（2022高考数学一轮复习(步步高)）第六章 高考专题突破三　高考中的数列问题.pptx

1、大一轮复习讲义 第六章数列 高考专题突破三高考中的数列问题 考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法. 3.了解数列是一种特殊的函数. 4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题. 主干梳理主干梳理 基础落实基础落实 题型突破题型突破 核心核心探究探究 课时精练课时精练 内容 索引 ZHUGANSHULI JICHULUOSHI 主干梳理 基础落实 1 数列求和的几种常用方法 1.公式法公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和. (1)等差数列的前n项和公式： Sn . 知识梳理 (2)等比数列的前n项

2、和公式： Sn 2.分组求和法与并项求和法分组求和法与并项求和法 (1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则 求和时可用分组求和法，分别求和后相加减. (2)形如an(1)nf(n)类型，常采用两项合并求解. 3.裂项相消法裂项相消法 (1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消， 从而求得其和. (2)常见的裂项技巧 4.错位相减法错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构 成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和 公式就是用此法推导的. TIXINGTUPO HEXINTANJIU2题型突破

3、 核心探究 1.(多选)(2020山东曲阜一中月考)在增删算法统宗中有这样一则故事： “三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其 关.”则下列说法正确的是 A.此人第二天走了九十六里路 B.此人第三天走的路程占全程的 C.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 D.此人后三天共走了42里路 题型一数列与数学文化 自主演练 解析设此人第n天走an里路，则数列an是首项为a1，公比为q 的 等比数列， 解得a1192， 对于A，由于a2192 96，所以此人第二天走了九十六里路，所以 A正确； 对于C，由于378192186,1921866，所以此人第一天走的路程比 后五天走

4、的路程多六里，所以C正确； 对于D，a4a5a6378192964842，所以此人后三天共走了 42里路，所以D正确. 2.我国古代数学名著算法统宗中说：“九百九十六斤棉，赠分八子 做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹 外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩 子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照 次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题 中，第8个孩子分到的棉花为 A.184斤 B.176斤 C.65斤 D.60斤 解析依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列， 设该等差数列为

5、an，公差为d，前n项和为Sn，第一个孩子所得棉花斤 数为a1， 解得a165，a8a1(81)d184. 3.我国古代数学典籍九章算术“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题： “今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半， 问何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几天相逢？ A.2 B.3 C.4 D.6 解析不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列an和bn， 则由题意可知，数列an是首项为1，公比为2的等比数列， 数列bn是首项为1，公比为 的等比数列， 设前n天两鼠总共穿墙的厚度之和为Sn， 4.(2020潍坊模拟)周髀算经是中国古代重要的数学著作，其记载的 “日月历法”曰：“阴阳之

6、数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部， 部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，生数皆终，万物复苏， 天以更元作纪历”.某老年公寓住有20位老人，他们的年龄(都为正整数)之 和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄(年龄介于90100岁)，其余19人 的年龄依次相差一岁，则年长者的年龄为 A.94岁 B.95岁 C.96岁 D.98岁 解析设年长者的年龄为t，由已知，其余19位老人的年龄从小到大依 次排列构成公差d1的等差数列， 设最小者的年龄为a1，由“遂千百五二十岁”知，一遂就是1 520岁(一 遂有20部，一部有4章，一章有19岁，且204191 520). 因为tN*，a1N*，所以

7、N*.又因为t(90,100)，所以t19595. 故选B. 数列与数学文化解题3步骤 思维升华 读懂题意会脱去数学文化的背景，读懂题意 构建模型由题意，构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型 求解模型 利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项、通项公式 或前n项和的公式 例1已知数列an的前n项和为Sn，nN*，a11， 且当 n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1. (1)求a4的值； 当n2时，4S45S28S3S1， 题型二数列的判定与证明 师生共研 证明由4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)， 得4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)， 即4an2an4an1(n2) 4

8、an2an4an1， 递推数列是数列的一种给出方式，由递推公式构造新的等差(比)数列时， 一是看问题中是否有提示的形式，二是直接对递推公式进行变形 思维升华 跟踪训练1已知数列an满足a11，且nan1(n1)an2n22n， nN*. (1)求a2，a3的值； 解由已知，a11，且nan1(n1)an2n22n， 得a22a14，则a22a14， 又a11，所以a26， 由2a33a212，得2a3123a2，所以a315. 解由已知nan1(n1)an2n(n1)， 命题点1分组求和与并项求和 例2已知数列an的首项a15，前n项和为Sn，满足Snn2n(an1). (1)证明数列an为等

