高考数学专题复习课件：高考专题突破三　高考中的数列问题.pptx

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1、高考专题突破三高考中的数列问题考点自测课时作业题型分类深度剖析内容索引考点自测1.(2017·广州质检)数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为答案解析答案解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴an＝a1＋(n－1)d＝n.3.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则等比数列{an}的公比为________.答案解析设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由4S2＝S1＋3S3，得4

2、(a1＋a1q)＝a1＋3(a1＋a1q＋a1q2)，即3q2－q＝0，又q≠0，∴q＝.4.(2015·课标全国Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝_________.答案解析由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，答案解析4∴an＝－2an－1，又a1＝－1，∴{an}是以－1为首项，以－2为公比的等比数列，∴an＝－(－2)n－1，由1

3、2016·四川)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；题型一　等差数列、等比数列的综合问题解答由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立.所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列.从而an＝qn－1.由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2

4、＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*).解答由(1)可知，an＝qn－1，＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序.(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的.思维升华

5、跟踪训练1已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；解答设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.解答当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，题型二　数列的通项与求和例2已知数列{an}的前n项和为

6、Sn，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；证明∵an＋Sn＝n，①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②②－①，得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1.又cn＝an－1，解答(2)求数列{bn}的通项公式.∴当n≥2时，bn＝an－an－1(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息.(2)根据数列的特点选

7、择合适的求和方法，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等.思维升华跟踪训练2已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.(1)证明：数列{}是等比数列；证明(2)求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.解答题型三　数列与其他知识的交汇解答命题点1数列与函数的交汇f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，16n2a－4nb＝0，又f′(x)＝x＋2n，当n＝1时，a1＝4也符合，解答∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn解答命题点2数列与不等式的交汇令n＝1代入得a1＝2(负值舍去).解答(2)求数列{a

8、n}的通项公式；得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.又已知数列{an}各项均为正数，故Sn＝n2＋n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，当n＝1时，a1＝2也满足上式，∴an＝2n，n∈N*.证明∵k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，∴4k2＋2k≥3k2＋3k，∴不等式成立.