2020版高考数学一轮复习 高考大题专项三 高考中的数列课件 理 北师大版.ppt

高考大题专项三高考中的数列,从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题规律是解答题每两年出现一次,命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一等差、等比数列的综合问题例1(2018天津,文18)设an是等差数列,其前n项和为Sn(nN+);bn是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(nN+).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.(1)求Sn和Tn;(2)若Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得1.对于等差、等比数列,求其通项及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练1(2018北京顺义一模,16)已知an是等差数列,bn是单调递增的等比数列,且a2=b2=3,b1+b3=10,b1b3=a5.(1)求an的通项公式;(2)设求数列cn的前n项和.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型二证明数列为等差或等比数列例2已知数列an,其前n项和为(1)求a1,a2;(2)求数列an的通项公式,并证明数列an是等差数列;(3)如果数列bn满足an=log2bn,试证明数列bn是等比数列,并求其前n项和Tn.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练2设Sn为等比数列an的前n项和,已知S2=2,S3=-6.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.,题型一,题型二,题型三,题型四,例3(2018衡水中学押题三,17)设Sn为数列an的前n项和,且a1=1,nan+1=(n+2)Sn+n(n+1),nN+.(1)证明:数列为等比数列;(2)求Tn=S1+S2+Sn.,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明因为an+1=Sn+1-Sn,所以n(Sn+1-Sn)=(n+2)Sn+n(n+1),即nSn+1=2(n+1)Sn+n(n+1),Sn=n2n-n,故Tn=(12+222+n2n)-(1+2+n).设M=12+222+n2n,则2M=122+223+n2n+1,所以-M=2+22+2n-n2n+1=2n+1-2-n2n+1,所以M=(n-1)2n+1+2,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得对已知数列an与Sn的关系,证明an或Sn为等差或等比数列的问题,解题思路就是依据an与Sn的关系消元,可以利用an=Sn-Sn-1消an,也可由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,将两关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练3设数列an的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(nN+),其中m为常数,且m-3.(1)求证:an是等比数列;,证明(1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3,两式相减,得(3+m)an+1=2man.,an是等比数列.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型三非等差、等比数列的求和问题例4已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,bn是等差数列,且an=bn+bn+1.(1)求数列bn的通项公式;,解(1)由题意知当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,符合上式.所以an=6n+5.设数列bn的公差为d.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得错位相减法: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,即和式两边同乘以等比数列bn的公比,然后作差求解.,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练4(2018湖南长郡中学四模,17)等差数列an的前n项和为Sn,数列bn是等比数列,满足a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.(1)求数列an和bn的通项公式;(2)令cn=anbn,设数列cn的前n项和为Tn,求Tn.,题型一,题型二,题型三,题型四,解(1)设数列an的公差为d,数列bn的公比为q,所以an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n-1.(2)由(1)可知cn=(2n+1)2n-1,Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1,2Tn=321+522+723+(2n-1)2n-1+(2n+1)2n,-得-Tn=3+221+222+22n-1-(2n+1)2n=1+2+22+2n-(2n+1)2n=2n+1-1-(2n+1)2n=(1-2n)2n-1,Tn=(2n-1)2n+1.,题型一,题型二,题型三,题型四,例5(2018河北衡水中学十模,17)已知等差数列an中,公差d0,S7=35,且a2,a5,a11成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)若Tn为数列的前n项和,且存在nN*,使得Tn-an+10成立,求的取值范围.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得裂项相消法是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.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的项是前后对称的.,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练5(2017全国3,文17)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通项公式;(2)求数列的前n项和.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型四数列中的存在性问题例6(2018河北衡水中学九模,17)已知Sn是等比数列an的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得Sn2017?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,请说明理由.,题型一,题型二,题型三,题型四,解(1)设等比数列an的公比为q,则a10,q0.,若存在n,使得Sn2017,则1-(-2)n2017,即(-2)n-2016.当n为偶数时,(-2)n0,上式不成立;当n为奇数时,(-2)n=-2n-2016,即2n2016,则n11.综上,存在符合条件的正整数n,且n的集合为n|n=2k+1,kN,k5.,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练6已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an0,anan+1=Sn-1,其中为常数.(1)证明:an+2-an=;(2)是否存在,使得an为等差数列?并说明理由.,(1)证明由题设,anan+1=Sn-1,an+1an+2=Sn+1-1,两式相减,得an+1(an+2-an)=an+1.由于an+10,所以an+2-an=.(2)解由题设,a1=1,a1a2=S1-1,可得a2=-1.由(1)知,a3=+1.令2a2=a1+a3,解得=4.故an+2-an=4.由此可得a2n-1是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;a2n是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an