2013届高三数学二轮复习课件 专题4 第1讲 等差、等比数列的基本问题

•1．数列的概念和简单表示法•(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式)．•(2)了解数列是一种特殊函数．•2．等差数列、等比数列•(1)理解等差数列、等比数列的概念．•(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式．•3．了解数列求和的基本方法•本部分考查的内容主要是：(1)等差数列、等比数列的基本知识(定义、通项公式、前n项和公式)．(2)能转化成等差数列、等比数列的递推数列的通项公式，本部分的考题一般是一个选择，一个填空题，以中、低档题为主．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)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)；(5)性质：①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；②若m＋n＝p＋q，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＝1a11－qn1－qq≠1；(4)等比中项公式：a2n＝an－1an＋1(n∈N*，n≥2)；(5)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)；②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(p，q，m，n∈N*)．注意：(1)a2n＝an－1an＋1是an－1，an，an＋1成等比数列的必要不充分条件．(2)利用等比数列前n项和的公式求和时，不可忽视对公比q是否为1的讨论．•[例1](2011·福建文，17)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.•(1)求数列{an}的通项公式；•(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．•[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，则•a1＝1，a3＝1＋2d＝－3，∴d＝－2•∴an＝3－2n.(2)由(1)知an＝3－2n，∴Sn＝n1＋3－2n2＝n(2－n)由Sk＝－35知，k(2－k)＝－35，即k2－2k－35＝0.∴k＝7或k＝－5，又k∈N*.∴k＝7.•[评析](1)在等差、等比数列的通项公式和前n项公式中，有五个量“知三求二”，是基本的思想方法，解决等差、等比数列的有关问题时，先求“基本量”是常用方法．•(2)对于数列求和应掌握经常使用的方法，如：裂项、叠加、累积．本题应用了裂项求和．•(2011·大纲全国卷理，4)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()•A．8B．7•C．6D．5•[答案]D[解析]方法一：Sk＋2－Sk＝[(k＋2)×1＋k＋2k＋12×2]－[k×1＋kk－12×2]＝4k＋4＝24，∴k＝5.方法二：Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝[1＋(k＋1)×2]＋[1＋k×2]＝4k＋4＝24，∴k＝5.[例2](2011·潍坊模拟)已知数列{an}的首项a1＝a，an＝12an－1＋1(n∈N*，n≥2)．若bn＝an－2(n∈N*)．(1)问数列{bn}是否能构成等比数列？并说明理由．(2)若已知a1＝1，设数列{an·bn}的前n项和为Sn，求Sn.[解析](1)b1＝a－2，an＝bn＋2，∴bn＋2＝12(bn－1＋2)＋1，即bn＝12bn－1.所以，当a≠2时，数列{bn}能构成等比数列；当a＝2时，数列{bn}不能构成等比数列．(2)当a＝1，得bn＝－(12)n－1，an＝2－(12)n－1，anbn＝(14)n－1－2(12)n－1，所以Sn＝1－14n1－14－21－12n1－12＝43(1－14n)－4(1－12n)＝－83－43·14n＋42n.[评析]证明数列{an}为等比数列的方法(1)证明an＋1an＝q(与n值无关的非零常数)．(2)a2n＝an＋1an－1(等比中项)(n≥2，n∈N)．设数列{an}满足：a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.[分析]已知前n项和Sn，可用公式an＝S1n＝1Sn－Sn－1n≥2求通项．对{an·bn}(其中an为等差数列，bn为等比数列)型数列求和，采取错位相减法．[解析](1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3①a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13(n≥2)②①－②得：3n－1an＝n3－n－13＝13(n≥2)∴an＝13n(n≥2)易验证n＝1时也满足上式．∴an＝13n(n∈N*)．(2)bn＝n·3nSn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n③3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1④③－④得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1∴－2Sn＝31－3n1－3－n·3n＋1∴Sn＝n2·3n＋1－14·3n＋1＋34＝2n－14·3n＋1＋34.•[评析]在已知前n项和Sn求数列通项an时，要注意对n＝1时情形的讨论．当n＝1时的情形符合n≥2时的表达式时，二者可合为一个统一的表达式．否则应以分段函数的形式呈现．在考查求和时，除了错位相减法之外，累加法、拆项转化法、裂项相消法也是考查热点.[例3](2011·辽宁理，17)已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an2n－1}的前n项和．[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由已知条件可得a1＋d＝0，2a1＋12d＝－10，，解得a1＝1，d＝－1.