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高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题2 第1讲 数列、等差数列与等比数列(小题)(1)课件PPT
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这是一份高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题2 第1讲 数列、等差数列与等比数列(小题)(1)课件PPT，共48页。PPT课件主要包含了内容索引，热点分类突破，真题押题精练，押题预测，真题体验等内容，欢迎下载使用。
NEIRONGSUOYIN
热点一 等差数列、等比数列的基本运算
热点二 等差数列、等比数列的性质
热点三 等差数列、等比数列的综合问题
热点四 数列的递推关系
1.等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.
2.等差数列、等比数列问题的求解策略(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q；(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
例1 (1)(2019·柳州模拟)已知点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上(n∈N*).数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝ 数列{bn}的前n项和为Tn.则Tn的最小值为______.
则bn＝ ＝2n－12，∴{bn}是首项为－10，公差为2的等差数列，∴由bn≤0，得n≤6.
解析 ∵点(n，an)在函数y＝2x－1的图象上，∴an＝2n－1，∴{an}是首项为a1＝1，公比q＝2的等比数列，
解析 数列an是正项等比数列且q≠1，由a6＝a5＋2a4，得q2＝q＋2，解得q＝2(负根舍去).
跟踪演练1 (1)(2019·上饶重点中学六校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，若S8＝S10，则a18等于A.－4 B.－2 C.0 D.2
解析 设等差数列{an}的公差为d，由S8＝S10，得a9＋a10＝0，所以2a1＋17d＝0，且a1＝2，
解析 由正项等比数列{an}的前n项和为Sn，
易知q＝1时不成立，所以q≠1.
解析 因为a1＝9，a5＝1，
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，a5＝1，则使得Sn>0成立的n的最大值为____.
令Sn>0，得00成立的n的最大值为9.
1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝2.前n项和的性质：(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外).(2)对于等差数列，有S2n＋1＝(2n＋1)an＋1.
例2 (1)(2019·合肥模拟)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a5＋a7－ ＝0，则S11的值为A.11 B.12 C.20 D.22
又该数列为正项数列，可得a6＝2，所以由S2n－1＝(2n－1)an，可得S11＝11a6＝22.
解析 ∵a1a2 019＝1，
∴f(a2)＋f(a2 018)＝2，…，f(a1 009)＋f(a1 011)＝2，f(a1 010)＝1，即f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 019)＝2×1 009＋1＝2 019.
(3)已知数列{an}的各项都为正数，对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，且a3·a5＋a4＝72，则lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a7＝____.
解析 令m＝1，∵am·an＝am＋n，∴a1·an＝a1＋n，又an>0，∴数列{an}为等比数列.
∵a4>0，∴a4＝8，∴lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a7
跟踪演练2 (1)(2019·鞍山模拟)等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，若
A.2 B.4 C.6 D.8
解析 设数列{an}的公比为q.∵数列{an}是等比数列，
(3)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝130，则S40等于A.－510 或－510 D.30或40
解析 ∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn，∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等比数列，∴10×(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40或S20＝－30(舍)，故S40－S30＝270，∴S40＝400.
解决数列的综合问题的失分点(1)公式an＝Sn－Sn－1适用于所有数列，但易忽略n≥2这个前提；
例3 (1)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＋S5＝18，a5＝7.若a3，a6，am成等比数列，则m＝____.
解析 设等差数列的公差为d，
所以an＝2n－3，n∈N*.
所以2m－3＝27，所以m＝15.
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Tn，a3＝4，T6＝27，数列{bn}满足bn＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，b1＝b2＝1，设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前11项和S11等于A.1 062 B.2 124 C.1 101 D.1 100
解析 设数列{an}的公差为d，
∴数列{an}的通项公式为an＝n＋1.当n≥2时，bn＋1－bn＝bn，∴bn＋1＝2bn，即数列{bn}从第二项起为等比数列，∴bn＝2n－2(n≥2)，
分组求和可得数列{cn}的前11项和S11＝(2＋3＋4＋…＋12)＋(1＋1＋2＋22＋…＋29)＝77＋210＝1 101.
跟踪演练3 (1)(2019·黄冈、华师附中等八校联考)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝3，且a2，a4，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2n(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前3项和为A.31 B.34 C.62 D.59
即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，由于a1＝3，解得d＝1，故an＝n＋2.当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，当n＝1时，b1＝S1＝21＝2，
故cn的前3项和为a1b1＋a2b2＋a3b3＝3×2＋4×2＋5×4＝34.
(2)用g(n)表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1,3,9，g(9)＝9,10的因数有1,2,5,10，g(10)＝5，那么g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(22 019－1)＝________.
解析 由g(n)的定义易知g(n)＝g(2n)，且若n为奇数则g(n)＝n，令f(n)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n－1)，则f(n＋1)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n＋1－1)＝1＋3＋…＋(2n＋1－1)＋g(2)＋g(4)＋…＋g(2n＋1－2)
即f(n＋1)－f(n)＝4n，分别取n为1,2，…，n，并累加得
令n＝2 019，得：
由递推关系式求数列的通项公式常用的方法(1)求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证)；(2)将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于an＋1＝an＋f(n)型)、累乘法(适用于an＋1＝an·f(n)型)、待定系数法(适用于an＋1＝pan＋q型)求通项公式.