9、差数列，并求数列an的通项公式； 题型三数列的求和 多维探究 解因为Snn2n(an1)，即Snnann2n， 当n2时，Sn1(n1)an1(n1)2(n1)， ，得(n1)an(n1)an12(n1)0. 因为n2，所以anan12， 所以数列an是以a15为首项，d2为公差的等差数列， 所以ana1(n1)d2n7. (2)设数列bn满足bn(1)nn(an2n4)2n，求数列bn的前n项和Tn. 解由(1)得bn(1)nn(an2n4)2n(1)n3n2n， 所以Tnb1b2bn(3121)(3222)(33 23)(3424)(1)n3n2n3123456 (1)n1n2(1234n

10、)， 一般地，如果an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn或cn 的前n项和Sn时， 可采用分组求和法求和.如果cn(1)nan， 求cn的前n项和时，可采用并项求和法求解. 思维升华 命题点2错位相减法求和 例3(2020全国)设an是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差 中项. (1)求an的公比； 解设an的公比为q， a1为a2，a3的等差中项， 2a1a2a3a1qa1q2，a10，q2q20， q1，q2. (2)若a11，求数列nan的前n项和. 解设nan的前n项和为Sn，a11，an(2)n1， Sn112(2)3(2)2n(2)n1， 2Sn1(2)2(2)2

11、3(2)3(n1)(2)n1n(2)n， 得，3Sn1(2)(2)2(2)n1n(2)n (1)如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和 时，常采用错位相减法. (2)错位相减法求和时，应注意： 要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形. 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”， 以便于下一步准确地写出“SnqSn”的表达式. 应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q1，应用公 式Snna1. 思维升华 命题点3裂项相消法求和 例4(2020潍坊模拟)已知数列an为等比数列，a11；数列bn满 足b23，a1b1a2b2a

12、3b3anbn3(2n3)2n. (1)求an； 解令n1，得a1b13(23)21， 所以b11， 令n2，得a1b1a2b27，所以a2b26， 又b23，所以a22， 设数列an的公比为q，则q 2，所以an2n1. 解当n2时，a1b1a2b2a3b3an1bn1 3(2n5)2n1， 又a1b1a2b2a3b3anbn3(2n3)2n， 得anbn3(2n3)2n3(2n5)2n1 (2n1)2n1， 所以bn2n1，由(1)知b11，满足bn2n1， 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项， 切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造 成

13、正负相消是此法的根源与目的. 思维升华 跟踪训练2(1)已知各项均为正数的等差数列an中，a1a2a315， 且a12，a25，a313构成等比数列bn的前三项. 求数列an，bn的通项公式； 解设等差数列的公差为d， 则由已知得，a1a2a33a215，即a25， 又(5d2)(5d13)100， 解得d2或d13(舍去)，a1a2d3， ana1(n1)d2n1， 又b1a125，b2a2510， q2，bn52n1. 求数列anbn的前n项和Tn. 解由知anbn(2n1)52n1 5(2n1)2n1， Tn5352722(2n1)2n1， 2Tn532522723(2n1)2n， 两式

14、相减得 Tn532222222n1(2n1)2n 5(12n)2n1， 则Tn5(2n1)2n1. (2)(2020河北衡水中学模拟)已知数列an满足a14，且当n2时，(n1)an n(an12n2). 求证：数列 是等差数列； 证明当n2时，(n1)ann(an12n2)， 即an2n(n1)， 例5(12分)(2020新高考全国)已知公比大于1的等比数列an满足a2a4 20，a38. (1)求an的通项公式； (2)记bm为an在区间(0，m(mN*)中的项的个数，求数列bm的前100项 和S100. 答题模板题型四数列的综合问题 解(1)由于数列an是公比大于1的等比数列， 设首项为

