422011届高考数学二轮复习考点突破课件第7讲 等差、等比数列的计算与证明

专题三数列1．本专题是高中数学的重要内容之一，在高考试题中一般有2～3个题(1～2个选择、填空题，1个解答题)，共计20分左右，约占总分的13%.选择题、填空题的难度一般是中等，解答题时常会出现与函数、三角、不等式等知识交汇的问题，故多为中等偏上乃至较难的问题．2．数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础．高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏，有关数列的试题一般是综合题，经常把数列与不等式的知识综合起来考查，也常把数列与数学归纳法综合在一起考查．探索性问题是高考的热点，常有数列解答题中出现．3．近两年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面：(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式．(2)数列与其他知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合．(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主．试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，有一些地方用数列与几何的综合，或与函数、不等式的综合作为最后一题，难度较大．1．2011年高考试题预测纵观近年高考数列试题的特点和高考命题的发展趋势，下列内容仍是今后高考的重点内容．(1)等差数列与等比数列的基本问题．(2)简单的递推数列问题．(3)数列与不等式、函数、数学归纳法等知识的综合问题．(4)数列中的创新问题，如定义与数列有关的新概念，新运算等．2．2011年高考应试策略根据上述所展示的数列的内容及考题反映出来的情况，高考时同学们要注意以下问题：(1)对于等差数列、等比数列要掌握好基础知识，及一些常用的性质．(2)使用等比数列前n项和公式时，必须弄清公比q的取值范围．若q为参数，则需分q＝1和q≠1两类情况讨论求解，否则，解答是不完整的．(3)深刻理解数学思想方法在求解数列问题中的应用．第一讲等差、等比数列的计算与证明1．an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.2．等差数列和等比数列等差数列等比数列定义an－an－1＝常数(n≥2)anan－1＝常数(n≥2)通项公式an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1(q≠0)判定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列(5){an}等比数列，an0⇔{logaan}为等差数列(1)定义法(2)中项公式法：a2n＋1＝an·an＋2(n≥2)(a≠0)⇔{an}为等比数列(3)通项公式法：an＝c·qn(c、q均是不为0常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列(4){an}等差数列⇔{aan}为等比数列(0a≠1)性质(1)若m、n、p、q∈N＋，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(2)an＝am＋(n－m)d(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列(1)若m、n、p、q∈N＋，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq(2)an＝amqn－m(3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列前n项和Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d(1)q≠1，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(2)q＝1，Sn＝na13．求和时先研究数列的通项，根据通项选择方法，化归为基本数列求和．(1)若cn＝an·bn，{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则用错位相减法．(2)若cn＝an＋bn，则用分组求和，其中分组的方法比较灵活．(3)裂项相减法形如an＝12n－12n＋1等．(4)倒序相加法．题型一等差数列的通项及前n项和【例1】(2009·江苏)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22＋a32＝a42＋a52，S7＝7.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)试求所有的正整数m，使得amam＋1am＋2为数列{an}中的项．解：(1)设公差为d，则a22－a52＝a42－a32.由性质得－3d(a4＋a3)＝d(a4＋a3)，因为d≠0.所以a4＋a3＝0，即2a1＋5d＝0，又由S7得7a1＋7×62d＝7.解得a1＝－5，d＝2，所以{an}的通项公式为an＝2n－7，前n项和Sn＝n2－6n.(2)因为amam＋1am＋2＝am＋2－4am＋2－2am＋2＝am＋2－6＋8am＋2为数列{an}中的项，故8am＋2为整数．又由(1)知am＋2为奇数，所以am＋2＝2m－3＝±1，即m＝1,2.经检验，符合题意的正整数只有m＝2.拓展提升——开阔思路提炼方法(1)涉及等差数列的有关问题时往往用待定系数法“知三求二”进而解决问题；(2)等差数列前n项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值；有时利用数列的单调性(d0，递增；d0递减)；(3)等差数列的性质：设m、n、p、q为自然数，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.1．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.(1)求{an}的通项an；(2)求{an}的前n项和Sn的最大值.解：(1)设{an}的公差为d，由已知条件，a1＋d＝1，a1＋4d＝－5，解得a1＝3，d＝－2.