【二轮推荐】三维设计2013年高考数学(理)二轮复习 专题三 配套动漫课件 第一节 等差数列、等

第一阶段专题三第一节知识载体能力形成创新意识配套课时作业考点一考点二考点三抓点串线成面返回返回返回数列的通项是数列的核心，它是数列定义在数与式上的完美体现，也是研究数列性质、求解数列前n项和的依据．返回(1)从数列的通项公式an＝f(n)(n∈N*)的形式上，明确函数与数列的联系与区别，掌握利用函数知识研究数列问题的思路和方法，把握数列的单调性与函数单调性的联系与区别；(2)熟练掌握已知数列的前n项和Sn求其通项an的方法，特别要注意an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2；(3)等差数列与等比数列的通项公式是解决这两类最基本数列的依据，准确把握其通项公式的函数特征，要从通项公式的形式上掌握这两类数列的本质特征——“差”等或“比”等；根据返回通项公式准确把握这两类数列的重要性质，如当m＋n＝p＋q时，若{an}为等差数列，则有am＋an＝ap＋aq；若{bn}为等比数列，则有bm·bn＝bp·bq等；(4)准确记忆等差数列与等比数列的前n项和公式，注意等差数列求和公式与性质的结合，即Sn＝na1＋an2中a1＋an的变形，可用等差中项表示；求解等比数列的前n项和时，注意验证公比q是否为1；(5)数列通项是数列求和的依据，掌握根据通项公式的特征利用错位相减、裂项相消以及分组求和的求和方法，准确进行运算是关键；返回(6)数列的通项公式也是解决数列的综合应用的关键，要灵活利用通项公式建立数列与函数的关系；要利用通项公式的变形，将函数建模的方法用到数列实际应用问题的解决过程中．返回返回1．把握两个定义若一个数列从第二项起，每项与前一项的差(比)为同一个常数，则这个数列为等差(比)数列．2．“死记”四组公式等差数列等比数列通项公式an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1(q≠0)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＝na1返回3．活用三种性质性质等差数列等比数列(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)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sn≠0)返回返回[考情分析]此知识点是高考的重点内容，着重考查等差、等比数列的基本运算，题型不仅有选择题、填空题，还有解答题，一般难度较小．返回[例1](2012·山东高考)已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.[思路点拨](1)由已知得关于等差数列的首项和公差的方程组，可求得首项和公差，从而求得通项公式；(2)由已知可求得满足条件的项数，从而得出bm的通项公式，再求Sm.返回[解](1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，由T5＝105，a10＝2a5，得5a1＋5×5－12d＝105，a1＋9d＝2a1＋4d，解得a1＝7，d＝7.因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)．返回(2)对m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.因此bm＝72m－1，所以数列{bm}是首项为7公比为49的等比数列，故Sm＝b11－qm1－q＝7×1－49m1－49＝7×72m－148＝72m＋1－748.返回[类题通法]关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式及前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质，不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识．返回[冲关集训]1．(2012·山西四校联考)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，12a3,2a2成等差数列，则a8＋a9a6＋a7等于()A．1＋2B．1－2C．3＋22D．3－22返回解析：选记等比数列{an}的公比为q，其中q0，由题意知a3＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q.因为a1≠0，所以有q2－2q－1＝0，由此解得q＝1±2，又q0，所以q＝1＋2.所以a8＋a9a6＋a7＝q2a6＋a7a6＋a7＝q2＝(1＋2)2＝3＋22.C返回2.(2011·福建高考)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.从而，an＝1+(n－1)×(－2)=3－2n.返回(2)由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝n[1＋3－2n]2＝2n－n2.进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35，即k2－2k－35＝0.解得k＝7或k＝－5，又k∈N*，故k＝7为所求结果．返回[考情分析]等差(比)数列的证明是高考命题的重点和热点，多在解答题中的某一问出现，一般用定义法直接证明，主要考查学生综合运用数学知识解决问题的能力，属于中档题．返回[例2](2012·陕西高考)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．(1)求数列{an}的公比；(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．[思路点拨](1)由等差数列定义可列等式关系，再由等比数列的通项公式可求公比．(2)利用等差数列的定义或等差中项进行证明．返回[解](1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3.由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.(2)证明：法一：对任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．