走向高考·二轮数学课件专题3第1讲.ppt

(1)以客观题考查对基本概念、性质、通项及前n项和公式的掌握情况，主要是低档题，有时也命制有一定深度的中档题，与其他知识交汇命题也是这一部分的一个显著特征． (2)以大题形式考查综合运用数列知识解决问题的能力． 3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法). 1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混． 3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的条件和an＝0的情形． 4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0. (文)(2014·乌鲁木齐地区诊断)已知等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，等差数列{bn}中，b1＝2，且a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋b420. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Sn. (文)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p是不为零的常数． (1)证明：数列{an}是等比数列； (2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式． [方法规律总结]　 1.求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及前n项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解． 2.证明数列是等差(等比)数列时，应用定义分析条件，结合性质进行等价转化． [解析]　依题意得a6＝S6－S50,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a60,2a33a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a60,5a5a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a60.综上所述，故选D. [解析]　{lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1a2…a8)＝lg(a4·a5)4＝4lg(a4a5)＝4，故选C. [方法规律总结]　 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别． [分析]　(1)当n＝1时求出a1，当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1可求得an的通项公式；(2)由分组求和法及等比数列的前n项和可解决本问． [点评]　本题考查了等差数列等比数列的通项公式，前n项和公式、乘公比错位相消以及导数的应用．本题的易错点是运用乘公比错位相消时不能正确的错位，同时指数函数的导数也是经常容易混淆的知识点． [点评]　本题考查等比数列的定义，通项公式的求法及不等式的证明；第二小题，在利用放缩法后，转化为等比数列的求和. [分析]　(1)找出an与an＋1关系； (2)用错位相减法求和． [方法规律总结]　 一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性，均值定理、等比数列的求和公式等性质、定理与公式在不同的条件下有不同的结论，或者在一定的限制条件下才成立，这时要小心，应根据题目条件确定是否进行分类讨论． 在等比数列{an}中，a1＝a，前n项和为Sn，若数列{an＋1}成等差数列，则Sn等于(　　) A．an＋1－a B．n(a＋1) C．na D．(a＋1)n－1 [答案]　C [解析]　利用常数列a，a，a，…判断，则存在等差数列a＋1，a＋1，a＋1，…或通过下列运算得到：2(aq＋1)＝(a＋1)＋(aq2＋1)，∴q＝1，Sn＝na. [分析]　(1)设数列{an}的公差为d，利用等比数列的性质得到a＝a1·a5，并用a1、d表示a2、a5，列等式求解公差d，进而求出通项，注意对公差d分类讨论；(2)利用(1)的结论，对数列{an}的通项分类讨论，分别利用通项公式及等差数列的前n项和公式求解Sn，然后根据Sn60n＋800列不等式求解． [解析]　(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)． 化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4. 当d＝0时，an＝2； 当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2， 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2. 此时存在正整数n，使得Sn60n＋800成立，n的最小值为41. 综上，当an＝2时，不存在满足题意的n； 当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41. [方法规律总结]　 存在型探索性问题解答时先假设存在，依据相关知识(概念、