高考数学复习 第1讲 等差、等比数列的概念与性质课件

专题三数列【专题概述】从近几年高考试题中可以发现:高考对数列的考查主要有以下几个方面:(1)等差与等比数列的概念与性质;(2)数列的通项与求和问题;(3)数列与其他知识的综合.数列通项与求和问题是考查的热点,主要以解答题的形式出现,属中高档难度.高考真题自测热点考向突破思想方法感悟第1讲等差、等比数列的概念与性质体验高考1.(2011年高考重庆卷,文1)在等差数列{an}中,a2=2,a3=4,则a10=(D)(A)12(B)14(C)16(D)18解析:设该数列的公差为d,则d=a3-a2=2,因而a10=a2+8d=2+2×8=18.故选D.高考真题自测—夯基础提速度2.(2012年高考新课标全国卷,理5)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于(D)(A)7(B)5(C)-5(D)-7解析:法一利用等比数列的通项公式求解.由题意得,8,2921514165613174qaqaqaaaqaqaaa∴1,213aq或.8,2113aq∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.法二利用等比数列的性质求解.由8,2746574aaaaaa解得4,274aa或.2,474aa∴1,213aq或311,28.qa∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.3.(2012年高考江西卷,理12)设数列{an},{bn}都是等差数列,若a1+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5=.解析:法一设两等差数列组成的和数列为{cn},由题意知新数列仍为等差数列且c1=7,c3=21,则c5=2c3-c1=2×21-7=35.法二设数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2,因为a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,所以d1+d2=7,所以a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=21+2×7=35.答案:354.(2013年高考新课标全国卷Ⅱ,文17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.解:(1)设{an}的公差为d,由题意,得211a=a1a13,即(a1+10d)2=a1(a1+12d),于是d(2a1+25d)=0.又a1=25,所以d=0(舍去),d=-2.故an=-2n+27.(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2.由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而Sn=2n(a1+a3n-2)=2n(-6n+56)=-3n2+28n.感悟备考1.等差数列与等比数列是两种最基本的数列,也是高考考查的重点内容之一.在复习备考中,要熟练掌握等差(等比)数列的定义、通项公式、求和公式及基本性质.2.等差(等比)数列涉及首项a1,公差d(公比q),项数n,第n项an和前n项和Sn五个基本量,最根本的量是首项a1和公差d(公比q),为此常常利用等差(等比)数列的基本性质和方程思想、整体代入思想,通过a1、d(或q)求数列中的一些基本元素.考向一等差(等比)数列的基本运算由等差(等比)数列的通项公式及前n项和公式,已知五个量a1,d(或q),n,an,Sn中的三个量便可求出其余的两个量,即“知三求二”,体现了方程思想的应用,若条件和结论间的联系不明显,则均可化成关于a1和d(或q)的方程组求解,但要注意消元及整体计算,也就是说“最基本量”(即a1和d(或q))法是常用方法.热点考向突破—讲策略促迁移【例1】(2013南昌市高三调研)已知等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,则q3等于()(A)-21(B)1(C)-21或1(D)-1或21解析:若q=1,则由S3+S6=2S9得3a1+6a1=2×9a1,得a1=0,而等比数列任何一项都不为0,故q≠1;若q≠1,则qqa1)1(31+qqa1)1(61=2qqa1)1(91,得q3=-21,故选A.热点训练1(1)(2013滨州市一模)已知数列{an}为等差数列,其前n项的和为Sn,若a3=6,S3=12,则公差d等于()(A)1(B)2(C)3(D)35(2)(2013日照市一模)已知等比数列{an}的公比为正数,且a2·a6=9a4,a2=1,则a1的值为()(A)3(B)-3(C)-31(D)31解析:(1)在等差数列{an}中,S3=2)(331aa=2)6(31a=12,解得a1=2,d=2,故选B.(2)由a2·a6=9a4,得24a=9a4,a4=9,由a2=1,解得q2=9,所以q=3或q=-3(舍),所以a1=qa2=31,故选D.