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    专题5.5 等差、等比数列综合应用-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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    专题5.5 等差、等比数列综合应用-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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    这是一份专题5.5 等差、等比数列综合应用-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案,文件包含专题55等差等比数列综合应用解析版doc、专题55等差等比数列综合应用原卷版doc等2份学案配套教学资源,其中学案共27页, 欢迎下载使用。
    【考纲要求】
    1. 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
    2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
    【命题趋势】
    利用公式求数列的前n项和,利用常见求和模型求数列的前n项和.
    【核心素养】
    本讲内容主要考查数学运算的核心素养.
    【素养清单•基础知识】
    1.公式法与分组法
    (1)公式法
    直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.
    ①等差数列的前n项和公式
    Sn=eq \f(na1+an,2)=na1+eq \f(nn-1,2)d .
    ②等比数列的前n项和公式
    Sn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1,q=1,,\f(a1-anq,1-q)= na1+\f(nn-1,2)d ,q≠1.))
    (2)分组法
    若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组法分别求和后相加减.
    2.倒序相加法与并项求和法
    (1)倒序相加法
    如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项的和,那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.
    (2)并项求和法
    在一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.
    形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.
    例如,Sn=1002-992+982-972+…+22-12=(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.
    3.裂项相消法
    (1)把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
    (2)常见的裂项技巧
    ①eq \f(1,nn+1)=eq \f(1,n)-eq \f(1,n+1);
    ②eq \f(1,nn+2)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)-\f(1,n+2)));
    ③eq \f(1,2n-12n+1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n-1)-\f(1,2n+1)));
    ④eq \f(1,\r(n)+\r(n+1))=eq \r(n+1)-eq \r(n).
    4.错位相减法
    如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的
    【真题体验】
    1.【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,,.
    (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an–bn}是等差数列;
    (2)求{an}和{bn}的通项公式.
    【答案】(1)见解析;(2),.
    【解析】(1)由题设得,即.
    又因为a1+b1=l,所以是首项为1,公比为的等比数列.
    由题设得,即.
    又因为a1–b1=l,所以是首项为1,公差为2的等差数列.
    (2)由(1)知,,.
    所以,

    【名师点睛】本题考查了数列的相关性质,主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明,证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义,考查推理能力,考查化归与转化思想,是中档题.
    2.【2019年高考浙江卷】设等差数列的前n项和为,,,数列满足:对每个成等比数列.
    (1)求数列的通项公式;
    (2)记 证明:
    【答案】(1),;(2)证明见解析.
    【解析】(1)设数列的公差为d,由题意得