例4 (1)(2019·上饶重点中学六校联考)设数列{an}满足a1＝3，且对任意整数n，总有(an＋1－1)(1－an)＝2an成立，则数列{an} 的前2 018项的和为A.588 B.589 C.2 018 D.2 019
解析 因为(an＋1－1)(1－an)＝2an，
即数列{an}是以4为周期的数列，所以a1＋a2＋…＋a2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017＋a2 018
(2)(2019·永州模拟)设[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}中，a1＝2，且an＋1A.99 B.100 C.101 D.102
A.2＋nln n B.2n＋(n－1)ln nC.2n＋nln n D.1＋n＋nln n
n分别用1,2,3，…，n－1(n≥2)取代，
即an＝2n＋nln n(n≥2)，又a1＝2符合上式，故an＝2n＋nln n.
(2)(2019·漳州模拟)已知数列{an}和{bn}首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 019等于
解析 由an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an可得an＋1＝an，即数列{an}是常数列，又数列{an}的首项为1，所以an＝1，所以当SnSn＋1≠0时，2SnSn＋1＋anbn＋1＝0可化为2SnSn＋1＋bn＋1＝0，因为Sn为数列{bn}的前n项和，
1.(2018·全国Ⅰ，理，4)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于A.－12 B.－10C.10 D.12
解析 设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
2.(2017·全国Ⅰ，理，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A.440 B.330 C.220 D.110
解析 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推.
设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，
即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝lg2(n＋3)⇒n最小为29，
解析 根据题意，设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a2＝3(a1＋d)，又由a1＝1，S3＝a5，得3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，则am＝a1＋(m－1)d＝2m－1＝2 019，解得m＝1 010.
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2 019，则m＝________.
解析 因为等差数列{an}中，点(n，an)(n∈N*)在经过点(4,8)的定直线l上，∴a4＝8，
2.已知等差数列{an}中，若点(n，an)(n∈N*)在经过点(4,8)的定直线l上，则数列{an}的前7项和S7＝____.
解析 设数列{an}的公比为q，由题意易知q>1.等比数列{an}中，a3－a1＝8，
所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－2＋bn－1＋bn，Sn＝16[1×30＋2×31＋3×32＋…＋(n－2)×3n－3＋(n－1)×3n－2＋n×3n－1]，3Sn＝16[1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－2)×3n－2＋(n－1)×3n－1＋n×3n]，两式相减得
Sn＝8n×3n－4×3n＋4，故Sn＝(8n－4)×3n＋4.
NEIRONGSUOYIN
热点一 等差数列、等比数列的基本运算
热点二 等差数列、等比数列的性质
热点三 等差数列、等比数列的综合问题
热点四 数列的递推关系
1.等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.
2.等差数列、等比数列问题的求解策略(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q；(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
例1 (1)(2019·柳州模拟)已知点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上(n∈N*).数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝ 数列{bn}的前n项和为Tn.则Tn的最小值为______.
则bn＝ ＝2n－12，∴{bn}是首项为－10，公差为2的等差数列，∴由bn≤0，得n≤6.
解析 ∵点(n，an)在函数y＝2x－1的图象上，∴an＝2n－1，∴{an}是首项为a1＝1，公比q＝2的等比数列，
解析 数列an是正项等比数列且q≠1，由a6＝a5＋2a4，得q2＝q＋2，解得q＝2(负根舍去).
跟踪演练1 (1)(2019·上饶重点中学六校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，若S8＝S10，则a18等于A.－4 B.－2 C.0 D.2
解析 设等差数列{an}的公差为d，由S8＝S10，得a9＋a10＝0，所以2a1＋17d＝0，且a1＝2，
解析 由正项等比数列{an}的前n项和为Sn，
易知q＝1时不成立，所以q≠1.
解析 因为a1＝9，a5＝1，
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，a5＝1，则使得Sn>0成立的n的最大值为____.
令Sn>0，得0
1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝2.前n项和的性质：(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外).(2)对于等差数列，有S2n＋1＝(2n＋1)an＋1.
例2 (1)(2019·合肥模拟)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a5＋a7－ ＝0，则S11的值为A.11 B.12 C.20 D.22
又该数列为正项数列，可得a6＝2，所以由S2n－1＝(2n－1)an，可得S11＝11a6＝22.
解析 ∵a1a2 019＝1，
∴f(a2)＋f(a2 018)＝2，…，f(a1 009)＋f(a1 011)＝2，f(a1 010)＝1，即f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 019)＝2×1 009＋1＝2 019.
(3)已知数列{an}的各项都为正数，对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，且a3·a5＋a4＝72，则lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a7＝____.
解析 令m＝1，∵am·an＝am＋n，∴a1·an＝a1＋n，又an>0，∴数列{an}为等比数列.