考向二等差(等比)数列性质的应用等差(等比)数列的中项公式及其推广是高考解题中运用较多的性质.对于等差数列{an},若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq,由此知其前n项和Sn=2)(1naan=2)(1mnmaan,该结论是求解数列客观题的通用简便方法.对于等比数列可类比得出相应结论.【例2】(2013北京海淀区高三模拟)数列{an}是公差不为0的等差数列,且a2+a6=a8,则55aS=.解析:由a2+a6=a8得2a1+6d=a1+7d,即a1=d≠0,所以55aS=dada4245511=dada410511=515=3.答案:3热点训练2已知各项均为正数的等比数列{an},a1·a9=16,则a2·a5·a8的值为()(A)16(B)32(C)48(D)64解析:等比数列{an},a1·a9=a2·a8=25a=16,又各项均为正数,∴a5=4,∴a2·a5·a8=35a=43=64,即a2·a5·a8的值为64.故选D.考向三等差(等比)数列的判断或证明等差与等比数列的判断与证明方法1.定义法.2.通项公式法.3.等差或等比中项法.4.前n项和公式法.【例3】(2012年高考陕西卷)已知等比数列{an}的公比q=-21.(1)若a3=41,求数列{an}的前n项和;(2)证明:对任意k∈N+,ak,ak+2,ak+1成等差数列.(1)解:由a3=a1q2=41及q=-21,得a1=1,所以数列{an}的前n项和Sn=2112111n=32121n.(2)证明:对任意k∈N+,2ak+2-(ak+ak+1)=2a1qk+1-(a1qk-1+a1qk)=a1qk-1(2q2-q-1),由q=-21得2q2-q-1=0,故2ak+2-(ak+ak+1)=0.所以,对任意k∈N+,ak,ak+2,ak+1成等差数列.关注细节(1)注意等比数列的公比为负数,代入前n项和公式中时注意负号的写法,不可把n21写为-n21.(2)在证明对任意k∈N+,ak,ak+2,ak+1成等差数列时,不可逐项验证,而要紧扣定义完成.热点训练3已知数列{an}满足a1=41,an=2111nnnaa(n≥2,n∈N*).(1)试判断数列nna11是否为等比数列,并说明理由;(2)设cn=ansin212πn,数列{cn}的前n项和为Tn.求证:对任意的n∈N*,Tn32.(1)解:是等比数列.理由如下:由an=2111nnnaa(n≥2,n∈N*)得na1=1121nnnaa=(-1)n-12na,所以na1+(-1)n=2·(-1)n-12na=-21111nna.又11a-1=3≠0,故数列nna11是首项为3,公比为-2的等比数列.(2)证明:由(1)得na1+(-1)n=3·(-2)n-1,所以na1=3·(-2)n-1-(-1)n,an=nn12311,所以cn=ansin212πn=nn12311·(-1)n-1=12311n1231n.所以Tn21121131n=32n21132.即对任意的n∈N*,Tn32.数形结合思想在数列中的应用【典例】等差数列{an}的首项a10,前n项的和为Sn,若Sm=Sk(m,k∈N*,且m≠k),则Sn取最大值时()(A)n=2km(B)n=21km(C)当m+k为偶数时,n=2km;当m+k为奇数时,n=21km(D)当m+k为偶数时,n=2km;当m+k为奇数时,n=21km思想方法感悟—熟题感悟规律解析:依题意可知d0.如图所示,(n,Sn)表示抛物线上的一些离散点,此抛物线的对称轴方程为x=2km,则当m+k为偶数,且n=2km时,Sn取最大值;m+k为奇数,且n=21km时,Sn取最大值.故选D.方法点睛本题根据等差数列的前n项和是关于n的二次函数,借助二次函数的图象求解,在求最值时应注意:由于Sn=An2+Bn(A≠0)的自变量为正整数,而y=Ax2+Bx的自变量为实数,所以在求最值时要取离对称轴x=-AB2最近的正整数点为最值点.【备选例题】【例1】如果等差数列{an}中,a3+a4+a5=12,那么a1+a2+…+a7等于()(A)14(B)21(C)28(D)35解析:等差数列{an}中,a3+a4+a5=12⇒a4=4,∴a1+a2+…+a7=7a4=28,故选C.【例2】已知数列{an}的首项a1=a,an=21an-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:(1)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.理由如下:∵b1=a-2,an=bn+2,∴bn+2=12(bn-1+2)+1(n∈N*,n≥2),即bn=12bn-1(n∈N*,n≥2).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=-121n,an=2-121n,anbn=141n-2·121n,所以Sn=411411n-2·211211n=34n411-4n211=-38-34·n41+n24=-38-1431n+221n.