（全國通用版）2019高考數學二輪復習 專題二 數列 第1講 等差數列與等比數列課件 文.ppt

第1講等差數列與等比數列,高考定位1.等差、等比數列基本運算和性質的考查是高考熱點，經常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)；2.數列的通項也是高考熱點，常在解答題中的第(1)問出現(xiàn)，難度中檔以下.,1.(2017全國卷)記Sn為等差數列an的前n項和.若a4a524，S648，則an的公差為() A.1 B.2 C.4 D.8,解析設an的公差為d，,真 題 感 悟,答案C,答案D,3.(2018全國卷)記Sn為數列an的前n項和.若Sn2an1，則S6_.,解析因為Sn2an1，所以當n1時，a12a11，解得a11，,答案63,4.(2018全國卷)等比數列an中，a11，a54a3. (1)求an的通項公式； (2)記Sn為an的前n項和.若Sm63，求m.,解(1)設an的公比為q，由題設得anqn1. 由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2. 故an(2)n1或an2n1.,由Sm63得(2)m188，此方程沒有正整數解. 若an2n1，則Sn2n1. 由Sm63得2m64，解得m6. 綜上，m6.,1.等差數列 (1)通項公式：ana1(n1)d；,(3)性質： 若m，n，p，qN*，且mnpq，則amanapaq； anam(nm)d； Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差數列.,考 點 整 合,2.等比數列 (1)通項公式：ana1qn1(q0)；,(3)性質： 若m，n，p，qN*，且mnpq，則amanapaq； anamqnm； Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比數列. 溫馨提醒應用公式anSnSn1時一定注意條件n2，nN*.,熱點一等差、等比數列的基本運算 【例1】 (1)(2018菏澤模擬)已知正項等比數列an的前n項和為Sn，a11，S37，則a6() A.64 B.32 C.16 D.8,解析S3a1a2a3a1(1qq2)7，又a11， q2q60，解得q2(q0)，則a6a1q512532. 答案B,(2)(2018全國卷)記Sn為等差數列an的前n項和，已知a17，S315. 求an的通項公式； 求Sn，并求Sn的最小值. 解設an的公差為d，由題意得3a13d15. 由a17得d2. 所以an的通項公式為an2n9. 由得Snn28n(n4)216. 所以當n4時，Sn取得最小值，最小值為16.,探究提高1.等差(比)數列基本運算的解題途徑： (1)設基本量a1和公差d(公比q). (2)列、解方程組：把條件轉化為關于a1和d(q)的方程(組)，然后求解，注意整體計算，以減少運算量. 2.第(2)題求出基本量a1與公差d，進而由等差數列前n項和公式將結論表示成“n”的函數，求出最小值.,【訓練1】 (1)(2018鄭州調研)已知等差數列an的公差為2，a2，a3，a6成等比數列，則an的前n項和Sn() A.n(n2) B.n(n1) C.n(n1) D.n(n2),答案A,(2)(2017全國卷)已知等差數列an的前n項和為Sn，等比數列bn的前n項和為Tn，a11，b11，a2b22. 若a3b35，求bn的通項公式； 若T321，求S3.,解設an公差為d，bn公比為q，,故bn的通項公式為bn2n1.,當d1時，S36；當d8時，S321.,熱點二等差(比)數列的性質 【例2】 (1)(2018石家莊調研)在等比數列an中，a6，a10是方程x26x20的兩個實數根，則a8的值為(),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,(2)由(n1)Sn<nSn1得,整理得an<an1， 所以等差數列an是遞增數列，,所以數列an的前7項為負值，即Sn的最小值是S7. 答案(1)D(2)D,探究提高1.利用等差(比)性質求解的關鍵是抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當的性質進行求解. 2.活用函數性質：數列是一種特殊的函數，具有函數的一些性質，如單調性、周期性等，可利用函數的性質解題.,【訓練2】 (1)(2018濟南調研)an是公差為2的等差數列，Sn為數列an的前n項和，若S515，則a5() A.3 B.5 C.7 D.9,A.4 B.2 C.3 D.5,解析(1)由等差數列性質，得S55a315，a33，則a5a32d3227.,(2)設等比數列an的公比為q，,則數列l(wèi)g an是等差數列，,答案(1)C(2)B,熱點三等差(比)數列的判斷與證明,an0，知Sn10，Sn12Sn0， 故Sn12Sn.,(1)證明：Sn12Sn； (2)是否存在實數，使得數列an為等比數列，若存在，求出；若不存在，請說明理由.,(2)解由(1)知，Sn12Sn， 當n2時，Sn2Sn1， 兩式相減，an12an(n2，nN*)， 所以數列an從第二項起成等比數列，且公比q2. 又S22S1，即a2a12a1， a2a110，得1.,若數列an是等比數列，則a212a12. 1，經驗證得1時，數列an是等比數列.,【遷移探究】 若本例中條件“a11”改為“a12”其它條件不變，試求解第(2)問.,解由本例(2)，得an12an(n2，nN*). 又S22S1，a2a120. an(2)2n2(n2). 又a12，若an是等比數列， a2(2)202a14，2. 故存在2，此時an2n，數列an是等比數列.,【訓練3】 設數列an的前n項和為Sn，已知首項a13，Sn13Sn3(nN*).,(1)證明：數列an是等比數列；,(1)證明當n1時，S23S13，又S1a13，,當n2時，Sn3Sn13，an1Sn1Sn3(SnSn1)3an，,所以數列an是等比數列.,(2)解由(1)得：an3n，,熱點四等差數列與等比數列的綜合問題 【例4】 (2018天津卷)設an是等差數列，其前n項和為Sn(nN*)；bn是等比數列，公比大于0，其前n項和為Tn(nN*).已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整數n的值.,解(1)設等比數列bn的公比為q(q0). 由b11，b3b22，可得q2q20. 因為q0，可得q2，故bn2n1.,設等差數列an的公差為d. 由b4a3a5，可得a13d4. 由b5a42a6，可得3a113d16，從而a11，d1， 故ann.,(2)由(1)，有,由Sn(T1T2Tn)an4bn,整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.,所以，n的值為4.,探究提高1.等差數列與等比數列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便. 2.數列的通項或前n項和可以看作關于n的函數，然后利用函數的性質求解數列問題.,【訓練4】 (2017北京卷)已知等差數列an和等比數列bn滿足a1b11，a2a410，b2b4a5. (1)求an的通項公式； (2)求和：b1b3b5b2n1.,解(1)設an的公差為d，由a11，a2a410， 得1d13d10， 所以d2，所以ana1(n1)d2n1.,(2)由(1)知a59. 設bn的公比為q，由b11，b2b4a5得qq39，所以q23， 所以b2n1是以b11為首項，qq23為公比的等比數列，,1.在等差(比)數列中，a1，d(q)，n，an，Sn五個量中知道其中任意三個，就可以求出其他兩個.解這類問題時，一般是轉化為首項a1和公差d(公比q)這兩個基本量的有關運算. 2.等差、等比數列的性質是兩種數列基本規(guī)律的深刻體現(xiàn)，是解決等差、等比數列問題既快捷又方便的工具，應有意識地去應用.但在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形.,