返回法二：对任意k∈N＋，2Sk＝2a11－qk1－q，Sk＋2＋Sk＋1＝a11－qk＋21－q＋a11－qk＋11－q＝a12－qk＋2－qk＋11－q.2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝2a11－qk1－q－a12－qk＋2－qk＋11－q＝a11－q[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝a1qk1－q(q2＋q－2)＝0，因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．返回[类题通法]判定或证明数列{an}为等差数列或等比数列的三种基本方法：(1)定义法：an＋1－an＝d(d为常数)⇔{an}为等差数列；an＋1an＝q(q为非零常数)⇔{an}为等比数列．(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}为等差数列；a2n＋1＝an·an＋2(an≠0，n∈N*)⇔{an}为等比数列．(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}为等差数列；an＝cqn(c，q为非零常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列．返回[冲关集训]3．已知数列{an}满足：log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则13log(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5B．－15C．5D.15解析：选由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，得an＋1＝3an，所以数列{an}是公比为3的等比数列，a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)×33＝35，所以13log(a5＋a7＋a9)＝－log335＝－5.A返回4．已知数列{an}满足a1＝14，a2＝34，an＋1＝2an－an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足b1＝12，3bn－bn－1＝n(n≥2，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明数列{bn－an}为等比数列，并求出数列{bn}的通项公式．返回解：(1)由an＋1＝2an－an－1(n≥2，n∈N*)，可得an＋1－an＝an－an－1(n≥2，n∈N*)．所以数列{an}是首项为a1＝14，公差为d＝a2－a1＝12的等差数列．所以an＝a1＋(n－1)d＝12n－14(n∈N*)，即an＝12n－14(n∈N*)．返回(2)证明：由3bn－bn－1＝n，得bn＝13bn－1＋13n(n≥2，n∈N*)．所以bn－an＝13bn－1＋13n－12n＋14＝13bn－1－16n＋14＝13bn－1－12n＋34＝13bn－1－12n－1＋14＝13(bn－1－an－1)，返回又b1－a1＝14≠0，所以bn－an≠0(n∈N*)，得bn－anbn－1－an－1＝13(n≥2，n∈N*)，即数列{bn－an}是首项为b1－a1＝14，公比为13的等比数列．于是，bn－an＝14·13n－1，即bn＝2n－14＋14·13n－1＝1413n－1＋2n－1(n∈N*)．返回[考情分析]此类问题主要考查等差(比)数列的项与和的性质，特别是数列中“若m＋n＝p＋q，则有am＋an＝ap＋aq(am·an＝ap·aq)”这一性质．此类问题经常和数列求和联系在一起，多以选择题和填空题的形式出现，一般难度较小．返回[例3](1)(2012·辽宁高考)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()A．58B．88C．143D．176(2)已知在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，则其前9项之和等于()A．50B．70C．80D．90[思路点拨]利用等差(比)数列的性质求解．返回[解析](1)S11＝11a1＋a112＝11a4＋a82＝88.(2)由等比数列的性质知：b1＝a1＋a2＋a3，b2＝a4＋a5＋a6，b3＝a7＋a8＋a9仍然构成等比数列，而b1＝40，b2＝20，易得b3＝10，于是S9＝a1＋a2＋…＋a9＝b1＋b2＋b3＝40＋20＋10＝70.[答案](1)B(2)B返回[类题通法]等差数列与等比数列有很多类似的性质，抓住这些性质可以简化运算过程，在学习时要注意对比记忆，熟知它们的异同点，灵活应用性质解题．返回[冲关集训]5．(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10等于()A．4B．5C．6D．7B解析：选由题意可知a3a11＝a27＝16，因为{an}为正项等比数列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.返回6．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为()A．2B．4C．8D．16B解析：选由anan＋1＝16n，得an＋1an＋2＝16n＋1，两式相除得，an＋1an＋2anan＋1＝16n＋116n＝16，所以q2＝16.由anan＋1＝16n，可知公比q为正数，所以q＝4.返回解析：选∵{an}、{bn}分别为等差数列和等比数列，∴a1＋a2011＝a1000＋a1012＝π，b7b8＝b1b14＝－2，于是tana1＋a20111－b7b8＝tanπ1＋2＝tanπ3＝3.7．已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足a1000＋a1012＝π，b1b14＝－2，则tana1＋a20111－b7b8等于()A．1B．－1C.33D.3D返回由递推关系求通项公式的常用方法递推关系和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推关系确定数列中的项时，需要逐项求解，而通项公式是项an与项数n之间的关系，由递推关系求通项公式其方法有累加法、累乘法、构造法等．返回[典例](2