创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题8 等差数列与等比数列.doc
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1、板块二数列微专题8等差数列与等比数列高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点,经常以选择题、填空题的形式出现;2.数列的通项也是高考热点,常在解答题中的第(1)问出现,难度中档以下.1.(2022全国乙卷)已知等比数列an的前3项和为168,a2a542,则a6()A.14 B.12 C.6 D.3答案D解析法一设等比数列an的首项为a1,公比为q,由题意可得即解得所以a6a1q53,故选D.法二设等比数列an的首项为a1,公比为q,由题意可得即解得所以a6a1q53,故选D.2.(2020全国卷)北京天坛的圜丘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(称为
2、天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3 699块 B.3 474块C.3 402块 D.3 339块答案C解析设每一层有n环,由题可知从内到外每环之间构成公差d9,a19的等差数列.由等差数列的性质知Sn,S2nSn,S3nS2n成等差数列,且(S3nS2n)(S2nSn)n2d,则9n2729,得n9,则三层共有扇面形石板S3nS2727993 402(块).3.(2022新高考卷)图1是中国古代建筑中的举架结构
3、,AA,BB,CC,DD是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为0.5,k1,k2,k3.已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列,且直线OA的斜率为0.725,则k3等于()A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.9答案D解析设OD1DC1CB1BA11,则CC1k1,BB1k2,AA1k3,依题意,有k30.2k1,k30.1k2,且0.725,所以0.725,故k30.9.4.(2021全国乙卷)设Sn为数列an的前n项和,bn为数列S
4、n的前n项积,已知2.(1)证明:数列bn是等差数列;(2)求an的通项公式.(1)证明因为bn是数列Sn的前n项积,所以n2时,Sn,代入2可得,2,整理可得2bn112bn,即bnbn1(n2).又2,所以b1,故bn是以为首项,为公差的等差数列.(2)解由(1)可知,bn(n1),则2,所以Sn,当n1时,a1S1,当n2时,anSnSn1.故an热点一等差数列、等比数列的基本运算等差数列、等比数列的基本公式(nN*)(1)等差数列的通项公式:ana1(n1)d;(2)等比数列的通项公式:ana1qn1.(3)等差数列的求和公式:Snna1d;(4)等比数列的求和公式:Sn例1 (1)(
5、2022开封二模)已知公差为1的等差数列an中,aa3a6,若该数列的前n项和Sn0,则n()A.10 B.11 C.12 D.13(2)等比数列an的前n项和为Sn,若对任意的正整数n,Sn24Sn3恒成立,则a1的值为()A.3 B.1C.3或1 D.1或3答案(1)D(2)C解析(1)设等差数列an的首项为a1,公差为d,又因为aa3a6,所以(a14d)2(a12d)(a15d),解得a16,故Sn6nn(n1)n2n0,解得n13.(2)设等比数列an的公比为q.当q1时,Sn2(n2)a1,Snna1.由Sn24Sn3,得(n2)a14na13,即3a1n2a13.若对任意的正整数
6、n,3a1n2a13恒成立,则a10且2a130,矛盾,所以q1,于是Sn,Sn2,代入Sn24Sn3并化简,得a1(4q2)qn33a13q.若对任意的正整数n,该等式恒成立,则有解得或由此可得a11或3.故选C.规律方法求等差、等比数列基本量的解题思路(1)设公差d(公比q)、首项a1、项数n等;(2)列方程(组):把条件转化成关于a1和d(q)的方程(组);(3)解方程(组):求解时注意整体代换,以减少计算量.训练1 (1)(2022成都诊断)程大位是我国明代伟大的数学家,在他所著的算法统宗中有一道“竹筒容米”题:家有九节竹一茎,为因盛米不均平;下头三节三升九,上梢四节贮三升;惟有中间二
7、节竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,教君只算到天明.用你所学的数学知识求得中间二节的容积和为()A.2.1升 B.2.6升 C.2.7升 D.2.9升(2)(2022汕头一模)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,4a1,2a3,a5成等差数列,则a1()A.55 B.55C.5 D.5答案(1)A(2)A解析(1)设从下到上每节竹容积构成数列an,易知an为等差数列,设其公差为d,则a1a2a33.9,a6a7a8a93,即3.9,3,所以a1a32.6,a6a91.5,即2a12d2.6,2a113d1.5,解得a11.4,d0.1,所以a41.1,a51,所以a4a52.1.
8、故选A.(2)设等比数列an的公比为q(q0),a10,由题可得即解得q22,q,a155.热点二等差数列、等比数列的性质1.通项性质:若mnpq2k(m,n,p,q,kN*),则对于等差数列,有amanapaq2ak,对于等比数列有amanapaqa.2.前n项和的性质(m,nN*):(1)对于等差数列有Sm,S2mSm,S3mS2m,成等差数列;对于等比数列有Sm,S2mSm,S3mS2m,成等比数列(q1且m为偶数情况除外).(2)对于等差数列,有S2n1(2n1)an1. 例2 (1)(2022山东学情联考)已知等差数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,且,则()A. B. C.
9、D.(2)(2022宝鸡二模)设等比数列an的前n项和为Sn,若3,则()A.2 B. C. D.3(3)(2022南充二诊)若等比数列an的各项均为正数,且a1 010a1 013a1 011a1 0122e2,则ln a1ln a2ln a2 022_.答案(1)A(2)B(3)2 022解析(1)S77a4,T1111b6,.(2)等比数列an的前n项和为Sn,则S3,S6S3,S9S6成等比数列,3,即S63S3,又,故4S3S9S6,故S97S3,故.(3)因为an是等比数列,所以a1 010a1 013a1 011a1 0122a1 011a1 0122e2,即a1 011a1 0
10、12e2,所以ln a1ln a2ln a2 022ln(a1a2a2 022)ln(a1 011a1 012)1 011ln e2 0222 022.规律方法(1)理解并熟练掌握等差、等比数列项的性质,前n项和的性质是解决此类问题的前提.(2)对于题目所给的条件与所求,要注意观察项的序号的特征,抓住项与项之间的关系及项数之间的关系,从这些特点入手,选择恰当的性质求解.训练2 (1)设等差数列an的前n项和为Sn,若S36,S63,则S12等于()A.3 B.12 C.21 D.30(2)(2022西安三模)在等比数列an中,a7,a11是方程x25x20的两根,则的值为()A. B.C. D
11、.或(3)(2022江南十校联考)已知等差数列an的前n项和为Sn,且S8S100的正整数n的最大值为()A.16 B.17 C.18 D.19答案(1)D(2)B(3)C解析(1)由等差数列的性质知S3,S6S3,S9S6,S12S9成等差数列,2(S6S3)S3S9S6,则2(36)6S93,可得S99.由2(S9S6)S6S3S12S9,即24S126,得S1230,故选D.(2)在等比数列an中,a7,a11是方程x25x20的两根,则a7a115,a7a112,a9,则a9.(3)由S8S10S9,得a100,所以等差数列an的公差d0.从而S1717a90,S189(a9a10)0
12、,S1919a100的正整数n的最大值为18.热点三等差(比)数列的判断与证明等差数列等比数列定义法an1andq(q0)通项法ana1(n1)dana1qn1中项法2anan1an1(n2)aan1an1(n2,an0)前n项和法Snan2bn(a,b为常数)Snkqnk(k0,q0,1)证明数列为等差(比)数列一般使用定义法. 例3 (2021全国甲卷)已知数列an的各项均为正数,记Sn为an的前n项和,从下面中选取两个作为条件,证明另外一个成立.数列an是等差数列;数列是等差数列;a23a1.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解.已知an是等差数列,a23a1.设数列an
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