故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列an2n－1的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，故S1＝1，Sn2＝a12＋a24＋…＋an2n.所以，当n1时，Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝1－(12＋14＋…＋12n－1)－2－n2n＝1－(1－12n－1)－2－n2n＝n2n.所以Sn＝n2n－1.综上，数列an2n－1的前n项和Sn＝n2n－1.(2011·河北衡水)已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，a1＋2a2＝0，S4－S2＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{anSn}的前n项和；(3)求使不等式an≥116成立的n的集合．[解析](1)设等比数列{an}的公比是q，因为a1＝2a2＝0，且a1≠0，所以q＝a2a1＝－12.因为S4－S2＝18，所以a11－q41－q－a1(1＋q)＝18，将q＝－12代入上式，解得a1＝1，所以an＝a1qn－1＝(－12)n－1(n∈N*)．(2)由于an＝(－12)n－1，Sn＝23[1－(－12)]n，∴anSn＝23[(－12)n－1＋(12)2n－1]，故a1S1＋a2S2＋…＋anSn＝89－49·(－12)n－49－(14)n.(3)an≥116⇔(－12)n－1≥116.显然当n是偶数时，此不等式不成立．当n是奇数时，(－12)n－1≥116⇔(12)n－1≥(12)4⇔n≤5，但n是正整数，所以n＝1,3,5.综上，使原不等式成立的n的集合为{1,3,5}.•[例4](2011·福建厦门质检)将数列{an}中的所有项按每一行比上行多一项的规则排成如下数表：•a1•a2a3•a4a5a6•a7a8a9a10•……记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1＝a1＝1，Sn为数列{bn}的前n项和，且满足2bnbnSn－S2n＝1(n≥2)．(1)证明数列{1Sn}成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81＝－491时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．[分析](1)巧妙地对2bnbnSn－S2n＝1(n≥2)变形得到{1Sn}是等差数列，进而求出bn.(2)通过此表的分析得出a81在表中的位置，即确定首项和公比，求出第k行的所有项的和．[解析](1)证明：由已知，当n≥2时，2bnbnSn－S2n＝1，又Sn＝b1＋b2＋…＋bn，所以2Sn－Sn－1Sn－Sn－1Sn－S2n＝1，即2Sn－Sn－1－Sn－1Sn＝1，所以1Sn－1Sn－1＝12.又S1＝b1＝a1＝1，所以数列{1Sn}是首项为1，公差为12的等差数列．由上可知1Sn＝1＋12(n－1)＝n＋12，即Sn＝2n＋1.所以当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝－2nn＋1.因此bn＝1n＝1－2nn＋1n≥2.(2)解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q0.因为1＋2＋…＋12＝12×132＝78，所以表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项，故a81在表中第13行第3列，因此a81＝b13·q2＝－491.又b13＝－213×14，所以q＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，则S＝bk1－qk1－q＝－2kk＋1·1－2k1－2＝2kk＋1(1－2k)(k≥3)．•[评析]数列项的变化呈规律性，这是等差、等比数列的特征，在高考中，这种变化的规律性经常用数表或图形给出，也可以是给出信息根据新信息解题，对考查学生的创新能力提出了较高的要求．新课标教材的学习，十分重视创新、立意鲜明、背景鲜明、设问灵活．解这类问题要先读懂题意，从题目中获取有用信息，然后根据相关知识作进一步的演算和推理，综合运用新的信息和数学知识分析，解决新情境问题．已知数集A＝{a1，a2，…，an}(1≤a1a2…an，n≥2)具有性质P：对任意的i，j(1≤i≤j≤n)，aiaj与aiaj两数中至少有一个属于A.(1)分别判断数集{1,3,4}与{1,2,3,6}是否具有性质P，并说明理由；(2)证明：a1＝1,且a1＋a2＋…＋ana－11＋a－12＋…＋a－1n＝an；(3)证明：当n＝5时，a1，a2，a3，a4，a5成等比数列．[解析](1)由于3×4与43均不属于数集{1,3,4}，∴该数集不具有性质P.由于1×2,1×3,1×6,2×3，62，63，11，22，33，66都属于数集{1,2,3,6}，∴该数集具有性质P.(2)∵A＝{a1，a2，…，an}具有性质P，∴anan与anan中至少有一个属于A.由于1≤a1a2…an，所以ananan，故anan∉A.从而1＝anan∈A，∴a1＝1.∵1＝a2a2…an，∴akanan，故akan∉A(k＝2,3，…，n)．由A具有性质P可知anak∈A(k＝2,3，…，n)．又∵anananan－1…ana2ana1，∴anan＝1，anan－1＝a2，…，ana2＝an－1，ana1＝an，从而anan＋anan－1＋…＋ana2＋ana1＝a1＋a2＋…＋an－1＋an，∴a1＋a2＋…＋ana－11＋a－12＋…＋a－1n＝an.(3)由(2)知，当n＝5时，有a5a4＝a2，a5a3＝a3，即a5＝a2a4＝a23.∵1＝a1a2…a5，∴a3a4a2a4＝a5，∴a3a4∉A.由于A具有性质P可知a4a3∈A.由a2a4＝a23，得a3a2＝a4a3∈A，且1a3a2a2，∴a4a3＝a3a2＝a2，∴a5a4＝a4a3＝a3a2＝a2a1＝a2.即a1，a2，a3，a4，a5是首项为1，公比为a2的等比数列．