(共41张PPT)
等差数列、等比数列
专题三
2025
内容索引
01
02
必备知识 精要梳理
关键能力 学案突破
必备知识 精要梳理
1.等差数列、等比数列的基本公式
名师点析数列的本质是定义域为N*(或它的有限子集{1,2,…,n})的函数.
2.等差数列、等比数列的常用性质
3.判断数列是等差、等比数列的常用方法
名师点析1.如果数列{an}既成等差数列又成等比数列,那么数列{an}是非零常数列;“数列{an}是常数列”是“数列{an}既成等差数列又成等比数列”的必要不充分条件.
2.“ =an·an+2(n∈N*)”是“{an}为等比数列”的必要不充分条件,在判断一个数列是等比数列时,要注意各项均不为0.
关键能力 学案突破
突破点一
等差数列、等比数列的基本运算
[例1]①a1+a3=b3,②b2+S5=-b4,③a1+a9=-4,在这三个条件中任选两个,补充在下面的问题中.若问题中的m存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是各项均为正数的等比数列,其前n项和为Tn,若 , ,且b1=2,T4=5T2,是否存在大于2的正整数m,使得4S1,S3,Sm成等比数列
所以Sn=-n2+7n.所以S1=6,S3=12,Sm=-m2+7m.
若4S1,S3,Sm成等比数列,则 =4S1Sm,即122=4×6(-m2+7m),
所以m2-7m+6=0,解得m=6或m=1(舍去).
此时存在正整数m=6满足题意.
规律方法等差数列、等比数列运算问题的求解策略
(1)抓住基本量,即首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)形式的数列为等差数列,通项公式为an=p·qn-1(p,q≠0)形式的数列为等比数列.
(3)因为等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常采用两式相除(即比值)的方式进行相关计算.
对点练1
(1)(2024·新高考Ⅱ,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
95
解析 (方法一)设数列{an}的公差为d,因为a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,
所以a1=-4,d=3,所以S10=10a1+45d=95.
(方法二)设数列{an}的公差为d,因为a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5=5,
所以a2=-1,a5=8,
(2)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b2=4,an=2log2bn,n∈N*.
①求数列{an},{bn}的通项公式;
②设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Sn,求S100.
解 ①设等差数列{an}的公差为d,
因为b2=4,所以a2=2log2b2=4,所以d=a2-a1=2.
所以an=2+(n-1)×2=2n.
又an=2log2bn,即2n=2log2bn,所以bn=2n.
②由①知bn=2n=2·2n-1=,即bn是数列{an}中的第2n-1项.
设等差数列{an}的前n项和为Pn,等比数列{bn}的前n项和为Qn.
所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的,
突破点二
等差数列、等比数列的性质
命题角度1 等差数列的性质
[例2-1]已知数列{an}是等差数列,3(a1+a5)+2(a3+a6+a9)=18,则该数列前8项和为( )
A.36 B.24 C.16 D.12
D
解析 因为数列{an}是等差数列,所以a1+a5=2a3,a3+a6+a9=3a6,
所以3×2a3+2×3a6=18,即a3+a6=3.
A
命题角度2 等比数列的性质
[例2-4]记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=( )
A.7 B.8 C.9 D.10
A
解析 根据题意及等比数列的性质,可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,
即(S4-S2)2=S2(S6-S4),
∵S2=4,S4=6,∴(6-4)2=4(S6-6),解得S6=7.故选A.
[例2-5]已知数列{an}为等比数列,其前n项的乘积为Tn,若T3=T9,则T12= .
答案 1
解析 ∵T3=T9,
∴a4a5a6a7a8a9=1.
又{an}为等比数列,
∴(a4a9)3=1,
∴a1a12=a4a9=1.
方法技巧等差数列、等比数列性质问题的求解策略
抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些关系入手选择恰当的公式进行求解
用性质 数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,因此可利用函数的一些性质求解相关题目
对点练2
(1)(多选题)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且S6>S7>S5,则下列结论正确的是( )
A.d<0 B.S11>0
C.S12<0 D.数列{Sn}中的最大项为S11
AB
解析 ∵S6>S7,∴a7<0,又S6>S5,∴a6>0,∴d<0,故A正确.
由题意,可知当1≤n≤6时,an>0,当n≥7时,an<0,
故数列{Sn}中的最大项为S6,故D不正确.
(2)中国古代数学著作《九章算术》里记载了这样一个问题“今有女子善织,日自倍,五日织五尺.问日织几何 ”意思是“今有一女子很会织布,每日加倍增长,5天共织5尺,问每日各织布多少尺 ”,则该女子第二天织布( )(尺非国际通用单位)
B
(3)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10= .
10
解析 ∵等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,
∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9,
∴log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1a2…a10)=log395=10.
突破点三
等差数列、等比数列的判断与证明
[例3]设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2.
(1)设bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列;
(2)在(1)的条件下证明 是等差数列,并求an.
