2019年高考数学二轮复习 专题六 数列、不等式及数学归纳法 第1讲 等差数列与等比数列课件 新人教

专题六数列、不等式及数学归纳法考情概览年份题型·题号·分值题涉考点难度2018选择题·10·4分数列与函数、等比数列通项难简答题·20·15分数列的递推与通项、数列求和中2017选择题·6·4分等差数列公差、通项、前n项和易解答题·22·15分数列的递推、数列与不等式、数学归纳法难2016理选择题·6·5分(文选择题·8·5分)理填空题·13·6分等差数列的定义数列的通项与求和,等比数列前n项和中中理解答题·20·15分文解答题·17·15分数列的递推、数列与不等式数列的通项与求和难易2015理选择题·3·5分文填空题·10·6分等差、等比数列的概念与前n项和等差、等比数列的概念易易理解答题·20·15分文解答题·17·15分数列的递推、数列与不等式数列的通项与求和难易2014理选择题·10·5分数列求和难理解答题·19·14分文解答题·19·14分数列通项与求和等差数列通项与求和中中说明2016年以前文理科题序相同时没有特别标注,题序不同时进行标注,文理只是考查难度不同,涉及知识点基本一致第1讲等差数列与等比数列核心整合1.等差、等比数列的通项(1)数列{an}为等差数列,an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d).d0⇔{an}为递增数列,Sn有最小值.d0⇔{an}为递减数列,Sn有最大值.d=0⇔{an}为常数列.(2)数列{an}为等比数列,an=a1qn-1=1aq·qn.当10,1aq或10,01aq时,数列{an}为递增数列,当10,01aq或10,1aq时,数列{an}为递减数列.【归纳拓展】等差数列的通项公式是一个一次型函数;q0且q≠1时,等比数列的通项是一个指数型函数.2.等差、等比数列的前n项和(1)数列{an}为等差数列,前n项和Sn=12nnaa=na1+12nnd=2dn2+(a1-2d)n.(2)数列{bn}为等比数列,当q=1时,前n项和Sn=nb1;当q≠1时,Sn=111nbqq=11nbbqq.3.等差、等比数列的性质(1)数列{an}为等差数列,m+n=p+q时,am+an=ap+aq.(4)等比数列中,若项数为2n,SS偶奇=q(公比).(2)数列{bn}为等比数列,m+n=p+q时,bm·bn=bp·bq.(3)等差数列中,若项数为2n,则S偶-S奇=nd,若项数为2n-1,则S偶=(n-1)an,S奇=nan,S奇-S偶=an.【归纳拓展】数列{an}为等差数列,m+n=2p时,am+an=2ap;数列{bn}为等比数列,m+n=2p时,bm·bn=2pb.核心突破考点一等差、等比数列的定义【例1】已知数列{an}满足an+1=2an+2n+1,且a1=2.(1)证明:数列{2nna}是等差数列;(1)证明:由已知,两边除以2n+1得112nna=122nna+1,即112nna-2nna=1,又112a=1.所以{2nna}是以1为首项,公差为1的等差数列.(2)设数列cn=nan-log2nan,求数列{cn}的前n项和Sn.(2)解:由(1)得2nna=1+(n-1)×1=n,故an=n·2n,所以cn=2n-n.所以Sn=c1+c2+c3+…+cn=(21-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n)=(21+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)=21212n-12nn=2n+1-12nn-2.方法技巧证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法(1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*){an}是等差数列;1nnaa=q(q是非零常数){an}是等比数列.(2)等差(比)中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*){an}是等差数列;21na=an·an+2(n∈N*){an}是等比数列.(3)通项公式法:an=pn+q(p,q为常数){an}是等差数列;an=a1·qn-1(其中a1,q为非零常数,n∈N*){an}是等比数列.(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数){an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A为非零常数,q≠0,1){an}是等比数列.(1)解:令n=1,得a1=S1=43a1-13×4+23,解得a1=2.【题组训练】1.设数列{an}的前n项和Sn=43an-13×2n+1+23,n=1,2,3,….(1)求首项a1的值;(2)证明:当n≥2时,Sn-1=43an-1-13×2n+23.所以an=Sn-Sn-1=43(an-an-1)-13(2n+1-2n),即an=4an-1+2n,所以an+2n=4(an-1+2n-1),所以数列{an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列.(2)求证:数列{an+2n}是等比数列.2.已知数列{an}满足a1=12,an+1an=2an+1-1,令bn=an-1.(1)求证:数列{1nb}为等差数列;证明:(1)由题可得an=2-11na,b1=a1-1=-12,则11nb-1nb=111na-11na=111na-11121na=-1,所以数列{1nb}是首项为-2,公差为-1的等差数列.(2)设cn=1nnaa,求证:数列{cn}的前n项和Tnn+34.证明:(2)由(1)可知1nb=-2+(n-1)(-1)=-n-1,所以bn=-11n,所以an=bn+1=1-11n=1nn,所以cn=1nnaa=121nnnn=212nnn=1+12nn=1+12(1n-12n),从而有Tn=c1+c2+…+cn=21aa+32aa+…+1nnaa=[1+12(1-13)]+[1+12(12-14)]+…+[1+12(1n-12n)]=n+12(1+12-11n-12n)n+34.3.设{an},{bn}是公比不相等的两等比数列,cn=an+bn.