高考数学考前专题复习篇 主题四 数列、推理与证明 等差数列、等比数列4-1 课件VIP免费

专题四数列、推理与证明§1等差数列、等比数列真题热身1．(2011·大纲全国改编)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝________.解析 Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝a1＋kd＋a1＋(k＋1)d＝2a1＋(2k＋1)d＝2×1＋(2k＋1)×2＝4k＋4＝24，∴k＝5.52．(2011·天津改编)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为________．解析 a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，又 a7是a3与a9的等比中项，∴(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得a1＝20.∴S10＝10×20＋12×10×9×(－2)＝110.1103．(2011·四川改编)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则an＝________________.解析当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝1(n＝1)，3×4n－2(n≥2).1(n＝1)，3×4n－2(n≥2)4．(2011·广东)等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.解析设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S9－S4＝0，即a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0,5a7＝0，故a7＝0.而ak＋a4＝0，故k＝10.10考点整合1．等差数列(1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.(3)前n项和公式：Sn＝n(a1＋an)2＝na1＋n(n－1)d2.(4)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．(5)性质：①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．③等差数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列．注意：为了方便，有时等差数列的通项公式也可写成an＝pn＋q的形式，前n项和公式可写成Sn＝An2＋Bn的形式(p，q，A，B为常数)．2．等比数列(1)定义式：an＋1an＝q(n∈N*，q为非零常数)．(2)通项公式：an＝a1qn－1.(3)前n项和公式：Sn＝na1(q＝1)，a1(1－qn)1－q(q≠1).(4)等比中项公式：a2n＝an－1an＋1(n∈N*，n≥2)．(5)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)．②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(p，q，m，n∈N*)．③等比数列中，q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列．注意：(1)a2n＝an－1an＋1是an－1，an，an＋1成等比数列的必要不充分条件．(2)利用等比数列前n项和的公式求和时，不可忽视对公比q是否为1的讨论．分类突破一、等差数列的有关问题例1已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.(1)求{an}的通项an；(2)求{an}的前n项和Sn的最大值．解(1)设{an}的公差为d，由已知条件，a1＋d＝1，a1＋4d＝－5，解得a1＝3，d＝－2.所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5(n∈N*)．(2)Sn＝na1＋n(n－1)2d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2.所以当n＝2时，Sn取得最大值4.归纳拓展(1)涉及等差数列的有关问题时往往用待定系数法“知三求二”进而解决问题；(2)等差数列前n项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值，有时利用数列的单调性(d>0，递增；d<0，递减)；(3)等差数列的性质：设m、n、p、q为自然数，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.变式训练1数列{an}是等差数列，若a11a10<－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n＝________.解析 {an}的前n项和Sn有最大值，∴数列为递减数列．又a11a10<－1，∴a10>0，a11<0，得a10＋a11<0.而S19＝19(a1＋a19)2＝19·a10>0，S20＝20(a1＋a20)2＝10(a10＋a11)<0.故当n＝19时，Sn取得最小正值．19二、等比数列的有关问题例2(2011·安徽)在数1和正实数a之间插入n个正实数，使得这n＋2个数构成等比数列，将这n＋2个数的乘积记作bn，且an＝logabn.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)设t1，t2，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝a，则bn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①bn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1.②①×②并利用ti·tn＋3－i＝t1tn＋2＝a(1≤i≤n＋2)，得b2n＝(t1tn＋2)·(t2tn＋2)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝an＋2，又bn>0，∴bn＝a，an＝12(n＋2)．12(n＋2)...