证明 (1)由a1=1,及Sn+1=4an+2,得S2=a1+a2=4a1+2,即a2=3a1+2=5,
∴b1=a2-2a1=3.
∵Sn+1=4an+2,∴当n≥2时,Sn=4an-1+2,
∴an+1=Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1).
又bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,
∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
解题心得判断数列为等差(等比)数列的技巧
(1)判断给定的数列{an}是等差(等比)数列的常用方法有:①定义法;②等差(等比)中项法.
(2)若数列{an},{bn}为等差数列,且项数相同,则{kan},{an±bn},{pan+qbn}都是等差数列.
(3)若数列{an},{bn}为等比数列,且项数相同,则{kan}(k≠0), 都是等比数列.
对点练3
记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积.已
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
突破点四
求数列的通项公式
ABC
解题心得求数列{an}通项的常用方法
对点练4
本 课 结 束(共16张PPT)
素养提升微专题(四) 数列解答题中的奇、偶项问题
2025
规律方法
数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
数列中奇、偶项问题的常见题型有:
(1)数列中连续两项的和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n));
(2)通项中含有(-1)n的类型;
(3){a2n},{a2n-1}的类型;
(4)已知条件中明确的奇、偶项问题.
考查角度
角度一 通项中含有(-1)n的数列求和
[例1]已知正项数列{an},其前n项和为Sn,an=1-2Sn.
(1)求数列{an}的通项公式;
角度二 奇、偶项通项不同的数列求和
[例2] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5, S8=36,an=log3bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a5=5,S8=36,
∴an=1+(n-1)×1=n.
又an=log3bn,∴n=log3bn,∴bn=3n.
对点演练
1. 已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an-3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2log3an+(-1)n·n,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n=1时,2S1=2a1=3a1-3,
所以a1=3.
因为2Sn=3an-3,
所以当n≥2时,2Sn-1=3an-1-3,
所以数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,
所以an=3n.
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=8,S4=40.数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn-2bn+3=0.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
因为Tn-2bn+3=0,所以当n=1时,b1-2b1+3=0,即b1=3;当n≥2时,
Tn-1-2bn-1+3=0,所以Tn-Tn-1-2bn+2bn-1=-bn+2bn-1=0,即bn=2bn-1(n≥2).
所以数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列,
所以bn=3×2n-1.
又P1=c1=4符合上式,
所以当n为奇数时,Pn=2n+n2+2n-1.
本 课 结 束(共53张PPT)
专项突破三 数列解答题
专题三
2025
突破
求数列的通项及前n项和
必备知识 精要梳理
1.分组转化法
具有下列特点的数列常用分组转化法求和:
(1)an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差数列或等比数列,可采用分组转化法求和.
2.错位相减法
一般地,数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
3.裂项相消法
实质是将数列的通项分解为两项之差,求和时能消去中间的一些项,最终达到求和的目的,其解题的关键是准确地裂项和消项.
(1)裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
(2)消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.
关键能力 学案突破
考向一 分组转化法求和
(1)若数列{bn}满足bn=a2n-1(n∈N*),求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的通项公式,并求S2n.
解 (1)因为数列{an}满足a1=1,
所以bn+1=a2n+1=3a2n+2=3(2a2n-1+1)+2=6a2n-1+5=6bn+5.
因为b1+1=a1+1=2≠0,且bn+1+1=6(bn+1),所以数列{bn+1}是首项为2,公比为6的等比数列.
所以bn+1=2·6n-1,则bn=2·6n-1-1.
解题心得分组转化法求和的类型和解题技巧
(1)分组转化法求和的常见类型
(2)有些数列的项和项数的奇偶有关,有些数列的项有周期性,有些数列的项与三角函数值相关,求解上述条件下数列和的问题时,可以将原数列的通项转化为若干个简单数列的通项的和差,整体转化后求和.
精典对练·得高分
已知等差数列{an}的首项为2,前n项和为Sn,正项等比数列{bn}的首项为1,且满足a3=2b2,S5=b2+b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=(-1)nlog3Sn+log3bn,求数列{cn}的前26项和.
∴cn=(-1)nlog3[n(n+1)]+log33n-1=(-1)nlog3n+(-1)nlog3(n+1)+n-1.
设{cn}的前n项和为Tn,
则T26=(-log31-log32+0)+(log32+log33+1)+(-log33-log34+2)+…+(-log325-log326+24)+(log326+log327+25)
数学思想·扩思路
转化与化归思想
已知等差数列{an}满足a2=4,a3+a4=17.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=2,从下列三个条件中任选一个作为已知,求数列{an+bn}的前n项和Tn.
①bn+1=2bn,②2bn+1=bn,③bn+1=-bn.
点评有些数列求和问题,通过分组或并项,将不易直接求和的问题转化为容易求和的问题,这一过程体现了转化与化归的数学思想.