证明数列{cn}不是等比数列.证明:设{an},{bn}的公比分别为p,q,p≠q,cn=an+bn,为证{cn}不是等比数列只需证22c≠c1·c3.事实上,22c=(a1p+b1q)2=21ap2+21bq2+2a1b1pq,c1·c3=(a1+b1)(a3+b3)=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=21ap2+21bq2+a1b1(p2+q2),因为p≠q,p2+q22pq,又a1,b1不为零,所以22c≠c1·c3,故{cn}不是等比数列.考点二等差、等比数列的通项解析:由已知得an=2+(n-1)×1=n+1,bn=2n-1.所以nba=bn+1=2n-1+1,nab=12na=2n,所以n≥2时,nbanab.故选C.【例2】已知数列{an}是首项为2,公差为1的等差数列,{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,n≥2时,则()(A)nba=nab(B)nbanab(C)nbanab(D)大小不能确定方法技巧等差、等比数列的通项公式是利用首项与公差、公比来表示,同时还要能用函数的角度来看待它们.【题组训练】1.设数列{an},{bn}都是等差数列.若a1+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5=.解析:因为(a1+a5)+(b1+b5)=2(a3+b3)=42,所以a5+b5=42-7=35.答案:352.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为.解析:由题意知,a2+a4=(a1+a3)q,即5=10q,解得q=12,将q=12代入a1+a3=10,解得a1=8.所以a1a2…an=1na·12nnq=8n×(12)12nn=27222nn.因为-22n+72n=-12(n-72)2+498≤6,且n∈N*,所以a1a2…an=27222nn≤26=64,当n=3或4时有最大值,即最大值为64.答案:64解:由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2,所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.所以(3n-1)bn+1+bn+1=nbn得bn+1=3nb,得bn=113n.3.已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn.求{an},{bn}的通项公式.考点三等差数列前n项和解:(1)S5=5,S5S6+15=0,则S6=-3,a6=S6-S5=-8,由S6=1662aa=3(a1-8)=-3,解得a1=7.【例3】设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S5S6+15=0.(1)若S5=5,求S6及a1;解:(2)因为S5S6+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即221a+9da1+10d2+1=0,故(4a1+9d)2=d2-8,所以d2≥8,解得d≤-22或d≥22,即d的取值范围为(-∞,-22]∪[22,+∞).(2)求d的取值范围.方法技巧利用等差数列前n项和公式时要注意灵活地运用各种形式Sn=12nnaa=na1+12nnd=2dn2+(a1-2d)n=An2+Bn.【题组训练】1.设Sn为等差数列{an}的前n项和,(n+1)SnnSn+1(n∈N*).若87aa-1,则()(A)Sn的最大值是S8(B)Sn的最小值是S8(C)Sn的最大值是S7(D)Sn的最小值是S7解析:由(n+1)SnnSn+1,得(n+1)12nnaan1112nnaa,整理得anan+1,所以等差数列{an}是递增数列,又87aa-1,所以a80,a70,所以数列{an}的前7项为负值,从第8项开始为正值,即Sn的最小值是S7.D2.已知等差数列{an}的公差d0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及Sn;解:(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d0,所以d=2.从而an=2n-1,Sn=n2(n∈N*).(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.解:(2)由(1)得am+am+1+am+2+…+am+k=(2m+k-1)(k+1),所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+11,且2m+k-1∈N*,k+1∈N*,故2113,15,mkk解得5,4.mk即所求m的值为5,k的值为4.3.设等差数列{an}满足a3=5,a10=-9.(1)求{an}的通项公式;(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值.解:(1)由an=a1+(n-1)d及a3=5,a10=-9得a1=9,d=-2.所以数列{an}的通项公式为an=11-2n.(2)Sn=10n-n2=-(n-5)2+25,所以n=5时Sn取得最大值.考点四等比数列前n项和解析:法一由已知条件得2Sn=Sn+1+Sn+2,即2Sn=2Sn+2an+1+an+2,即21nnaa=q=-2.法二当q=1时,显然不成立.当q≠1时,2111naqq=1111naqq+2111naqq,得q=1(舍去)或q=-2.【例4】设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为.答案:-2方法技巧在涉及等比数列前n项和问题时,不要一味地运用求和公式,有时利用简单的递推关系就能解决问题,同时在运用公式时要注意讨论公比是否为1.【题组训练】1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=52,a2+a4=54,则nnSa等于()(A)4n-1(B)4n-1(C)2n-1(D)2n-1D解析:由a1+a3=52,a2+a4=54得q=12,a1=2,所以nnSa=2n-1,故