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文档介绍
2019届二轮复习第1讲 等差数列、等比数列的基本问题课件(37张)(全国通用)
第 1 讲 等差数列、等比数列的基本问题 高考定位 1. 等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现; 2. 数列的通项也是高考热点,难度中档以下 . 1. (2017· 浙江卷 ) 已知等差数列 { a n } 的公差为 d ,前 n 项和为 S n ,则 “ d > 0” 是 “ S 4 + S 6 > 2 S 5 ” 的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 真 题 感 悟 解析 由 S 4 + S 6 - 2 S 5 = S 6 - S 5 - ( S 5 - S 4 ) = a 6 - a 5 = d ,当 d > 0 时,则 S 4 + S 6 - 2 S 5 > 0 ,即 S 4 + S 6 > 2 S 5 ,反之, S 4 + S 6 > 2 S 5 ,可得 d > 0 ,所以 “ d > 0 ” 是 “ S 4 + S 6 > 2 S 5 ” 的充要条件 . 答案 C 2. (2018· 浙江卷 ) 已知 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 成等比数列,且 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = ln( a 1 + a 2 + a 3 ). 若 a 1 >1 ,则 ( ) A. a 1 < a 3 , a 2 < a 4 B. a 1 > a 3 , a 2 < a 4 C. a 1 < a 3 , a 2 > a 4 D. a 1 > a 3 , a 2 > a 4 解析 法一 因为 ln x ≤ x - 1( x >0) ,所以 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = ln( a 1 + a 2 + a 3 ) ≤ a 1 + a 2 + a 3 - 1 ,所以 a 4 ≤ - 1 ,又 a 1 >1 ,所以等比数列的公比 q <0. 若 q ≤ - 1 ,则 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = a 1 (1 + q )(1 + q 2 ) ≤ 0 ,而 a 1 + a 2 + a 3 ≥ a 1 >1 ,所以 ln( a 1 + a 2 + a 3 )>0 ,与 ln( a 1 + a 2 + a 3 ) = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 ≤ 0 矛盾, 所以- 1< q <0 ,所以 a 1 - a 3 = a 1 (1 - q 2 )>0 , a 2 - a 4 = a 1 q (1 - q 2 )<0 ,所以 a 1 > a 3 , a 2 < a 4 ,故选 B. 法二 因为 e x ≥ x + 1 , a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = ln( a 1 + a 2 + a 3 ) ,所以 e a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = a 1 + a 2 + a 3 ≥ a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + 1 ,则 a 4 ≤ - 1 ,又 a 1 >1 ,所以等比数列的公比 q <0. 若 q ≤ - 1 ,则 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = a 1 (1 + q )(1 + q 2 ) ≤ 0 ,而 a 1 + a 2 + a 3 ≥ a 1 >1 ,所以 ln( a 1 + a 2 + a 3 )>0 ,与 ln( a 1 + a 2 + a 3 ) = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 ≤ 0 矛盾,所以- 1< q <0 ,所以 a 1 - a 3 = a 1 (1 - q 2 )>0 , a 2 - a 4 = a 1 q (1 - q 2 )<0 ,所以 a 1 > a 3 , a 2 < a 4 . 故选 B. 答案 B 3. (2016· 浙江卷 ) 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ,已知 S 2 = 4 , a n + 1 = 2 S n + 1 , n ∈ N * . (1) 求通项公式 a n ; (2) 求数列 {| a n - n - 2|} 的前 n 项和 . 考 点 整 合 热点一 等差、等比数列的判定与证明 【例 1 】 记 S n 为等比数列 { a n } 的前 n 项和 . 已知 S 2 = 2 , S 3 =- 6. (1) 求 { a n } 的通项公式; (2) 求 S n ,并判断 S n + 1 , S n , S n + 2 是否成等差数列 . 解 (1) 设 { a n } 的公比为 q ,由题设可得 解得 q =- 2 , a 1 =- 2. 故 { a n } 的通项公式为 a n = ( - 2) n . 热点二 求数列的通项 [ 考法 1] 由 S n 与 a n 的关系求 a n 【例 2 - 1 】 (1) (2018· 宁波模拟节选 ) 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ,且满足 a n + 2 S n · S n - 1 = 0( n ≥ 2 , n ∈ N * ) , a 1 = . 求数列 { a n } 的通项公式; (2) 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ,已知 a 1 = 1 , a 2 = 2 ,且 a n + 2 = 3 S n - S n + 1 + 3, n ∈ N * . 证明: a n + 2 = 3 a n ;并求 a n . 解 (1) 由 a n + 2 S n · S n - 1 = 0( n ≥ 2 , n ∈ N * ) ,得 S n - S n - 1 + 2 S n · S n - 1 = 0 , 探究提高 给出 S n 与 a n 的递推关系求 a n ,常用思路是:一是利用 S n - S n - 1 = a n ( n ≥ 2) 转化为 a n 的递推关系,再求其通项公式;二是转化为 S n 的递推关系,先求出 S n 与 n 之间的关系,再求 a n . 探究提高 (1) 形如 b n + 1 - b n = f ( n ) ,其中 f ( n ) = k 或多项式 ( 一般不高于三次 ) ,用累加法即可求得数列的通项公式: (2) 形如 a n + 1 = a n · f ( n ) ,可用累乘法; (3) 形如 a n + 1 = pa n + q ( p ≠1 , q ≠0) ,可构造一个新的等比数列; (4) 形如 a n + 1 = qa n + q n ( q 为常数,且 q ≠0 , q ≠±1) ,解决方法是在递推公式两边同除以 q n + 1 . 热点三 等差、等比数列的函数性质问题 【例 3 】 已知等差数列 { a n } 的公差为- 1 ,且 a 2 + a 7 + a 12 =- 6. (1) 求数列 { a n } 的通项公式 a n 与前 n 项和 S n ; (2) 将数列 { a n } 的前 4 项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列 { b n } 的前 3 项,记 { b n } 的前 n 项和为 T n ,若存在 m ∈ N * ,使对任意 n ∈ N * ,总有 S n < T m + λ 恒成立,求实数 λ 的取值范围 . 探究提高 (1) 以数列为载体,考查不等式的恒成立问题,此类问题可转化为函数的最值问题 . (2) 判断数列问题中的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小,或者是借助数列对应函数的单调性比较大小 . (3) 数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数,然后利用函数的性质求解数列问题 .查看更多