《走向高考》2014高三数学二轮专题复习课件:3-1等差、等比数列的通项、性质与前n项和_图文

走向高考· 数学
新课标版 ·二轮专题复习

路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

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专题三





专题三





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专题三
第一讲 等 、 比 列 通 、 质 差 等 数 的 项 性 与前 n 项和

专题三

第一讲

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考向聚焦

3

高频考点

核心整合

4

课后强化作业

专题三

第一讲

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考向聚焦

专题三

第一讲

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考向分析 () 数列的有关概念、数列的递推关系. 1 () 等差、等比数列的通项、前 n 项和及其性质. 2 () 等差、等比数列的判断与证明. 3

专题三

第一讲

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命题规律 () 以客观题考查对基本概念、性质、通项及前 n 项和公 1 式 掌 情 ,要 低 题有 也 制 一 深 的 档 的 握 况主 是 档 ,时 命 有 定 度 中 题,与其他知识交汇命题也是这一部分的一个显著特征. () 以大题形式考查综合运用数列知识解决问题的能力. 2

专题三

第一讲

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核心整合

专题三

第一讲

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知识方法整合 1.等差数列 () 定义式:an+1-an=d(n∈N*,d 为常数); 1 () 通项公式:an=a1+(n-1)d; 2 n?a1+an? n?n-1?d () 前 n 项和公式:Sn= 3 =na1+ ; 2 2 () 性质:①an=am+(n-m)d(n、m∈N*); 4 ②若 m+n=p+q(m、n、p、q∈N*),则 am+an=ap+aq.

专题三

第一讲

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2. 比 列 等数 an+1 () 定 式 1 义: =q(n∈N*,q 为 零 数 非常 an () 通 公 : 2 项式 an=a1qn-1; Sn= );

() 前 n 项 公 : 3 和式
? ? ?na1 ? ?

a1?1-qn? q=1,? q≠1. 1-q

专题三

第一讲

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() 性 : ①an=amqn m(n,m∈N*); 4 质 ②若 m+n=p+q, aman=apaq(p、q、m、n∈N*). 则 注 : () a2=an-1an+1 是 an-1,an,an+1 成 比 列 必 意 1 n 等数的要 不分件 充条. () 利 等 数 前 2 用比列 q是 为 1的 论 否 讨. n 项 的 式 和 ,可 视 公 和 公 求 时不 忽 对 比



专题三

第一讲

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3. 习 列 题 把 等 、 比 列 个 义 牢 复数专要握差等数两定,记 通、 项前 n项 四 公 ,用 差等 数 的 质明 和组式活等、比列性,确

数列与函数的关系,巧妙利用 an 与 Sn 的 系 行 化 细 关进转,辨 应用问题中的条件与结论是通项还是前 n 项 , 中 破 列 和集 突 数 求的种法 和五方 (公 法 倒 相 法 错 相 法 分 求 式、序加、位减、组

和法、裂项相消法).

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第一讲

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疑难误区警示 1. 用 an 与 Sn 的 系 等 数 前 应 关 ,比 列 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 形 情. 4.等比数列{an}中 公 ,比 q≠0,an≠0. n项 公 时注 和 式 ,意

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第一讲

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高频考点

专题三

第一讲

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等差数列、等比数列的基本运算、判定或证明
(文)03 ( 1· 2 (2n-1)an-2n=0. () 求数列{an}的通项公式 an; 1 1 () 令 bn= 2 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. ?n+1?an 江西文, 16)正项数列{an}满足: 2- an

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第一讲

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[解析] =0.

() 由 a2-(2n-1)an-2n=0,得(an -2n)(an+1) 1 n

由于{an}是 项 列 所 正数,以

an=2n.

1 1 11 1 () an=2n,bn= 2 ,则 bn= = ( - ). ?n+1?an 2n?n+1? 2 n n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn=2(1-2+2-3+…+ - + - )= (1- ) n-1 n n n+1 2 n+1 n = . 2?n+1?

