冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题:18等差数列与等比数列基本量的问题(含解析).pdf
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1、专题 18 等差数列与等比数列基本量的问题专题 18 等差数列与等比数列基本量的问题 【自主热身,归纳提炼】【自主热身,归纳提炼】 1、设 Sn是等差数列an的前 n 项和,若 a2a42,S2S41,则 a10_ 【答案】.【答案】. 8 【解析】: 列方程组求出 a1和 d,则 a10a19d.思路分析 设公差为 d,则解得所以 a10a19d8. a1da13d2, 2a1d4a16d1,) a11, d1.) 2、 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 S1530,a71,则 S9的值为_ 【答案】: 9 解法 1 利用等差数列基本量;解法 2 利用等差数列的性质:等差数列项数与
2、项数的关系:在等解后反思 差数列an中,若 m,n,p,qN N*且mnpq,则amanapaq;等差数列任两项的关系:在等差数 列an中,若m,nN N*且其公差为d,则aman(mn)d. 3、在各项均为正数的等比数列an中,若 a21,a8a66a4,则 a3的值为_ 【答案】: 3 【解析】 : 由 a8a66a4得 a2q6a2q46a2q2,则有 q4q260,所以 q23(舍负),又 q0,所以 q,3 则 a3a2q.3 等差、等比数列基本量的计算是高考常考题型,熟练掌握等差、等比数列的通项公式和前 n 项和解后反思 公式是解题的关键,值得注意的是等比数列的通项公式的推广“an
3、amqnm(nm)”的应用 4、4、已知等比数列an的前 n 项和为 Sn,且,a4a2,则 a3的值为_ S6 S3 19 8 15 8 【答案】:.【答案】:. 9 4 【解析】: 两个已知等式均可由 a3和公比 q 表示思路分析 由已知,得解得 S6 S31q 319 8 , a3(q1 q) 15 8 ,) q3 2, a39 4. ) 5、记等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 am10,S2m1110,则 m 的值为_ 【答案】: 6 【解析】 : 由 S2m1(2m1)a1(m1)d(2m1)(2m1)am得, 11010(2m1), 解得 m ( a1a2m1 2) 6. 6
4、、 已知各项都是正数的等比数列an的前n项和为Sn, 若4a4, a3, 6a5成等差数列, 且a33a , 则S3_ 2 2 【答案】:.【答案】:. 13 27 【解析】 : 设各项都是正数的等比数列an的公比为q, 则q0, 且a10, 由4a4, a3, 6a5成等差数列, 得2a34a4 6a5,即 2a34a3q6a3q2,解得 q .又由 a33a ,解得 a1 ,所以 S3a1a2a3 . 1 3 2 2 1 3 1 3 1 9 1 27 13 27 7、知 n a是等比数列, n S是其前n项和若 3 2a , 126 4SS ,则 9 a的值为 【答案】2 或 6 【解析】
5、由 126 4SS,当1,q 左边=12 224,右边= 显然不成立,所以1q ,则有 ,因为 1 0 1 a q , 所 以 ,即, 所 以 6 3q 或 1q ,所以 . 【易错警示】若用到等比数列的前 n项公式,要讨论公比是否为 1;方程两边,若公因数不为 0,可以同时 约去,若不确定是否为 0,要移项因式分解,转化成乘积为 0 的形式再求解,否则会漏解. 8、 九章算术中的“竹九节”问题:现有一根 9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面 4 节 的容积共 3 升,下面 3 节的容积共 4 升,则该竹子最上面一节的容积为_升 【答案】:. 13 22 【解析】:设该等差数列为a
6、n,则有S43,a9a8a74,即a8 ,则有Error!即Error!解得a1. 4 3 13 22 9、 等差数列an的前 n 项和为 Sn,且 anSnn216n15(n2,nN N*),若对任意nN N*,总有SnSk, 则k的值是_ 10、若等比数列an的各项均为正数,且a3a12,则a5的最小值为 【答案】:8 【解析】 : 因为a3a12,所以,即 1q 所以,设,即 2 1qt , 所 以 ,当且仅当1t ,即2q 时取到等号. 【问题探究,变式训练】 例 1、已知公差为d的等差数列的前n项和为Sn,若3,则的值为_an S5 S3 a5 a3 【答案】:. 17 9 【解析】
