2015届高三数学成才之路二轮专项复习课件3.1等差、等比数列的通项、性质与前n项和

成才之路·数学路漫漫其修远兮吾将上下而求索新课标版•二轮专题复习数列专题三第一讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和专题三命题角度聚焦方法警示探究核心知识整合命题热点突破课后强化作业学科素能培养命题角度聚焦•(1)以客观题考查对基本概念、性质、通项及前n项和公式的掌握情况，主要是低档题，有时也命制有一定深度的中档题，与其他知识交汇命题也是这一部分的一个显著特征．•(2)以大题形式考查综合运用数列知识解决问题的能力．核心知识整合1．等差数列(1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)；(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；(3)前n项和公式：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－1d2；(4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)；②若m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.2．等比数列(1)定义式：an＋1an＝q(n∈N*，q为非零常数)；(2)通项公式：an＝a1qn－1；(3)前n项和公式：Sn＝na1q＝1，a11－qn1－qq≠1.(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)；②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(p、q、m、n∈N*)．•3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).•1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分类讨论．•2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．•3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的条件和an＝0的情形．•4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.命题热点突破•(文)(2014·乌鲁木齐地区诊断)已知等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，等差数列{bn}中，b1＝2，且a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋b420.•(1)求数列{an}的通项公式；•(2)求数列{bn}的前n项和Sn.•等差数列、等比数列的基本运算、判定或证明[解析](1)∵a3＝18，∴2q2＝18，q2＝9，q＝±3，当q＝3时，a2＝6，a1＋a2＋a3＝2620，当q＝－3时，a2＝－6.a1＋a2＋a3＝1420，不满足题意，所以q＝3，an＝2·3n－1.(2)由已知b2＋b3＋b4＝24，∴3b3＝24，b3＝8,8＝2＋2d，∴d＝3，∴Sn＝2n＋nn－12·3＝32n2＋12n.(理)(2013·全国大纲理，17)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．[解析]设{an}的公差为d.由S3＝a22得3a2＝a22，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列得S22＝S1S4.又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.•(文)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p是不为零的常数．•(1)证明：数列{an}是等比数列；•(2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．[解析](1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)，则Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝43an－1.由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝p3.所以{an}是首项为p3，公比为43的等比数列．(2)因为a1＝1，则an＝(43)n－1，由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝(43)n－1，当n≥2时，由累加法得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋1－43n－11－43＝3(43)n－1－1，当n＝1时，上式也成立．∴bn＝3·(43)n－1－1.(理)(2013·湖北七市联考)数列{an}是公比为12的等比数列，且1－a2是a1与1＋a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等差数列，b1＝8，其前n项和Tn＝nλ·bn＋1(λ为常数，且λ≠1)．(1)求数列{an}的通项公式及λ的值；(2)比较1T1＋1T2＋1T3＋…＋1Tn与12Sn的大小．[解析](1)由题意得(1－a2)2＝a1(a3＋1)，即(1－12a1)2＝a1(14a1＋1)，解得a1＝12，∴an＝(12)n.又T1＝λb2，T2＝2λb3，即8＝λ8＋d，16＋d＝2λ8＋2d，解得λ＝12，d＝8或λ＝1，d＝0.(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知Sn＝1－(12)n，∴12Sn＝12－(12)n＋1≥14，①又Tn＝4n2＋4n，1Tn＝14nn＋1＝14(1n－1n＋1)，∴1T1＋1T2＋…＋1Tn＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝14(1－1n＋1)14，②由①②可知1T1＋1T2＋…＋1Tn12Sn.•[方法规律总结]•1.求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及前n项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解．•2.证明数列是等差(等比)数列时，应用定义分析条件，结合性质进行等价转化．•等差、等比数列的性质(2013·合肥市质检)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5S6，则下列不等关系不一定成立的是()A.2a33a4B．5a5a1＋6a6C.a5＋a4－a30D．a3＋a6＋a122a7[答案]D•[解析]依题意得a6＝S6－S50,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a60,2a33a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a60,5a5a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a60.综上所述，故选D.(2014·全国大纲理，10)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于()A.6B．5C．4D．3[答案]C[分析]由对数的运算性质及4＋5＝9＝1＋8可知，用等比数列性质求解较简便．•[解析]{lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1a2…a8)＝lg(a4·a5)4＝4lg(a4a5)＝4，故选C.•[方法规律总结]•条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．•递推关系与求和(文)已知数列{an}的前n项和是Sn，且2Sn＝2－an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)∵当n＝1时，2S1＝2－a1，∴2a1＝2－a1，∴a1＝23；当n≥2时，2Sn＝2－an2Sn－1＝2－an－1，两式相减得2an＝an－1－an(n≥2)，即3an＝an－1(n≥2)，又an－1≠0，∴anan－1＝13(n≥2)，∴数列{an}是以23为首项，13为公比的等比数列．∴an＝23·(13)n－1＝2·(13)n.(2)由(1)知bn＝2·(13)n＋n，Sn＝1－(13)n.∴Tn＝Sn＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1－(13)n＋n2＋n2.(理)(2013·东北三省四市联考)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝32(an－1)，数列{bn}满足bn＝14bn－1－34(n≥2)，且b1＝3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝an·log2(bn＋1)，其前n项和为Tn，求Tn.[解析](1)对于数列{an}有Sn＝32(an－1)，①Sn－1＝32(an－1－1)(n≥2)，②由①－②得an＝32(an－an－1)，即an＝3an－1，n＝1时，S1＝32(a1－1)得a1＝3，则an＝a1·qn－1＝3·3n－1＝3n.对于数列{bn}有bn＝14bn－1－34(n≥2)，可得bn＋1＝14bn－1＋14，即bn＋1bn－1＋1＝14.bn＋1＝(b1＋1)(14)n－1＝4×(14)n－1＝42－n，即bn＝42－n－1.(2)由(1)可知，cn＝an·log2(bn＋1)＝3n·log242－n＝3n·log224－2n＝3n(4－2n)．Tn＝2·31＋0·32＋(－2)·33＋…＋(4－2n)·3n，③3Tn＝2·32＋0·33＋…＋(6－2n)·3n＋(4－2n)·3n＋1，④由③－④得－2Tn＝2·3＋(－2)·32＋(－2)·33＋…＋(－2)·3n－(4－2n)·3n＋1＝6＋(－2)(32＋33＋…＋3n)－(4－2n)·3n＋1.则Tn＝－3＋91－3n－11－3＋(2－n)·3n＋1＝－152＋(52－n)·3n＋1.(文)(2014·湖南文，16)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．•[分析](1)当n＝1时求出a1，当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1可求得an的通项公式；(2)由分组求和法及等比数列的前n项和可解决本问．[解析](1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝21－22n1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.(理)(2014·江西理，17)已知首项都是1的两个数列{an}、{bn}(bn≠0，n∈N*)，满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.[分析](1)根据已知递推公式，转化为等差数列求得数列的通项公式；(2)利用乘公比错位相减求数列的前n项和．[解析](1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2.所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1.∴数列{an}前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1.∴3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n.相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n.所以Sn＝(n－1)3n＋1.[方法规律总结]1.形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系用累加法可求出通项；2.形如an＋1＝anf(n)的递推关系可考虑用累乘法求通项an；3.形如an＋1＝kan＋b(k、b为常数)可通过变形，设bn＝an＋bk－1构造等比数列求通项an；4.给出an与Sn的关系式时，用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求解．学科素能培养•数列与函数、方程、不等式等交汇命题(2014·四川理，19)设等差数列{a