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第一讲

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(理)03 ( 1· 2

全国大纲理, 17)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,

2 已知 S3=a2,且 S1,S2,S4 成等比数列,求{an}的通项公式.

专题三

第一讲

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[解析]

设{an}的 差 公为

d.

2 由 S3=a2 得 3a2=a2,故 a2=0 或 a2=3. 2

由 S1,S2,S4 成 比 列 等数得

S2=S1S4. 2

又 S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d, 故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d). 若 a2=0,则 d2=-2d2, 以 d=0, 时 Sn=0, 合 所 此 不题 意; 若 a2=3,则(6-d)2=(3-d)2 +2d), 得 d=0 或 d=2. ( 1 解 因此{an}的通项公式为 an=3 或 an=2n-1.
专题三 第一讲

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已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N*, 满 : 且足 +a4=14,S7=70. () 求数列{an}的通项公式; 1 2Sn+48 () 设 bn= 2 , 列 {bn}中 最 项 第 项 并 数 的小是几,求 n 出该项的值.

a2

专题三

第一讲

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[解析]

() 设公差为 d, 1

?2a +4d=14, ? 1 则有? ?7a1+21d=70, ? ?a +2d=7, ? 1 即? ?a1+3d=10, ? ?a =1, ? 1 解得? ?d=3. ?

所以 an=3n-2.

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第一讲

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() 由() ,知 2 1 3n2-n n Sn= [1+(3n-2 = ) ] , 2 2 3n2-n+48 48 所以 bn= =3n+ n -1 n ≥2 48 3n· -1=23. n

48 当且仅当 3n= n ,即 n=4 时取等号,故数列{bn}中的最 小项是第 4 项,该项的值为 23.

专题三

第一讲

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(03 21·

湖 七 联 北 市 考

1 )数列{an}是 比 公 为 的等 2 n 项和为 Sn;

比数列,且 1-a2 是 a1 与 1+a3 的 比 项 前 等中,

数列{bn}是等差数列, 1=8,前 n 项和 Tn=nλ·n+1(λ 为常数, b 其 b 且 λ≠1). () 求数列{an}的通项公式及 λ 的值; 1 1 1 1 1 1 () 比较 + + +…+ 与 Sn 的大小. 2 T1 T 2 T3 Tn 2

专题三

第一讲

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[解析]

() 由题意得(1-a2)2=a1(a3+1), 1

1 2 1 即(1-2a1) =a1(4a1+1), 1 1n 解得 a1= ,∴an=( ) . 2 2
?T =λb , ? 1 2 又? ?T2=2λb3, ? ?8=λ?8+d?, ? 即? ?16+d=2λ?8+2d?, ?

? 1 ?λ=1, ?λ= , ? 1 2 ? 解得? 或 (舍),∴λ=2. ?d=0. ? ?d=8 ?

专题三

第一讲

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1n () 由() 知 Sn=1-(2) , 2 1 1 1 1 n+1 1 ∴2Sn=2-(2) ≥4, ① 1 1 11 1 又 Tn=4n +4n,T = = ( - ), 4n?n+1? 4 n n+1 n
2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴T +T +…+T =4(1-2+2-3+…+n- ) n+1 1 2 n 1 1 1 =4(1- )< , ② n+1 4 1 1 1 1 由①②可知 + +…+ < Sn. T 1 T2 Tn 2
专题三 第一讲

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设数列{an}的前 n 项 为 Sn,且 Sn=4an-p(n∈N*), 中 和 其 p 是不为零的常数. () 证明:数列{an}是等比数列; 1 () 当 p=3 时,若数列{bn}满足 bn+1=an+bn(n∈N*),b1 2 =2,求数列{bn}的 项 式 通公.