∵a4>0，∴a4＝8，∴lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a7
跟踪演练2 (1)(2019·鞍山模拟)等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，若
A.2 B.4 C.6 D.8
解析 设数列{an}的公比为q.∵数列{an}是等比数列，
(3)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝130，则S40等于A.－510 或－510 D.30或40
解析 ∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn，∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等比数列，∴10×(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40或S20＝－30(舍)，故S40－S30＝270，∴S40＝400.
解决数列的综合问题的失分点(1)公式an＝Sn－Sn－1适用于所有数列，但易忽略n≥2这个前提；
例3 (1)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＋S5＝18，a5＝7.若a3，a6，am成等比数列，则m＝____.
解析 设等差数列的公差为d，
所以an＝2n－3，n∈N*.
所以2m－3＝27，所以m＝15.
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Tn，a3＝4，T6＝27，数列{bn}满足bn＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，b1＝b2＝1，设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前11项和S11等于A.1 062 B.2 124 C.1 101 D.1 100
解析 设数列{an}的公差为d，
∴数列{an}的通项公式为an＝n＋1.当n≥2时，bn＋1－bn＝bn，∴bn＋1＝2bn，即数列{bn}从第二项起为等比数列，∴bn＝2n－2(n≥2)，
分组求和可得数列{cn}的前11项和S11＝(2＋3＋4＋…＋12)＋(1＋1＋2＋22＋…＋29)＝77＋210＝1 101.
跟踪演练3 (1)(2019·黄冈、华师附中等八校联考)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝3，且a2，a4，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2n(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前3项和为A.31 B.34 C.62 D.59
即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，由于a1＝3，解得d＝1，故an＝n＋2.当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，当n＝1时，b1＝S1＝21＝2，
故cn的前3项和为a1b1＋a2b2＋a3b3＝3×2＋4×2＋5×4＝34.
(2)用g(n)表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1,3,9，g(9)＝9,10的因数有1,2,5,10，g(10)＝5，那么g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(22 019－1)＝________.
解析 由g(n)的定义易知g(n)＝g(2n)，且若n为奇数则g(n)＝n，令f(n)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n－1)，则f(n＋1)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n＋1－1)＝1＋3＋…＋(2n＋1－1)＋g(2)＋g(4)＋…＋g(2n＋1－2)
即f(n＋1)－f(n)＝4n，分别取n为1,2，…，n，并累加得
令n＝2 019，得：
由递推关系式求数列的通项公式常用的方法(1)求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证)；(2)将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于an＋1＝an＋f(n)型)、累乘法(适用于an＋1＝an·f(n)型)、待定系数法(适用于an＋1＝pan＋q型)求通项公式.
例4 (1)(2019·上饶重点中学六校联考)设数列{an}满足a1＝3，且对任意整数n，总有(an＋1－1)(1－an)＝2an成立，则数列{an} 的前2 018项的和为A.588 B.589 C.2 018 D.2 019
解析 因为(an＋1－1)(1－an)＝2an，
即数列{an}是以4为周期的数列，所以a1＋a2＋…＋a2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017＋a2 018
(2)(2019·永州模拟)设[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}中，a1＝2，且an＋1A.99 B.100 C.101 D.102
A.2＋nln n B.2n＋(n－1)ln nC.2n＋nln n D.1＋n＋nln n
n分别用1,2,3，…，n－1(n≥2)取代，
即an＝2n＋nln n(n≥2)，又a1＝2符合上式，故an＝2n＋nln n.
(2)(2019·漳州模拟)已知数列{an}和{bn}首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 019等于
解析 由an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an可得an＋1＝an，即数列{an}是常数列，又数列{an}的首项为1，所以an＝1，所以当SnSn＋1≠0时，2SnSn＋1＋anbn＋1＝0可化为2SnSn＋1＋bn＋1＝0，因为Sn为数列{bn}的前n项和，
1.(2018·全国Ⅰ，理，4)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于A.－12 B.－10C.10 D.12
解析 设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
2.(2017·全国Ⅰ，理，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A.440 B.330 C.220 D.110
解析 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推.
设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，
即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝lg2(n＋3)⇒n最小为29，
解析 根据题意，设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a2＝3(a1＋d)，又由a1＝1，S3＝a5，得3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，则am＝a1＋(m－1)d＝2m－1＝2 019，解得m＝1 010.
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2 019，则m＝________.
解析 因为等差数列{an}中，点(n，an)(n∈N*)在经过点(4,8)的定直线l上，∴a4＝8，
2.已知等差数列{an}中，若点(n，an)(n∈N*)在经过点(4,8)的定直线l上，则数列{an}的前7项和S7＝____.
解析 设数列{an}的公比为q，由题意易知q>1.等比数列{an}中，a3－a1＝8，
所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－2＋bn－1＋bn，Sn＝16[1×30＋2×31＋3×32＋…＋(n－2)×3n－3＋(n－1)×3n－2＋n×3n－1]，3Sn＝16[1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－2)×3n－2＋(n－1)×3n－1＋n×3n]，两式相减得
Sn＝8n×3n－4×3n＋4，故Sn＝(8n－4)×3n＋4.
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