2020版高考数学大一轮复习 第六章 数列与数学归纳法 高考专题突破三 高考中的数列问题（第1课时）等差、等比数列与数列求和课件 理 新人教A版

1、第1课时等差、等比数列与数列求和 第六章高考专题突破三高考中的数列问题 NEIRONGSUOYIN 内容索引 题型分类 深度剖析 课时作业 题型分类深度剖析1 PART ONE 题型一等差数列、等比数列的交汇 例1记Sn为等比数列an的前n项和.已知S22，S36. (1)求an的通项公式； 师生共研师生共研 解设an的公比为q. 解得q2，a12. 故an的通项公式为an(2)n. (2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列. 故Sn1，Sn，Sn2成等差数列. 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

2、关性质，简化 运算过程. 思维升华 跟踪训练1(2019鞍山模拟)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn， S11，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列. (1)求数列an的通项公式； 解设数列an的公差为d (2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比. 解由(1)知an2n1，Snn2， S416，S636， 题型二新数列问题 师生共研师生共研 解析数列a4，a5，a6，an(n4，nN)是“增差数列”， 故得到an2an2an1(n4，nN)， 化简得到(2n24n1)t2(n4，nN)， 当n4时，2n24n1有最小值15， 根据新数列的定义建立条件和

3、结论间的联系是解决此类问题的突破口，灵 活对新数列的特征进行转化是解题的关键. 思维升华 此时数列的公积为248. 综上可得，这个数列的公积为0或8. 跟踪训练2(1)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项 的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公 积.已知数列an是等积数列且a12，前21项的和为62，则这个数列的公积为 _. 解析当公积为0时，数列a12，a20，a360，a4a5a210满足题意； 当公积不为0时，应该有a1a3a5a212， 且a2a4a6a20， 由题意可得，a2a4a6a206221140， 0或8 1 ， 共有2 017

4、项，所以 题型三数列的求和 命题点1分组求和与并项求和 多维探究多维探究 (1)求数列an的通项公式； 解设等比数列an的公比为q(q0)， 则ana1qn1，且an0， 又a10，q0， a11，q2， 数列an的通项公式为an2n1. Tn(14424n1)(0123n1) 命题点2错位相减法求和 解由(1)知bn(2n1)2n， Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n， 2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1， 两式相减得，Tn622222322n(2n1)2n1. 2(2n1)2n1， Tn2(2n1)2n1. 例5在数列an中，a14，nan1(n1)an

5、2n22n. 命题点3裂项相消法求和 证明nan1(n1)an2n22n的两边同时除以n(n1)， 所以an2n22n， (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很 重要的解题信息. (2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、 分组转化法、裂项相消法等. 思维升华 证明：数列 是等比数列； 求数列an的通项公式与前n项和Sn. 所以(anan1)(anan13)0， 因为an0，所以anan13， 又因为a11， 所以an是首项a11，公差d3的等差数列， 所以an3n2(nN). 解因为bn1bnan1，b11， 所以bnbn1an(n2，

6、nN)， 所以当n2时， bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1 课时作业2 PART TWO 1.已知等差数列an的前n项和为Sn，且a37，a5a726. (1)求an及Sn； 基础保分练 123456 解设等差数列an的首项为a1，公差为d， 解得a13，d2， 则ana1(n1)d32(n1)2n1， 又bn1bnn3(n2)1， 所以数列bn是首项为3，公差为1的等差数列. 123456 2.(2018包头模拟)在数列an和bn中，a11，an1an2，b13，b27， 等比数列cn满足cnbnan. (1)求数列an和cn的通项公式； 123456 解因为an1an2，

7、且a11， 所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列. 所以an1(n1)22n1，即an2n1. 因为b13，b27，且a11，a23， 所以c1b1a12，c2b2a24. 因为数列cn是等比数列， 123456 所以cnc1qn122n12n，即cn2n. (2)若b6am，求m的值. 解因为bnan2n，an2n1， 所以bn2n2n1. 所以b62626175. 令2m175，得m38. 123456 3.已知递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2和a4的等差中项. (1)求数列an的通项公式； 123456 an是递增数列，a12，q2， 数列an的通项公式为a

8、n22n12n. (2)若bn ，Snb1b2bn，求使Snn2n162成立的正整数n的最 小值. 123456 1 2 log nn aa 解bn 2n n2n， 1 2 log nn aa 1 2 log 2n Snb1b2bn(12222n2n)， 则2Sn(122223n2n1)， ，得Sn(2222n)n2n12n12n2n1， 则Snn2n12n12， 解2n1262，得n5， n的最小值为6. 4.正项等差数列an满足a14，且a2，a42,2a78成等比数列，an的前n项 和为Sn. (1)求数列an的通项公式； 解设数列an的公差为d(d0)， 由已知得a2(2a78)(a4

9、2)2， 化简得，d24d120，解得d2或d6(舍)， 所以ana1(n1)d2n2. 123456 所以Tnb1b2b3bn 123456 5.数列an的前n项和为Sn，已知a11，(2n1)an1(2n3)Sn(n1,2,3，). 技能提升练 123456 (2)求数列Sn的前n项和Tn. Sn(2n1)2n1， Tn132522(2n3)2n2(2n1)2n1， 2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n. 得Tn12(21222n1)(2n1)2n 123456 (32n)2n3， Tn(2n3)2n3. 6.设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，

10、b3，b4的公差为d， 且q1，d0.记ciaibi (i1,2,3,4). (1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列； 证明假设数列c1，c2，c3是等差数列， 则2c2c1c3，即2(a2b2)(a1b1)(a3b3). 因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2b1b3.从而2a2a1a3. 123456 拓展冲刺练 所以a1a2a3，这与q1矛盾，从而假设不成立. 所以数列c1，c2，c3不是等差数列. (2)设a11，q2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其 定义域； 解因为a11，q2，所以an2n1. 123456 即b2d23d， 由c22b20，得d23d20， 所以d1且d2. (3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由. 123456 解设