专题三

第一讲

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[解析]

() 证明:因为 Sn=4an-p(n∈N*), 1

则 Sn-1=4an-1-p(n∈N*,n≥2), 所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1, 4 整理得 an= an-1. 3 p 由 Sn=4an-p,令 n=1,得 a1=4a1-a,解得 a1=3. p 4 所以{an}是首项为 ,公比为 的等比数列. 3 3

专题三

第一讲

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4 n-1 () 因 a1=1, an=(3) , 2 为 则 4 n -1 由 bn+1=an+bn(n=1 ,…), bn+1-bn=(3) , 2 , 得 当 n≥2 时 由 加 得 ,累法 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1) 4 n-1 1-?3? 4 n-1 =2+ ( 4 =3 3) -1, 1-3 当 n=1 时 上 也 立 ,式成. 4 n-1 ∴bn=3 3) -1 ( · .
专题三 第一讲

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[方法规律总结] 1. 基 量 问 , 记 差 等 数 的 义 通 求本的题熟等、比列定、项 及前 n 项和公式,利用公式、结合条件,建立方程求解. 2. 明 列 等 证数是差 合性质进行等价转化. (等比)数 时 应 定 分 条 , 列 ,用 义 析 件结

专题三

第一讲

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等差、等比数列的性质

(02 21·

河临一模 北漳中拟

)等差数列{an}前 17 )

项和 S17=51,则 a5-a7+a9-a11+a13=( A.17 C.3
[答案] C
[解析]

B.6 D.51

∵S17 =17a9 =51,∴a9 =3,∴a5 -a7 +a9 -a11

+a13=(a5+a13)+a9-(a7+a11)=a9=3.
专题三 第一讲

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(03 21·

合肥市质检)以 Sn 表示等差数列{an}的前 n 项 , 和若 )

S5>S6,则下列不等关系不一定成立的是( A.2a3>3a4 C.a5+a4-a3< 0
[答案] D

B.5a5>a1+6a6 D.a3+a6+a12<2a7

专题三

第一讲

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[解析]

依 意 题 得

a6 =S6 -S5<2 a3 -3a4 =2(a1 +2d)- 0 ,

3(a1+3d)=-(a1+5d)=-a6>2 a3>3a4;5a5-(a1+6a6)=5(a1 0 , +4d)-a1-6(a1+5d)=-2(a1+5d)=-2a6>5 a5>a1+6a6;a5 0 , +a4-a3=(a3+a6)-a3=a6<. 综上所述,故选 D. 0

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第一讲

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[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 ,观 分 下 之 的 系再 虑 否 用 质 决 时先 察 析 标 间 关 ,考 能 应 性 解 , 要特别注意等差、等比数列性质的区别.

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第一讲

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递推关系与求和
(文)03 ( 1· 2 四 理 川 , 1) 在 差 列 6 等 数 {an}中,a1 {an}的首项、

+a3=8,且 a4 为 a2 和 a9 的 比 项 求 列 等中,数 公差及前 n 项和.

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第一讲

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[解析]

设数公为 该列差

d,前 n 项和为 Sn.由 知 得 已可,

2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d). 所以,a1+d=4,d(d-3a1)=0, 解得 a1=4,d=0,或 a1=1,d=3, 数 即 列 {an}的首项为 4,公差为 0,或首项为 1,公差为 3. 3n2-n 所以,数列的前 n 项和 Sn=4n 或 Sn= 2 .

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第一讲

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(理)03 ( 1· 2

湖北文, 19)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和, a2+a3+a4=-18.

S4,S2,S3 成 差 列 且 等数,

() 求数列{an}的通项公式; 1 () 是否存在正整数 n, 得 Sn≥2013? 存 , 出 合 2 使 若 在求 符 条件的所有 n 的集合;若不存在,说明理由.

专题三

第一讲

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[解析] 意得

() 设数列{an}的公比为 q,则 a1≠0,q≠0, 题 1 由

?S -S =S -S , ? 2 4 3 2 ? ?a2+a3+a4=-18. ? ?a =3, ? 1 解得? ?q=-2. ?

?-a q2-a q3=a q2, ? 1 1 1 ? 即 ?a1q?1+q+q2?=-18. ?

故数列{an}的 项 式 通公为

an=3×(-2)n-1.