15、a1，公比为q， 2分 4分 所以an的通项公式为an2n，nN*. 6分 规范解答 (2)由于212,224,238,2416,2532,2664，27128， 7分 所以b1对应的区间为(0,1，则b10； b2，b3对应的区间分别为(0,2，(0,3， 则b2b31，即有2个1； b4，b5，b6，b7对应的区间分别为 (0,4，(0,5，(0,6，(0,7， 则b4b5b6b72， 即有22个2； 8分 b8，b9，b15对应的区间分别为(0,8，(0,9，(0,15， 则b8b9b153， 即有23个3； b16，b17，b31对应的区间分别为(0,16，(0,17，(0,31， 则

16、b16b17b314，即有24个4； 9分 b32，b33，b63对应的区间分别为(0,32，(0,33，(0,63， 则b32b33b635，即有25个5； b64，b65，b100对应的区间分别为(0,64，(0,65，(0,100， 则b64b65b1006，即有37个6. 10分 所以S10012222323424525637480. 12分 第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等确定基本 量间的关系，计算得出基本量，确立数列的通项公式； 第二步：通过题目表达确立关键信息或者关系，本题关键是找准m 的取值和an的联系，可以从小到大进行列举找出规律； 第三步：根据和的表达式

17、或通项的特征，选择合适的方法(定义法、 分组转化法、错位相减法、裂项相消法)求和； 第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤. 答题模板 跟踪训练3已知数列an的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn 2log2(1an)1. (1)求数列an的通项公式； 解因为n，an，Sn成等差数列， 所以Snn2an， 所以Sn1n12an1(n2)， ，得an12an2an1， 所以an12(an11)(n2)， 又当n1时，S112a1， 所以a11，所以a112， 故数列 是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an122n12n，即an2n1. 解据(1)求解知，bn2log2(1

18、2n1)12n1，b11， 所以bn1bn2， 所以数列 是以1为首项，2为公差的等差数列， 又因为a11，a23，a37，a415，a531，a663，a7127，a8 255，b64127，b106211，b107213， 所以c1c2c100(b1b2b107)(a1a2a7) KESHIJINGLIAN3 课时精练 1.已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn.若a1 b13，a4b2，S4T212. (1)求数列an与bn的通项公式； 12345 基础保分练 解由a1b1，a4b2， 则S4T2(a1a2a3a4)(b1b2)a2a312， 设等差数列an的公差

19、为d， 则a2a32a13d63d12，所以d2. 所以an32(n1)2n1， 设等比数列bn的公比为q， 由题意知b2a49，即b2b1q3q9， 所以q3.所以bn3n. 12345 (2)求数列anbn的前n项和. 12345 解anbn(2n1)3n， 所以anbn的前n项和为(a1a2an)(b1b2bn) (352n1)(3323n) 2.已知等比数列an的前n项和Sn满足4S53S4S6，且a39. (1)求数列an的通项公式an； 12345 解设数列an的公比为q， 由4S53S4S6，得S6S53S53S4， 即a63a5，q3， an93n33n1. (2)设bn(2n

20、1)an，求数列bn的前n项和Tn. 12345 解bn(2n1)an(2n1)3n1， Tn130331532(2n1)3n1， 3Tn131332(2n3)3n1(2n1)3n， 2Tn123123223n1(2n1)3n 2(22n)3n， 12345 3.已知在数列an中，a11，a22，an13an2an1(n2，nN*). 设bnan1an. (1)证明：数列bn是等比数列； 证明因为an13an2an1(n2，nN*)，bnan1an， 又b1a2a1211， 所以数列bn是以1为首项，2为公比的等比数列. 12345 12345 技能提升练 由S2，S31，S4成等比数列可得(

21、S31)2S2S4， 所以(23d)2(2d)(46d)，解得d2或d ， 由等差数列an为递增数列知，d0，所以d2， 所以an12(n1)2n1. 4.(2020黄山模拟)已知递增的等差数列an的前n项和为Sn，S11，S2， S31，S4成等比数列. (1)求数列an的通项公式； 12345 12345 所以T2nb1b2b3b4b2n1b2n 5.(2020天津)已知an为等差数列，bn为等比数列，a1b11，a5 5(a4a3)，b54(b4b3). (1)求an和bn的通项公式； 12345 拓展冲刺练 12345 解设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q. a11，a55(a4a3)， 14d5d，d1， an的通项公式为ann. b11，b54(b4b3)，又q0， q44(q3q2)，解得q2， bn的通项公式为bn2n1. 12345 12345 解当n为奇数时， 12345 12345 大一轮复习讲义 本课结束 更多精彩内容请登录：