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(共45张PPT)
第2讲　大题专攻
——数 列
CONTENTS
目录
01
备考领航·重难排查
02
考点整合·研透悟通
03
专题检测
01
一、考情分析
高频考点 高考预测
等差、等比数列基本量的计算 在解答题中，会继续考查等差、等比数列的判定，基本量的计算以及由递推公式求通项、数列求和问题．注意与不等式的交汇考查
等差、等比数列的判定及应用 数列通项及数列求和的综合问题 二、真题感悟
1．(2022·新高考Ⅱ卷)(等差、等比数列的综合)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
解：证明：设等差数列{an}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
解：由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
2．(2020·新高考全国Ⅰ，Ⅱ卷)(等比数列基本量的计算、数列求和)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
解：设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)(新高考Ⅰ卷)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
(新高考Ⅱ卷)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
解：(新高考Ⅰ卷)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
1．数列求和的常用方法
(1)公式法；(2)分组求和法；(3)倒序相加法；(4)错位相减法；(5)裂项求和法．
2．常见的裂项技巧
02
数列的判断与证明
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
解　证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
(2)求{an}的通项公式．
|方法总结|
数列判断与证明的注意点
(1)判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前n项和公式，但不能将其作为证明方法；
已知数列{an}满足a1＝1，4an＋1＝3an－n＋4.
(1)证明：数列{an＋n－8}是等比数列；
证明：因为4an＋1＝3an－n＋4，
(2)证明：数列{an＋2}不可能是等比数列．
证明：因为a1＝1，4an＋1＝3an－n＋4，
?考法一　分组转化法求和
数列求和
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)求{an}的前20项和．
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1， ①
a2k＋1＝a2k＋2， ②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
|方法总结|
1．分组转化法求和
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差(等比)数列或可求前n项和的数列求和．
2．分组转化法求和的常见类型
(1)求{an}的通项公式；
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
又S1＝1也满足上式，
又a1＝1也满足上式，
又a1＝1也满足上式，
|方法总结|
裂项相消法求数列{an}的前n项和
(1)基本步骤
(2)消项规律
消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．　
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
解　设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
|方法总结|
错位相减法求数列{anbn}前n项和的基本步骤
1．等差数列{an}的公差为正数，a1＝1，其前n项和为Sn.数列{bn}为等比数列，b1＝2，且b2S2＝12，b2＋S3＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
∴an＝n，n∈N*，bn＝2n，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式an;
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
∴a1＝1，∴a2－a1＝1.
∴数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n.
(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn＞2 022的最小正整数n的值．
解：由(1)知bn＝an·2n＝n·2n，
∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.∴Tn－Tn－1＝n·2n＞0，
∴{Tn}单调递增．
当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1 538＜2 022，
当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3 586＞2 022，
∴使Tn＞2 022的最小的正整数n的值为8.
专题检测
03
(1)证明：{an}是等差数列；
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)， ②
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列．
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
解：由(1)知数列{an}的公差为1.
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
2．已知递增等差数列{an}满足a1＋a5＝10，a2·a4＝21，数列{bn}满足2log2bn＝an－1，n∈N*.
(1)求{bn}的前n项和Sn;
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
则2log2bn＝2n－2，即log2bn＝n－1，所以bn＝2n－1，
(2)若Tn＝nb1＋(n－1)b2＋…＋bn，求数列{Tn}的通项公式．
解：由(1)知Sn＝2n－1，
又由Tn＝nb1＋(n－1)b2＋…＋bn，
3．在①S3＝17；②S1＋S2＝4；③S2＝4S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题．
已知数列{Sn}满足Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
(1)证明：数列{Sn＋1}为等比数列；
解：证明：数列{Sn}中，Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2，
所以Sn＋1＋1＝3(Sn＋1)，
所以数列{Sn＋1}是公比为3的等比数列．
(2)若________，是否存在等比数列{an}的前n项和为Sn？若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．
解：选择条件①，不存在．
因为S3＝17，所以S3＋1＝18，
因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，
所以(S1＋1)·32＝18，
解得S1＝1，所以Sn＋1＝2×3n－1，Sn＝2×3n－1－1.
所以Sn＋1＝3Sn＋2＝6×3n－1－1，
an＋1＝4×3n－1，所以an＝4·3n－2(n≥2)，
因为a1＝1，不符合上式，
所以数列{an}不是等比数列，所以不存在．
选择条件②，不存在．
因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，所以S2＋1＝3(S1＋1)，
所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1(n≥2)，
所以数列{an}不是等比数列，所以不存在．
选择条件③，存在．
因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，
所以S2＋1＝3(S1＋1)，
又S2＝4S1，得S1＝2，所以Sn＋1＝3n，
Sn＝3n－1，所以Sn＋1＝3×3n－1，
所以an＋1＝2×3n，所以an＝2×3n－1(n≥2)，
因为a1＝2，符合上式，
所以数列{an}是等比数列，所以存在，此时an＝2×3n－1.
4．设数列{an}的前n项和为Sn，对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋2，且S6＝4a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
解：由an＋1＝an＋2得数列{an}是等差数列，其公差d＝2，
即6a1＋30＝4(a1＋8)，解得a1＝1，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)若数列{bn}满足bn＝Sncos nπ，求数列{bn}的前2n项和T2n.
所以bn＝(－1)n·n2，
T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－12＋22－32＋42－…－(2n－1)2＋(2n)2
＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n
5．在①{an}公比为2，且a4是a3与a5－8的等差中项；②a2＝4，S3＝14且{an}为递增数列，这两个条件中任选一个，补充在下面横线上并解答．
已知等比数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，若________．
注：如果选两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
(1)求数列{an}的通项公式；
解：选条件①：因为a4是a3与a5－8的等差中项，即2a4＝a3＋a5－8，依题意，16a1＝4a1＋16a1－8，解得a1＝2，所以数列{an}的通项公式是an＝2n.
所以数列{an}的通项公式是an＝2n.
解：证明：由(1)知an＝2n，则bn＝(n＋1)log2an＝(n＋1)·log22n＝n(n＋1)，
6．在①已知数列{an}满足：an＋1－2an＝0，a3＝8；②等比数列{an}中，公比q＝2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题：
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
(1)求数列{an}的通项公式；
解：选择条件①，
由an＋1－2an＝0，a3＝8，得{an}为等比数列，q＝2，a1＝2，
所以an＝2n.
选择条件②，设等比数列{an}的首项为a1，
由公比q＝2，前5项和为62，
所以an＝2n.
所以m＜2 023.故正整数m的最大值为2 022.

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