专题三

第一讲

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3 -?-2?n] [ 1 · () 由() 有 Sn= 2 1 =1-(-2)n. 1-?-2? 若存在 n,使得 Sn≥21 ,则 1-(-2)n≥2013, 03 即(-2)n≤-2012. 当 n 为偶数时,(-2)n>0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2012,即 2n≥2012,则 n≥1. 1 综,在合件正数 上存符条的整 为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}. n, 所 这 的 且有样 n 的集合

专题三

第一讲

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(文)02 ( 1· 2 且 2Sn=2-an.

河六联 南市考

)已知数列{an}的前 n 项和是 Sn,

() 求数列{an}的通项公式; 1 () 记 bn=an+n, 数 2 求 列 {bn}的前 n 项和 Tn.

专题三

第一讲

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[解 ] 析

() ∵当 n=1 时 2S1=2-a1, 1 ,

2 ∴2a1=2-a1,∴a1= ; 3 当 n≥2 时 , 两相得 式减
?2S =2-a ? n n ? ?2Sn-1=2-an-1 ?



2an=an-1-an(n≥2 , )

an 1 即 3an=an-1(n≥2 , an-1≠0,∴ ) 又 =3(n≥2 , ) an-1 2 1 ∴数 {an}是 为 项 列 以 首, 为比等数. 公的比列 3 3 2 1 n-1 1n ∴an= · ) =2 ) . ( ( · 3 3 3
专题三 第一讲

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1n () 由() 知 bn=2 ) +n, 2 1 ( · 3 1 1 1 1 ∴Tn=2[3+(3)2+(3)3+…+(3)n]+(1+2+3+…+n) 1 1n 2× [1-? ? ] ?n+1?n 3 3 = + 1 2 1- 3
2 1 n n +n =1-(3) + 2 .

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(理)03 ( 1· 2

东三四联 北省市考

)数列{an}的前 n 项和为 Sn,

3 1 3 且 Sn=2(an-1),数列{bn}满足 bn=4bn-1-4(n≥2),且 b1=3. () 求数列{an}与{bn}的 项 式 1 通公; () 设数列{cn}满足 cn=ano 2 lg · 求 Tn .
2(bn+1),其前

n 项和为 Tn,

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[解析]

3 () 对于数列{an}有 Sn= (an-1),① 1 2

3 Sn-1=2(an-1-1 n≥2),② ) ( 3 由①-②得 an= (an-an-1),即 an=3an-1, 2 3 n=1 时,S1=2(a1-1)得 a1=3, 则 an=a1·n 1=3 n 1=3n. q 3 ·
- -

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1 3 对于数列{bn}有 bn= bn-1- (n≥2), 4 4 bn+1 1 1 1 可得 bn+1=4bn-1+4,即 = . bn-1+1 4 1 n -1 1 n -1 2 - n bn+1=(b1+1 4) =4×(4) =4 , ) ( 即 bn=42 n-1.


专题三

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() 由() 可知, 2 1 cn=ano lg · =3no lg ·
n lg · 2(bn+1)=3 o

42-n 2

4-2n =3n(4-2n). 22

Tn=2 1+0 2+(-2 3+…+(4-2n) n,③ 3 · 3 · 3 ) · 3 · 3Tn=2 2+0 3+…+(6-2n) n+(4-2n) n+1,④ 3 · 3 · 3 · 3 ·

专题三

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由③-④得 -2Tn=2 +(-2 2+(-2 3+…+(-2 n-(4-2n) n 3 · 3 ) · 3 ) · 3 ) · 3 ·
+1

=6+(-2 ) ( 3

2

+33+…+3n)-(4-2n) n 1. 3 ·



9?1-3n-1? 则 Tn=-3+ +(2-n) n+1 3 · 1-3 15 5 + =- 2 +(2-n) n 1. 3 ·

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[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.如 an+1=anf(n)的 推 系 考 用 乘 求 项 形 递关可虑累法通 3. 如 an+1=kan+b(k、b 为常数)可 过 形 设 形 通变, b + 构造等比数列求通项 an; k-1 4.给出 an 与 Sn 的 系 时 用 关式, an=Sn-Sn-1(n≥2)求解. an; bn=an

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第一讲


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