2021年高考数学二轮专题复习课件:专题二 数列 .ppt
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1、专题二专题二 数数 列列 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 类型一类型一 等差数列等差数列 1(2019 全国卷全国卷)记记 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n 项项 和已知和已知 S40,a55,则,则( ) Aan2n5 Ban3n10 CSn2n28n DSn1 2n 2 2n 解析:解析: 依题意有依题意有 S4 4a16d0, a5a14d5, 可得可得 a1 3, d2, 所所 以以 an2n5,Snn24n,故选,故选 A. 答案:答案:A 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2 (2019 全国卷全国卷)设设 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n
2、 项和,项和, 若若 3S3S2S4,a12,则,则 a5( ) A12 B10 C10 D12 解析:解析:3(3a13d)2a1d4a16d3a12d0, 又又 a12, 所以所以 d3,所以,所以 a524(3)10,故选,故选 B. 答案:答案:B 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 3.(2020 全国卷全国卷)北京天坛的圜丘北京天坛的圜丘 坛为古代祭天的场所, 分上、 中、 下三层,坛为古代祭天的场所, 分上、 中、 下三层, 上层中心有一块圆形石板上层中心有一块圆形石板(称为天心石称为天心石), 环绕天心石砌环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环, 向外每环依次块扇面
3、形石板构成第一环, 向外每环依次 增加增加 9 块,下一层的第一环比上一层的最后一环多块,下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块,块, 向外每环依次也增加向外每环依次也增加 9 块, 已知每层环数相同, 且下层比块, 已知每层环数相同, 且下层比 中层多中层多 729 块,则三层共有扇面形石板块,则三层共有扇面形石板(不含天心不含天心 石石)( ) A3 699 块块 B3 474 块块 C3 402 块块 D3 339 块块 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 解析:解析:设第设第 n 环天石心块数为环天石心块数为 an,第一层共有,第一层共有 n 环,环, 则则an是以是以
4、9 为首项,为首项,9 为公差的等差数列,为公差的等差数列,an9 (n1)99n, 设设 Sn为为an的前的前 n 项和,则第一层、第二层、第三层项和,则第一层、第二层、第三层 的块数分别为的块数分别为 Sn,S2nSn,S3nS2n,因为下层比中层多,因为下层比中层多 729 块,块, 所以所以 S3nS2nS2nSn729, 即即3n( (927n) 2 2n( (918n) 2 2n( (918n) 2 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 n( (99n) 2 729, 即即 9n2 729 , 解 得, 解 得 n 9 , 所 以, 所 以 S3n S27 27(9927)
5、 2 3 402. 答案:答案:C 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 4 2020 新高考卷新高考卷(山东卷山东卷)将数列将数列2n1与与3n 2的公共项从小到大排列得到数列的公共项从小到大排列得到数列an,则,则an的前的前 n 项项 和为和为_ 解析:解析:因为数列因为数列2n1是以是以 1 为首项,以为首项,以 2 为公差为公差 的等差数列,的等差数列, 数列数列3n2是以是以 1 首项,以首项,以 3 为公差的等差数列,为公差的等差数列, 所以这两个数列的公共项所构成的新数列所以这两个数列的公共项所构成的新数列an是以是以 1 为首项,以为首项,以 6 为公差的等差数列,为
6、公差的等差数列, 所以所以an的前的前 n 项和为项和为 n 1n( (n1) 2 63n22n. 答案:答案:3n22n 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 类型二类型二 等比数列等比数列 1(2020 全国卷全国卷)记记 Sn为等比数列为等比数列an的前的前 n 项项 和若和若 a5a312,a6a424,则,则Sn an ( ) A2n1 B221 n C22n 1 D 21 n 1 解析:解析:设等比数列的公比为设等比数列的公比为 q, 由由 a5a312, a6a424 可得:可得: a1q4 a1q212, a1q5a1q324, q 2, a11, 专题二 数 列 真题
7、研析 命题分析 知识方法 所以所以 ana1qn 1 2n 1, ,Sna 1( (1qn) 1q 1 2n 12 2n1, 因此因此Sn an 2 n 1 2n 1221 n. 答案:答案:B 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2(2020 全国卷全国卷)数列数列an中,中,a12,am naman, 若若 ak 1ak2ak1021525,则,则 k( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 解析:解析:在等式在等式 am naman中,令中,令 m1,可得,可得 an1 ana12an,所以,所以a n 1 an 2, 所以,数列所以,数列an是以是以 2 为首项,以为首
8、项,以 2 为公比的等比数为公比的等比数 列,则列,则 an22n 1 2n, 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 所以所以 ak 1ak2ak10 ak 1 (1210) 12 2k 1 ( (1210) 12 2k 1(210 1)25(2101), 所以所以 2k 1 25,则,则 k15,解得,解得 k4. 答案:答案:C 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 3(2019 全国卷全国卷)记记 Sn为等比数列为等比数列an的前的前 n 项项 和若和若 a11 3, ,a2 4 a6,则,则 S5_ 解析:解析:因为因为 a11 3, ,a2 4 a6,设等比数列公比为
9、,设等比数列公比为 q,所,所 以以(a1q3)2a1q5,所以,所以 q3,所以,所以 S5121 3 . 答案:答案:121 3 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 4(2018 全国卷全国卷)记记 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和,若项和,若 Sn2an1,则,则 S6_ 解析:解析:a12a11a11; Sn 2an1, Sn 12an11, an 2an2an 1an2an1, 所以所以 an2n 1,所以 ,所以 S6( (126) 12 63. 答案:答案:63 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 类型三类型三 等差数列与等比数列的综合应用等差数列与等比
10、数列的综合应用 1(2020 全国卷全国卷)设等比数列设等比数列an满足满足 a1a24, a3a18. (1)求求an的通项公式;的通项公式; (2)记记 Sn为数列为数列log3an的前的前 n 项和若项和若 SmSm 1 Sm 3,求,求 m. 解:解:(1)设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q, 根据题意,有根据题意,有 a1 a1q4, a1q2a18,解得 ,解得 a1 1, q3, 所以所以 an 3n 1. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 (2)令令 bnlog3anlog33n 1 n1, 所以所以 Snn( (0n1) 2 n( (n1) 2 , 根据
11、根据 SmSm 1Sm3, 可得可得 m(m1) 2 m(m1) 2 (m2)()(m3) 2 , 整理得整理得 m25m60, 因为因为 m0,所以,所以 m6. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2(2019 全国卷全国卷)已知已知an是各项均为正数的等比数是各项均为正数的等比数 列,列,a12,a32a216. (1)求求an的通项公式;的通项公式; (2)设设 bnlog2an,求数列,求数列bn的前的前 n 项和项和 解:解:(1)设设an的公比为的公比为 q,由题设得,由题设得 2q24q16,即,即 q22q80. 解得解得 q2(舍去舍去)或或 q4.因此因此an的
12、通项公式为的通项公式为 an 24n 1 22n 1. (2)由由(1)得得 bn(2n1)log222n1, 因此数列因此数列bn的前的前 n 项和为项和为 132n1n2. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 3(2019 全国卷全国卷)已知数列已知数列an和和bn满足满足 a11, b10,4an 13anbn4,4bn13bnan4. (1)证明:证明:anbn是等比数列,是等比数列,anbn是等差数列;是等差数列; (2)求求an和和bn的通项公式的通项公式 (1)证明:证明:由题设得由题设得 4(an 1bn1)2(anbn),即,即 an1 bn 11 2(an bn)
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