2013年高三数学二轮复习课件 第一讲 等差数列、等比数列

专题四数列第一讲等差数列、等比数列[例1](2012年高考山东卷)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m，92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.[解析](1)因为{an}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9man92m，则9m＋89n92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝9×（1－81m）1－81－（1－9m）1－9＝92m＋1－10×9m＋180.1．(2012年皖北四市联考)已知数列{an}为等比数列，且a1＝4，公比为q，前n项和为Sn，若数列{Sn＋2}也是等比数列，则q＝()A．2B．－2C．3D．－3解析：因为数列{Sn＋2}是等比数列，所以(S1＋2)(S3＋2)＝(S2＋2)2，即6(6＋4q＋4q2)＝(6＋4q)2，即q(q－3)＝0，∵q≠0，∴q＝3.答案：C2．(2012年高考广东卷)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________．解析：利用等差数列的通项公式求解．设等差数列的公差为d，则由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，∴d2＝4，∴d＝±2.由于该数列为递增数列，∴d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.答案：2n－1数列{an}是等差或等比数列的证明方法(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：①利用定义证明an＋1－an(n∈N*)为常数；②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：①利用定义证明an＋1an(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2)．[例2](2012年高考陕西卷)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．(1)求数列{an}的公比；(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．[解析](1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3.由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.(2)证明：证法一对任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．证法二对任意k∈N＋，2Sk＝2a1（1－qk）1－q，Sk＋2＋Sk＋1＝a1（1－qk＋2）1－q＋a1（1－qk＋1）1－q＝a1（2－qk＋2－qk＋1）1－q，2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝2a1（1－qk）1－q－a1（2－qk＋2－qk＋1）1－q＝a11－q[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝a1qk1－q(q2＋q－2)＝0，因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．解析：(1)证明：当m＝1时，a1＝1，a2＝λ＋1，a3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2.假设数列{an}是等差数列，由a1＋a3＝2a2，得λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)，即λ2－λ＋1＝0，Δ＝－30，∴方程无实根．故对于任意的实数λ，数列{an}一定不是等差数列．已知数列{an}和{bn}满足a1＝m，an＋1＝λan＋n，bn＝an－2n3＋49.(1)当m＝1时，求证：对于任意的实数λ，数列{an}一定不是等差数列；(2)当λ＝－12时，试判断数列{bn}是否为等比数列．(2)当λ＝－12时，an＋1＝－12an＋n，bn＝an－2n3＋49.bn＋1＝an＋1－2（n＋1）3＋49＝(－12an＋n)－2（n＋1）3＋49＝－12an＋n3－29＝－12(an－2n3＋49)＝－12bn，b1＝a1－23＋49＝m－29.∴当m≠29时，数列{bn}是以m－29为首项，－12为公比的等比数列；当m＝29时，数列{bn}不是等比数列．[例3](1)(2012年高考福建卷)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为()A．1B．2C．3D．4(2)(2012年高考广东卷)若等比数列{an}满足a2a4＝12，则a1a23a5＝________．[解析](1)解法一利用基本量法求解．设等差数列{an}的公差为d，由题意得2a1＋4d＝10，a1＋3d＝7.解得a1＝1，d＝2.∴d＝2.解法二利用等差数列的性质求解．∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.(2)利用等比数列的性质求解．∵数列{an}为等比数列，∴a2·a4＝a23＝12，a1·a5＝a23.∴a1a23a5＝a43＝14.[答案](1)B(2)14(2012年高考安徽卷)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝()A．4B．5C．6D．7解析：利用等比数列的性质和通项公式求解．∵a3·a11＝16，∴a＝16.又∵等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4.又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.故选B.答案：B【真题】(2012年高考天津卷)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，证明：Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n≥2)．【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组2＋3d＋2q3＝27，8＋6d－2q3＝10，解得d＝3，q＝2.所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.(2)证明：由(1)得Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1.②由①－②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1＝6×（1－2n）1－2－(3n－1)×2n＋1－2＝－(3n－4)×2n＋1－8，即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1.而当n≥2时，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1，所以Tn－8＝an－1bn＋1，n∈N*，n≥2.【名师点睛】本题主要考查等差、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式、数列求和等知识，本题(2)中，解题的关键是利用错位相减求和法准确求出Tn，否则不会得出结论．高考对等差、等比数列基本运算的考查．一是在选择、填空中考查，二是在解答题中求通项时进行考查，难度较低，注意方程思想与整体思想的运用．【押题】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S15＝225.(1)求数列{an}的通项an；(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)设等差数列{an}首项为a1，公差为d，由题意，得a1＋2d＝5，15a1＋15×142d＝225，解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)bn＝2an＋2n＝12·4n＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝4n＋1－46＋n2＋n＝23·4n＋n2＋n－23.本小节结束请按ESC键返回