    解得.
    从而.
    所以,
    由成等比数列得

    解得.
    所以.
    (2).
    我们用数学归纳法证明.
    (i)当n=1时,c1=01,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1−bn)an}的前n项和为2n2+n.
    (1)求q的值;
    (2)求数列{bn}的通项公式.
    【答案】(1);(2).
    【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
    (1)由是的等差中项得,
    所以,
    解得.
    由得,
    因为,所以.
    (2)设,数列前n项和为.
    由解得.
    由(1)可知,
    所以,
    故,
    .
    设,
    所以,
    因此,
    又,所以.
    【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
    【考法拓展•题型解码】
    考法一:数列与数学文化交汇
    【典例1】《张邱建算经》是中国古代数学史上的杰作,该书中有首古民谣记载了一数列问题:“南山一棵竹,竹尾风割断,剩下三十节,一节一个圈.头节高五寸①,头圈一尺三②.逐节多三分③,逐圈少分三④.一蚁往上爬,遇圈则绕圈.爬到竹子顶,行程是多远?”(注释:①第一节的高度为0.5尺;②第一圈的周长为1.3尺;③每节比其下面的一节多0.03尺;④每圈周长比其下面的一圈少0.013尺)问:此民谣提出的问题的答案是( )
    A.72.705尺 B.61.395尺
    C.61.905尺 D.73.995尺
    【答案】B
    【解析】因为每相邻两节竹节间的长度差为0.03尺,设从地面往上每节竹长分别为a1,a2,a3,…,a30,所以数列{an}是以a1=0.5为首项,以d1=0.03为公差的等差数列.又由题意知竹节圈长,每后一圈比前一圈细0.013尺,设从地面往上每节圈长分别为b1,b2,b3,…,b30,则数列{bn}是以b1=1.3为首项,以d=-0.013为公差的等差数列.所以一蚂蚁往上爬,遇圈则绕圈,爬到竹子顶,行程为S30=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(30×0.5+\f(30×29,2)×0.03))+eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(30×1.3+\f(30×29,2)×-0.013))=61.395.故选B.
    【典例2】(2018·北京东城区模拟)为了观看2022年的冬奥会,小明打算从2018年起,每年的1月1日到银行存入a元的一年期定期储蓄,若年利率为p,且保持不变,并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期.2019年1月1日小明去银行继续存款a元后,他的账户中一共有________元;到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出,则可取回________元.
    【答案】ap+2a eq \f(a,p)[(1+p)5-1-p]
    【解析】)依题意,2019年1月1日存款a元后,账户中一共有a(1+p)+a=(ap+2a)(元).
    2022年1月1日可取出钱的总数为
    a(1+p)4+a(1+p)3+a(1+p)2+a(1+p)
    =a·eq \f(1+p[1-1+p4],1-1+p)
    =eq \f(a,p)[(1+p)5-(1+p)]
    =eq \f(a,p)[(1+p)5-1-p].
    考法二: 等差数列与等比数列的综合计算
    【典例3】(2018·北京高考)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.
    (1)求{an}的通项公式;
    (2)求ea1+ea2+…+ean.
    【答案】见解析
    【解析】 (1)设{an}的公差为d. 因为a2+a3=5ln 2,所以2a1+3d=5ln 2.
    又a1=ln 2 ,所以d=ln 2.所以an=a1+(n-1)d=nln 2.
    (2)因为ea1=eln 2=2,eq \f(ean,ean-1)=ean-an-1=eln 2=2,
    所以数列{ean}是首项为2,公比为2的等比数列,
    所以ea1+ea2+…+ean=eq \f(2×1-2n,1-2)=2n+1-2.
    [解题技法] 等差数列与等比数列综合计算的策略
    (1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系,利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解.求解时,应“瞄准目标”,灵活应用数列的有关性质,简化运算过程.求解过程中注意合理选择有关公式,正确判断是否需要分类讨论.
    (2)一定条件下,等差数列与等比数列之间是可以相互转化的,即{an}为等差数列⇒{aan}(a>0且a≠1)为等比数列;{an}为正项等比数列⇒{lgaan}(a>0且a≠1)为等差数列.
    考法三: 数列与函数、不等式的综合问题
    【典例4】设函数f(x)=eq \f(1,2)+eq \f(1,x),正项数列{an}满足a1=1,an=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an-1))),n∈N*,且n≥2.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)求证:eq \f(1,a1a2)+eq \f(1,a2a3)+eq \f(1,a3a4)+…+eq \f(1,anan+1)1.因为1+a2-a4+λ(a3-a5)=0,所以1+λq=eq \f(1,a4-a2),
    所以a6+λa7=a6(1+λq)=eq \f(a6,a4-a2)=eq \f(q4,q2-1)=eq \f(q4-1+1,q2-1)=q2+1+eq \f(1,q2-1)=q2-1+eq \f(1,q2-1)+2≥2eq \r(q2-1·\f(1,q2-1))+2=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当q2-1=\f(1,q2-1)时,即q=\r(2)时,取等号)),即a6+λa7的最小值为4,故选D.
    7.某公司去年产值为a,计划在今后5年内每年比上年产值增加10%,则从今年起到第5年,这个厂的总产值为________.
    【答案】11(1.15-1)a
    【解析】每年的产值构成以a(1+10%)=1.1a为首项,1.1为公比的等比数列,所以从今年起到第5年的总产值S5=eq \f(1.1a1-1.15,1-1.1)=11(1.15-1)a.
    8.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,a2+a5=4,则a8=________.
    【答案】2
    【解析】因为S3,S9,S6成等差数列,所以公比q≠1,eq \f(21-q9,1-q)=eq \f(1-q3,1-q)+eq \f(1-q6,1-q),整理得2q6=1+q3,所以q3=-eq \f(1,2),故a2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2)))=4,解得a2=8,故a8=8×eq \f(1,4)=2.
    9.已知等差数列{an}满足an-1+an+an+1=3n(n≥2),函数f(x)=2x,bn=lg4f(an),则数列{bn}的前n项和为________.
    【答案】eq \f(nn+1,4)
    【解析】∵等差数列{an}满足an-1+an+an+1=3n(n≥2),∴3an=3n,即an=n.又∵函数f(x)=2x,∴f(an)=2n,∴b1+b2+…+bn=lg4[f(a1)·f(a2)·…·f(an)]=lg4(2×22×…×2n)=lg421+2+…+n=eq \f(1,2)×(1+2+…+n)=eq \f(nn+1,4).
    10.(2018·沈阳质检)在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+1=3an-2an-1(n≥2),则an=________.
    【答案】2n-1
    【解析】法一:因为an+1=3an-2an-1(n≥2),所以eq \f(an+1-an,an-an-1)=2(n≥2),所以an+1-an=(a2-a1)2n-1=2n-1(n≥2),又a2-a1=1,所以an-an-1=2n-2,an-1-an-2=2n-3,…,a2-a1=1,累加,得an=2n-1(n∈N*).
    法二:因为an+1=3an-2an-1(n≥2),所以an+1-2an=an-2an-1,得an+1-2an=an-2an-1=an-1-2an-2=…=a2-2a1=0,即an=2an-1(n≥2),所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1(n∈N*).
    11.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为eq \f(3,2).
    (1)若S4=eq \f(65,24),求a1.
    (2)若a1=2,cn=eq \f(1,2)an+nb,且c2,c4,c5成等差数列,求b.
    【答案】见解析
    【解析】(1)∵公比q=eq \f(3,2),S4=eq \f(65,24),
    ∴eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))4)),1-\f(3,2))=eq \f(65,24),
    ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(81,16)))a1=-eq \f(65,48),解得a1=eq \f(1,3).
    (2)∵a1=2,公比为eq \f(3,2),∴a2=3,a4=eq \f(27,4),a5=eq \f(81,8).
    又∵cn=eq \f(1,2)an+nb,
    ∴c2=eq \f(1,2)a2+2b=eq \f(3,2)+2b,c4=eq \f(1,2)a4+4b=eq \f(27,8)+4b,c5=eq \f(1,2)a5+5b=eq \f(81,16)+5b.
    ∵c2,c4,c5成等差数列,
    ∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(27,8)+4b))=eq \f(3,2)+2b+eq \f(81,16)+5b,解得b=-eq \f(3,16).
    12.设数列{an}的前n项和为Sn,点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n,\f(Sn,n))),n∈N*均在函数y=x的图象上.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan+1)))的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式4Tn

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