所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.(2)Sn＝na1＋nn－12d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2.所以当n＝2时，Sn取得最大值4.题型二等比数列的通项及前n项和【例2】设数列{an}是公差为d的等差数列，a3＋a5＝2，S20＝a1＋a2＋…＋a20＝150，又bn＝2an－2an＋1(n∈N*)．(1)求a1、d的值；(2)求证：{bn}是等比数列，并求bn；(3)设k为某个自然数(k≠0)，求bkbk＋1＋bk＋1bk＋2＋…＋bn－1bn的值．(1)解：由题设a3＋a5＝2，a1＋a20×202＝150，即2a1＋6d＝2，102a1＋19d＝150，解得a1＝－2，d＝1.(2)证明：bn＝2an－2an＋1，bn＋1＝2an＋1－2an＋2，bn＋1bn＝23an＋1－2an＋2－an.∵3an＋1－2an＋2－an＝3(an＋d)－2(an＋2d)－an＝－d＝－1，∴bn＋1bn＝12，∴{bn}是等比数列．∵b1＝1，∴bn＝12n－1.(3)解：由(2)得bkbk＋1＝122k－1，∴bm＋1bm＋2bmbm＋1＝122，∴bkbk＋1，bk＋1bk＋2，…，bn－1bn…是首项为122k－1，公比为14的等比数列，∴bkbk＋1＋bk＋1bk＋2＋…＋bn－1bn＝122k－11－14n－k1－14＝43122k－1－122n－1.拓展提升——开阔思路提炼方法(1)判断数列{bn}是否为等比数列，可用定义：bn＋1bn＝q为常数．或b2n＝bn－1·bn＋1来判断，但要注意bn≠0.(2)求等比数列的前n项和要注意：①当q≠1时，用公式Sn＝a11－qn1－q②当q＝1时，用公式Sn＝na1.2．(2009·山东)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b0)且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝n＋14an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，a2a1＝b，即bb－1b＋r＝b，解得r＝－1.(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1所以bn＝n＋14×2n－1＝n＋12n＋1.Tn＝222＋323＋424＋…＋n＋12n＋1，12Tn＝223＋324＋…＋n2n＋1＋n＋12n＋2，两式相减得12Tn＝222＋123＋124＋…＋12n＋1－n＋12n＋2.＝12＋123×1－12n－11－12－n＋12n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2故Tn＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1.题型三数列应用问题【例3】某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件．若做广告宣传，广告费为n千元时比广告费为(n－1)千元时多卖出b2n件，n∈N*.(1)试写出销售量S与n的函数关系式；(2)当a＝10，b＝4000时，厂家应生产多少件这种产品，广告费为几千元，才能使获利最大？解：设S0表示广告费为0千元时的销售量，由题意S1－S0＝b2，S2－S1＝b22，…，Sn－Sn－1＝b2n，相加得Sn－S0＝b2＋b22＋b23＋…＋b2n，即Sn＝b＋b2＋b22＋b23＋…＋b2n＝b2－12n.(2)当a＝10，b＝4000时，Sn＝40002－12n.设获利为Tn，则有Tn＝Sn·10－1000n＝400002－12n－1000n.欲使Tn最大，则Tn≥Tn＋1，Tn≥Tn－1，得n≥5，n≤5.故n＝5，此时S＝7875.即该厂家应生产7875件产品，广告费为5千元，能使获利最大．拓展提升——开阔思路提炼方法以递推数列知识作为背景的应用题是高中应用题中的常见题型．要正确快速地求解这类问题，需要在理解题意的基础上，正确处理数列中的递推关系．3．甲、乙两容器中分别盛有质量分数为10%,20%的某种溶液各500L，同时从甲、乙两个容器中取出100L溶液，分别倒入对方的容器搅匀，这称为是一次调和，记a1＝10%，b1＝20%，经(n－1)次调和后甲、乙两个容器的溶液质量分数分别为an，bn.(1)试用an－1，bn－1表示an，bn；(2)证明数列{an－bn}是等比数列，并求出an，bn的通项公式．解：(1)由题意an＝400an－1＋100bn－1500＝45an－1＋15bn－1，bn＝400bn－1＋100an－1500＝45bn－1＋15an－1.(2)an－bn＝35an－1－35bn－1＝35(an－1－bn－1)(n≥2)，∴{an－bn}是以a1－b1＝－10%为首项，35为公比的等比数列，∴an－bn＝(－10%)·35n－1.①又∵an＋bn＝an－1＋bn－1＝…＝a1＋b1＝30%，②联立①，②得an＝－35n－1·5%＋15%；bn＝35n－1·5%＋15%.题型四热点交汇【例4】(2009·安徽)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设Cn＝a2nbn，证明：当且仅当n≥3时，Cn＋1Cn.(1)解：当n＝1时，a1＝S1＝4.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋2n)－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，∴an＝4n(n∈N*)．又当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，∴2bn＝bn－1.而b1＝T1＝2－b1，则b1＝1.∴数列{bn}是首项为1，公比为12的等比数列．则bn＝12n－1.(2)证明：由(1)知Cn＝a2nbn＝16n212n－1，则Cn＋1Cn＝n＋122n2.由Cn＋1Cn1，即n＋122n21，整理得n2－2n－10.∴n1＋2，即n≥3.又n≥3时，n＋122n21成立，即Cn＋1Cn1，且Cn0，因此当且仅当n≥3时，Cn＋1Cn.拓展提升——开阔思路提炼方法数列项的变化呈规律性，这是等差、等比数列的特征，在高考中，这种变化的规律性经常用数表或图