考向二 裂项相消法求和
[例2]已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)2n+1+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(1)解 因为a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)2n+1+2,①
所以当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)2n+2.②
①-②,得nan=(n-1)2n+1-(n-2)2n,即an=2n(n≥2).
当n=1时,a1=2满足上式.所以an=2n.
(2)证明 因为log2an=log22n=n,
解题心得(1)裂项相消法求和的基本步骤
(2)利用裂项相消法求和需注意:
①检验通项公式裂项前后是否等价.
②求和时,正负项相消,消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项.
精典对练·得高分
(2024·广西壮族自治区二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d为整数,S3=21,且a1,a2+1,a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
一题多解·练思维
已知等比数列{an}的前n项和为Sn,给出条件:
若 ,
(1)求m的值及数列{an}的通项公式;
考向三 错位相减法求和
[例3](2024·浙江金华高三模拟)已知数列{an}是等差数列,a1=3,公差d≠0,且a1,a7,a25构成等比数列,
(1)求an;
(2)设f(n)=an,若存在数列{bn}满足b1=1,b2=7,b3=25,且数列{f(bn)}为等比数列,求{anbn}的前n项和Sn.
解 (1)∵{an}是等差数列,a1=3,d≠0,
∴a7=a1+6d,a25=a1+24d.
∵a1,a7,a25构成等比数列,
∴(a1+6d)2=a1(a1+24d),
∴a1=3d=3,∴d=1,∴an=n+2.
(2)∵f(b1)=f(1)=a1=3,f(b2)=f(7)=a7=9,f(b3)=f(25)=a25=27,
又数列{f(bn)}为等比数列,∴f(bn)=3n,
而f(bn)==bn+2,∴3n=bn+2,∴bn=3n-2,∴anbn=(n+2)3n-2(n+2).
设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn,
则Tn=(1+2)×31+(2+2)×32+…+(n+2)×3n,①
3Tn=(1+2)×32+(2+2)×33+…+(n+2)×3n+1,②
①-②得-2Tn=(1+2)×31+32+…+3n-(n+2)×3n+1,
方法技巧已知数列{an}是公差为d的等差数列,数列{bn}是公比为q(q≠0,q≠1)的等比数列,Sn是数列{anbn}的前n项和.利用错位相减法求数列{anbn}的前n项和的基本步骤
精典对练·得高分
易错防范·不丢分
①4Sn=+2an,②a1=2,nan+1=2Sn .在这两个条件中任选一个,补充到下面横线处,并解答.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn, .
(1)求数列{an}的通项公式;
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
因为an>0,所以an+1-an=2,
所以数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列,所以an=2n.
选②,因为nan+1=2Sn,所以当n≥2时,(n-1)an=2Sn-1,
所以nan+1-(n-1)an=2Sn-2Sn-1=2an,即nan+1=(n+1)an,
误区警示应用错位相减法求和对数学运算素养有较高的要求.容易出现两个错误:一是相减时弄错最后一项的符号;二是忘记把相减后所得等式的左边的式子的系数化为1.
考向四 数列中的存在性问题
[例4]已知在各项均为正数的等比数列{an}中,a1+a3=10,a3+a5=40.设bn=log2an.
(1)求数列{bn}的通项公式.
(1)解 设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0),
则a1+a1q2=10,a1q2+a1q4=40,
解得a1=2,q=2,所以an=2n,bn=log22n=n.
解题心得假设推理法解数列存在性问题
解决数列中的存在性问题的一般方法是假设推理法,即先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
精典对练·得高分
①{bn}为等比数列,b1=a1,3b2=a2,②{bn}为等差数列,2b1=a1,4b2=a2,③{bn}为等比数列,b1=a1+2,b2=a2+4.在这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.
又a1=2满足an=(2n-1)·2n,所以an=(2n-1)·2n.
若选①,设等比数列{bn}的公比为q(q≠0).
由已知得b1=2,b2=2q=4,则q=2,所以bn=2×2n-1=2n.
由Sk=k2≥2 023,k∈N*,可得k≥45,所以存在正整数k,使得Sk≥2 023成立,且k的最小值为45.
若选②,设等差数列{bn}的公差为d.
由已知得b1=1,b2=3,则d=b2-b1=2,
由Sk=2k+1-2≥2 023,k∈N*得k≥10,所以存在正整数k,使得Sk≥2 023成立,且k的最小值为10.
若选③,设等比数列{bn}的公比为q(q≠0).
数学思想·扩思路
函数与方程思想
在数列{an}中,a1=1,a1+2a2+3a3+…+nan= an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若存在n∈N*,使得an≥(n+1)3nλ成立,求实数λ的最大值.
点评本题第(2)问是根据含参不等式有解求参数范围,先分离参数,转化为求函数的最值,蕴含了转化的数学思想.在求最值时对新构造的数列分析其单调性,体现了函数思想的应用.
本 课 结 束
