(全国通用)2016高考数学二轮复习 专题三 第1讲 等差数列、等比数列的基本问题课件 理

第1讲等差数列、等比数列的基本问题高考定位等差数列与等比数列是最重要也是最基本的数列模型，与数列相关的命题绝大部分最终都要归结到这两个模型中来求解；同时数列问题又是以运算为主导，其概念、性质都是建立在准确运算的基础上，因此要特别注意运算能力的提升，保证每一步运算正确.真题感悟1.(2015·全国Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A.21B.42C.63D.84解析设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.B2.(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()A.a1d＞0，dS4＞0B.a1d＜0，dS4＜0C.a1d＞0，dS4＜0D.a1d＜0，dS4＞0解析∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理得a1＝－53d，∴a1d＝－53d2＜0，又S4＝4a1＋4×32d＝－2d3，∴dS4＝－2d23＜0，故选B.B3.(2015·北京卷)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是()A.若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3D.若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0解析A，B选项易举反例，C中若0＜a1＜a2，∴a3＞a2＞a1＞0，∵a1＋a32a1a3，又2a2＝a1＋a3，∴2a22a1a3，即a2a1a3成立.C4.(2015·陕西卷)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________.解析由题意设首项为a1，则a1＋2015＝2×1010＝2020，∴a1＝5.答案5考点整合1.求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前n项和与通项的关系an＝S1（n＝1），Sn－Sn－1（n≥2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f(n)，把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝f(n)an，把原递推公式转化为an＋1an＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝q1－p，再利用换元法转化为等比数列求解.2.等差数列(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d，(2)求和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d，(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.3.等比数列(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列.热点一等差、等比数列的有关运算[微题型1]等差、等比数列的基本运算【例1－1】(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则Sn的最小值为________.(2)(2015·郑州模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于()A.3B.4C.5D.6解析(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知S10＝10a1＋10×92d＝0，S15＝15a1＋15×142d＝25，解得a1＝－3，d＝23.∴Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－3n＋n（n－1）2×23＝n23－103n＝13(n－5)2－253.当n＝5时，Sn最小值为－253.(2)由已知得Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝a1－amq1－q＝－11，故a1＝－1，又am＝a1qm－1＝－16，代入可求得m＝5.答案(1)－253(2)C探究提高等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d(公比q)，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.[微题型2]等差、等比数列的性质运算【例1－2】(1)(2015·武汉模拟)在等差数列{an}中，a1＝－2015，其前n项和为Sn，若S1212－S1010＝2，则S2015的值为()A.2014B.2015C.－2014D.－2015(2)(2015·潍坊模拟)在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________.解析(1)根据等差数列的性质，得数列Snn也是等差数列，由已知可得S11＝a1＝－2015，由S1212－S1010＝2＝2d，得公差d＝1.故S20152015＝－2015＋(2015－1)×1＝－1，∴S2015＝－2015.(2)法一a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2·1－（q3）291－q3＝q21＋q＋q2·a1（1－q87）1－q＝47×140＝80.法二设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87，因为b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，所以b1(1＋q＋q2)＝140，而1＋q＋q2＝7，所以b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80.答案(1)D(2)80探究提高在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.【训练1】(2015·湖南卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________.解析由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.答案3n－1热点二求数列的通项[微题型1]由Sn与an的关系式求an【例2－1】设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Snn＝an＋1－13n2－n－23，n∈N*，求数列{an}的通项公式.解由题意，2Sn＝nan＋1－13n3－n2－23n，所以，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－13(n－1)3－(n－1)2－23(n－1)，两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－13(3n2－3n＋1)－(2n－1)－23，整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即an＋1n＋1－ann＝1，又a22－a11＝1，故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2，所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.探究提高给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.[微题型2]已知an与an＋1的递推关系求an【例2－2】(1)(2015·合肥模拟)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an(1－nan＋1)，则数列{an}的通项公式为()A.an＝n2－n＋22B.an＝n2－n＋12C.an＝2n2－n＋1D.an＝2n2－n＋2(2)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则an＝________.(3)已知a1＝4，an＋1＝2an2an＋1，则an＝________.解析(1)原数列递推公式可化为1an＋1－1an＝n，令bn＝1an，则bn＋1－bn＝n，因此bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝n2－n＋22.从而an＝2n2－n＋2.(2)由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，得(n＋2)an＋1an2＋an＋1an＝n＋1，所以an＋1an＝n＋1n＋2.又a1＝1，则an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝nn＋1·n－1n·…·23·1＝2n＋1.故数列{an}的通项公式an＝2n＋1.(3)∵an＋1＝2an2an＋1，两边取倒数得1an＋1＝12an＋1，设bn＝1an，则bn＋1＝12bn＋1，则bn＋1－2＝12(bn－2)，∴bn＋1－2bn－2＝12，故{bn－2}是以b1－2＝1a1－2＝－74为首项，12为公比的等比数列.∴bn－2＝－7412n－1，即1an－2＝－7412n－1，得an＝2n＋12n＋2－7.答案(1)D(2)2n＋1(3)2n＋12n＋2－7探究提高第(1)小题考查了通过构造新数列求数列的通项，其过程是通过换元构造新的数列，得到bn＋1－bn＝n，然后利用累加法求得数列的通项.事实上，形如bn＋1－bn＝f(n)，其中f(n)＝k或多项式(一般不高于三次)的递推公式，用累加法即可求得数列的通项公式.【训练2】(2015·石家庄模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝12.(1)求证：1Sn是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式.(1)证明由an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，所以1Sn－1Sn－1＝2(n≥2，n∈N*)，故1Sn是等差数列.(2)解由(1)知，1Sn＝2n，故Sn＝12n，an＝Sn－Sn－1＝12n－12（n－1）＝－12n（n－1）(n≥2，n∈N*)，所以an＝12，n＝1，－12n（n－1），n≥2.热点三等差、等比数列的判定与证明【例3】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列Sn＋λn＋λ2n为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0.②①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以an＋1an＝12(n≥2).因为a1＝1，2a2＋a1＝2，所以a2＝12.所以{an}是首项为1，公比为12的等比数列.所以数列{an}的通项公式为an＝12n－1.(2)由(1)知，Sn＝1－12n1－12＝2－12n－1.若Sn＋λn＋λ2n为等差数列，则S1＋λ＋λ2，S2＋2λ＋λ22，S3＋3λ＋λ23成等差数列，则2S2＋9λ4＝S1＋3λ2＋S3＋25λ8，即232＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2.又λ＝2时，Sn＋2n＋22n＝2n＋2，显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{Sn＋λn＋λ2n}成等差数列.探究提高判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an或an＋1an为同一常数.(2)通项公式法：①若an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d或an＝kn＋b(n∈N