7、 : 设等差数列an的首项为a1,则由3 得3,所以d4a1,所以. S5 S3 5a110d 3a13d a5 a3 a14d a12d 17a1 9a1 17 9 【变式 1】 、【变式 1】 、设 n S是等差数列 n a的前n项和,若 3 6 1 3 S S ,则 6 9 S S = 【解析】 由 3 6 1 3 S S ,得 63 3SS,由S3,S6 S3,S9 S6成等差数列, 故S6 S3 = 2S3,S9 S6 = 3S3 = S6,解得 6 9 S S = 1 2 【变式 2】 、 【变式 2】 、 设 n S是等比数列 n a的前n项和,若 5 10 1 3 S S ,则
8、 5 20 S S = 【解析】 由 5 10 1 3 S S ,得 105 3SS,由S5,S10 S5,S15 S10,S20 S15成等差数列, 故S10 S5 = 2 S5,S15 S10 = 4S5,S20 S15 = 8S5, 所以, 155 7SS, 205 15SS,故 5 20 1 15 S S 【变式 3】 、 【变式 3】 、 设 n S是等比数列 n a的前n项和,若 510 20aa,则 20 10 S S = 【解析】 由 510 20aa,得 5 1 2 q ,则 【关联 1】 、【关联 1】 、设数列an的前 n 项和为 Sn,满足 Sn2an2,则_. a8
9、a6 【解析】: 4 求出a1及an1与an间的递推关系思路分析 由Sn2an2 和Sn12an12,两式相减得an12an0,即an12an.又a1S12,所以数列an是 首项为 2、公比q2 的等比数列,所以q24. a8 a6 【关联 2】 、【关联 2】 、Sn是等差数列an的前n项和,若,则_. Sn S2n n1 4n2 a3 a5 【答案】: 3 5 解法 1 由可得,当n1时, ,所以a22a1. da2a1 Sn S2n n1 4n2 na1an 2 2na1a2n 2 a1an a1a2n n1 2n1 2a1 a1a2 2 3 a1,所以 . a3 a5 a12d a14
10、d 3a1 5a1 3 5 解法 2 , Sn S2n n1 4n2 n2n 4n22n 观察发现可令Snn2n,则anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n,所以 . a3 a5 2 3 2 5 3 5 【关联 3】 、 【关联 3】 、 已知等差数列an和bn的前n项的和分别是An和Bn,且 551 3 n n An Bn ,使得 n n b a 为整数的正 整数n的个数为 【解析】 ,所 以, 要使得 n n b a 为整数,则n+1 为 18 的因数, n=1,2,5,8,17, 所以,使得 n n b a 为整数的正整数n共有 5 个 例 1、已知数列an是公差为正数的等差数列,其前
11、n项和为Sn,且a2a315,S416. (1) 求数列an的通项公式 (2) 设数列bn满足b1a1,bn1bn. 1 anan1 求数列bn的通项公式; 是否存在正整数m,n(mn),使得b2,bm,bn成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明 理由 【解析】: (1) 设数列an的公差为d,则d0. 由a2a315,S416,得Error! 解得Error!或Error!(舍去)所以an2n1.(4 分) (2) 因为b1a11, bn1bn , (6 分) 1 anan1 1 2n12n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) 即b2b1, 1 2(1 1 3) b3b2,
12、1 2( 1 3 1 5) bnbn1,n2, 1 2( 1 2n3 1 2n1) 累加得bnb1,(9 分) 1 2(1 1 2n1) n1 2n1 所以bnb11. n1 2n1 n1 2n1 3n2 2n1 又b11 也符合上式,故bn,nN N*.(11 分) 3n2 2n1 解后反思 对于研究与整数有关的问题,一般地,可利用整数性或通过求出某个变量的限制范围,利用整数 的性质进行一一地验证 【变式 1】 、【变式 1】 、设an是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足,S7 = 7 (1)求数列an的通项公式及前n项和Sn; (2)试求所有的正整数m,使得 1 3 mm m a
13、 a a 为数列an中的项 【解析】 (1)设公差为d,则,得 , 因为d 0,所以 43 0aa, 又由S7 = 7 得a4 = 1,解得a1 = 5,d = 2, 所以27 n an, (2), 令21mt ,则, 因为t是奇数,所以t可取的值为1, 当t = 1,m = 1 时, 1 3 15 mm m a a a ,是数列 n a中的项; 当t = 1 时,m = 0(舍) , 所以,满足条件的正整数m = 1 【变式 2】 、【变式 2】 、 已知数列an的前n项和为Sn, 数列bn, cn满足(n1)bnan1, (n2)cn Sn n an1an2 2 ,其中nN N*. Sn
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