2019高考数学二轮复习 第7讲 等差数列、等比数列课件 理.ppt

1、第7讲等差数列、等比数列,总纲目录,考点一等差、等比数列的基本运算 (1)通项公式: 等差数列:an=a1+(n-1)d; 等比数列:an=a1qn-1(q0). (2)求和公式: 等差数列:Sn=na1+d; 等比数列:当q=1时,Sn=na1;当q1时,Sn=.,1.设等差数列an的公差d0,且a2=-d.若ak是a6与ak+6的等比中项,则k=() A.5B.6C.9D.11,答案C因为ak是a6与ak+6的等比中项, 所以=a6ak+6. 又等差数列an的公差d0,且a2=-d, 所以a2+(k-2)d2=(a2+4d)a2+(k+4)d. 所以(k-3)2=3(k+3),解得k=9或

2、k=0(舍去).故选C.,2.已知Sn为数列an的前n项和,若a2=3,且Sn+1=2Sn,则a4=() A.6B.12C.16D.24,答案B因为S2=2S1,所以a1+a2=2a1.所以a1=a2=3.又Sn是首项S1=a1=3,公比q=2的等比数列,所以Sn=32n-1.所以a4=S4-S3=12.故选B.,3.(2018北京,9,5分)设an是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则an的通项公式为.,答案an=6n-3,解析本题主要考查等差数列的通项公式. 设等差数列an的公差为d,则a2+a5=a1+d+a1+4d=2a1+5d=6+5d=36.d=6.an=a1+(n-1)d=

3、3+6(n-1)=6n-3.,4.(2018课标全国,17,12分)在等比数列an中,a1=1,a5=4a3. (1)求an的通项公式; (2)记Sn为an的前n项和.若Sm=63,求m.,解析本题考查等比数列的概念及其运算. (1)设an的公比为q.由题设,得an=qn-1. 由已知,得q4=4q2. 解得q=0(舍去)或q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1.,(2)若an=(-2)n-1,则Sn=. 由Sm=63,得(-2)m=-188.此方程没有正整数解. 若an=2n-1,则Sn=2n-1. 由Sm=63,得2m=64. 解得m=6.,综上,m=6.,方法归纳,等

4、比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略 (1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出. (2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解. (3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解. (4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.,考点二等差、等比数列的判定与证明,1.证明数列an是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义证明an+1-an(nN*)为一常数; (2)利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n2).,2.证明数列an是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义证明(nN*)为一常数; (2)利用等比

5、中项,即证明=an-1an+1(n2).,例(2018课标全国文,17,12分)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=. (1)求b1,b2,b3; (2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由; (3)求an的通项公式.,解析(1)由条件,得an+1=an. 将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12. 从而b1=1,b2=2,b3=4. (2)bn是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得=,即bn+1=2bn, 又b1=1,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得=2n-1,所以a

6、n=n2n-1.,方法归纳 (1)证明一个数列为等比数列,常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需找到连续三项不成等比数列即可. (2)=q和=an-1an+1(n2)都是数列an为等比数列的必要不充 分条件,判定时还要看各项是不是零.,1.已知Sn是等比数列an的前n项和,且S3,S9,S6成等差数列.下列结论正确的是() A.a1,a7,a4成等差数列B.a1,a7,a4成等比数列 C.a1,2a7,a4成等差数列D.a1,2a7,a4成等比数列,答案A显然q=1时不合题意,依题意,得S3+S6=2S9, 即(1-q3)+(1

7、-q6)=(1-q9)1+q3=2q6a1+a1q3=2a1q6a1 +a4=2a7. a1,a7,a4成等差数列.,2.(2018课标全国,14,5分)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.,答案-63,解析本题主要考查由an与Sn的关系求数列的通项公式. 解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1.当n2时,由an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),得an=2an-1.an是首项为-1,公比为2的等比数列.所以S6=-63. 解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1.当n2时,由Sn=2an+1,得Sn=2(Sn-

8、Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1,所以Sn-1=2(Sn-1-1).又S1-1=-2,所以Sn-1是首项为-2,公比为2的等比数列.所以Sn-1=-22n-1=-2n.所以Sn=1-2n.所以S6=1-26=-63.,3.设Sn为数列an的前n项和,对任意的nN*,都有Sn=2-an,数列bn满足b1=2a1,bn=(n2,nN*). (1)求证:数列an是等比数列,并求数列an的通项公式; (2)判断数列是等差数列还是等比数列,并求数列bn的通项 公式.,解析(1)证明:当n=1时,a1=S1=2-a1,解得a1=1; 当n2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,即=(n2,nN*

9、). 所以数列an是首项为1,公比为的等比数列. 所以数列an的通项公式为an=. (2)因为a1=1,所以b1=2a1=2. 因为bn=,所以=+1,即-=1(n2). 所以数列是首项为,公差为1的等差数列. 所以=+(n-1)1=.,故数列bn的通项公式为bn=.,考点三等差、等比数列的性质,例(1)(2018郑州第二次质检)已知等比数列an中,a2a5a8=-8,S3=a2+3a1,则a1=() A.B.-C.-D.- (2)设Sn为等差数列an的前n项和,(n+1)SnnSn+1(nN*).若-1, 则() A.Sn的最大值是S8B.Sn的最小值是S8 C.Sn的最大值是S7D.Sn的

10、最小值是S7,答案(1)B(2)D,解析(1)设等比数列an的公比为q(q1).因为 S3=a1+a2+a3=a2+3a1,所以=q2=2.因为a2a5a8=-8,所以a5=-2,即a1q4=-2.所以4a1=- 2,a1=-.故选B. (2)由(n+1)Sn0,a70. 所以数列an的前7项均为负值,即Sn的最小值是S7.故选D.,方法归纳,应用数列性质解题的方法 (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解. (2)应牢固掌握等差、等比数列的性质,特别是等差数列中,“若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,qN*)

11、”这一性质与求和公式Sn=的综合应用.,1.已知数列an是等比数列,数列bn是等差数列,若a1a6a11=-3, b1+b6+b11=7,则tan的值是() A.-B.-1C.-D.,答案A依题意,得=(-)3,3b6=7,a6=-,b6=. =-.tan=tan=tan=-tan =-.选A.,2.已知Sn是等差数列an的前n项和,2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则S11=() A.66B.55 C.44D.33,答案D因为a1+a5=2a3,a8+a10=2a9, 所以2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=36. 所以a3+a9=6. 所以S11=33.故选D.,3.(2018湖北五校联考)已知数列an满足:an+1=an-an-1(n2,n