【新步步高】2017版高考数学(文 全国甲卷)大二轮总复习与增分策略配套课件 专题四 数列、推理与证

第1讲等差数列与等比数列专题四数列、推理与证明栏目索引高考真题体验1热点分类突破2高考押题精练31.(2016·课标全国乙)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100等于()A.100B.99C.98D.97解析由等差数列性质，知S9＝9a1＋a92＝9×2a52＝9a5＝27，解析√高考真题体验1234得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝a10－a510－5＝1，∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.2.(2016·北京)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.解析∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.解析答案1234∴S6＝6×6＋6×6－12×(－2)＝6.63.(2016·江苏)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a2＝－3，S5＝10，则a9的值是________.12342解析设等差数列{an}公差为d，由题意可得：a1＋a1＋d2＝－3，5a1＋5×42d＝10，解得a1＝－4，d＝3，则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.20解析答案4.(2016·课标全国乙)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________.解析1234答案641.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.考情考向分析返回热点一等差数列、等比数列的运算1.通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1.2.求和公式热点分类突破等差数列：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d；等比数列：Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(q≠1).3.性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.例1(1)已知数列{an}中，a3＝76，a7＝1514，且1an－1是等差数列，则a5等于()A.109B.1110C.1211D.1312解析设等差数列1an－1的公差为d，则1a7－1＝1a3－1＋4d，∴11514－1＝176－1＋4d，解得d＝2.解析√∴1a5－1＝1a3－1＋2d＝10，解得a5＝1110.解析思维升华√(2)已知等比数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，且a1＋a7＝9，a4＝22，则S8等于()A.15(1＋2)B.151＋22C.152D.15(1＋2)或15(1＋22)跟踪演练1(1)已知Sn是非零等差数列{an}的前n项和，若a7＝9a3，则S9S5等于()A.185B.9C.5D.925解析因为a7＝9a3，所以a7＋a3＝10a3，解析√所以S9S5＝a1＋a9×92a1＋a5×52＝9a3＋a710a3＝9.故选B.(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，满足an0，q1，且a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S6等于()A.63B.48C.42D.36解析√解析在等比数列{an}中，∵a2a6＝64，∴a3a5＝a2a6＝64.又a3＋a5＝20，∴a3和a5为方程x2－20x＋64＝0的两根.∵an0，q1，∴a3a5，∴a5＝16，a3＝4.∵q＝a5a3＝4＝2，∴a1＝a3q2＝422＝1，∴S6＝1×1－261－2＝63.故选A.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列{an}是等差数列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*)为一常数；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).∴an－2＝－12n，∴an＝2－12n.例2已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且满足an＋Sn＝2n＋1.(1)求证：数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；证明∵an＋Sn＝2n＋1，令n＝1，得2a1＝3，a1＝32.∵an＋Sn＝2n＋1，∴an－1＋Sn－1＝2(n－1)＋1(n≥2，n∈N*).两式相减，得2an－an－1＝2，整理an＝12an－1＋1，an－2＝12(an－1－2)(n≥2)，∴数列{an－2}是首项为a1－2＝－12，公比为12的等比数列，解析答案＝13－12n＋2－113.思维升华(2)求证：12a1a2＋122a2a3＋…＋12nanan＋113.＝(122－1－123－1)＋(123－1－124－1)＋…＋(12n＋1－1－12n＋2－1)∴12a1a2＋122a2a3＋…＋12nanan＋1＝2n＋12n＋1－12n＋2－1＝12n＋1－1－12n＋2－1，证明∵12nanan＋1＝12n·2n＋1－12n·2n＋2－12n＋1解析答案跟踪演练2(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝________.解析由已知可得an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，故{an＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列.∴an＋3＝4×2n－1，∴an＝2n＋1－3.2n＋1－3解析答案(2)已知数列{bn}的前n项和为Tn，若数列{bn}满足各项均为正项，并且以(bn，Tn)(n∈N*)为坐标的点都在曲线ay＝a2x2＋a2x＋b(a为非零常数)上运动，则称数列{bn}为“抛物数列”.已知数列{bn}为“抛物数列”，则()A.{bn}一定为等比数列B.{bn}一定为等差数列C.{bn}只从第二项起为等比数列D.{bn}只从第二项起为等差数列解析√热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解.例3已知等比数列{an}的公比q1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为2n－1·3n＋12.(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；解析答案(2)设数列{1an}的前n项和为Sn，已知∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值.解∵数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴数列1an是首项为12，公比为13的等比数列，思维升华∴Sn＝12[1－13n]1－13＝34·[1－(13)n]34.∵∀n∈N*，Sn≤m恒成立，故实数m的最小值为34.解析答案跟踪演练3已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；解由已知得Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝1，又an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an⇒an＋1＝32an，所以数列{an}是以1为首项，32为公比的等比数列，所以an＝32n－1.解析答案解由an＋1＝32，得bn＝1anan＋1＝23n－132n＝n·23n－1，返回解析答案(2)设数列{bn}满足an＋1＝，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围.3()2nnab所以bn＋1－bn＝(n＋1)·23n－n·23n－1＝2n－13n(2－n)，所以(bn)max＝b2＝b3＝43，所以t≥43.32log32logan·bn12341.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a10，a3＋a100，a6a70，则满足Sn0的最大自然数n的值为()A.6B.7C.12D.13押题依据等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力.解析押题依据高考押题精练√解析∵a10，a6a70，∴a60，a70，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a120，a1＋a13＝2a70，∴S120，S130，∴满足Sn0的最大自然数n的值为12.1234解析2.已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b12等于()A.1B.2C.4D.8押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.押题依据√3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得am·an＝4a1，则1m＋4m的最小值为()A.32B.53C.256D.431234解析押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向.押题依据√1234解析4.定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝|x|；④f(x)＝ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()A.①②B.③④C.①③D.②④押题依据√返回押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉.