高三理科数学复习教案：数列总复习

所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a¬11)=20=1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.

题型二　公式的应用

【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S12>0，S13<0.

(1)求公差d的取值范围;

(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由.

【解析】(1)依题意，有

S12=12a1+12×(12-1)d2>0，S13=13a1+13×(13-1)d2<0，

即

由a3=12，得a1=12-2d.③

将③分别代入①②式，得

所以-247

(2)方法一：由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13，

因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an>0，an+1<0，

则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.

由于S12=6(a6+a7)>0，S13=13a7<0，

即a6+a7>0，a7<0，因此a6>0，a7<0，

故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.

方法二：由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13，

因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an>0，an+1<0，

则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.

故在S1，S2，…，S12中，S6的值最大.

【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d>0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn<0的最大自然数n=　　　　.

【解析】由题意知 又因为公差d>0，所以a2 008<0，a2 009>0. 当

n=4 015时，S4 015=a1+a4 0152×4 015=a2 008×4 015<0;当n=4 016时，S4 016=a1+a4 0162×4 016=a2 008+a2 0092×4 016>0.所以满足条件Sn<0的最大自然数n=4 015.

题型三　性质的应用

【例3】某地区2010年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.

(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;

(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人?

【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.

所以9月10日的新感染者人数为40+(10-1)×40=400(人).

所以9月11日的新感染者人数为400-10=390(人).

(2)9月份前10天的新感染者人数和为S10=10(40+400)2=2 200(人)，

9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为-10的等差数列.

所以后20天新感染者的人数和为T20=20×390+20(20-1)2×(-10)=5 900(人).

所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).

【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为

.

【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，

所以5+3d2≤a4≤3+d，即5+3d≤6+2d，所以d≤1，

所以a4≤3+d≤3+1=4，故a4的最大值为4.

总结提高

1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am=an+(m-n)d.

2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.

3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a +d;四个数成等差数列时，可设为a-3m，a-m，a+m，a+3m.

4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.

6.3　等比数列

典例精析

题型一　等比数列的基本运算与判定

【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，…).求证：

(1)数列{Snn}是等比数列;(2)Sn+1=4an.

【解析】(1)因为an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，

所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).

整理得nSn+1=2(n+1)Sn，所以Sn+1n+1=2•Snn，

故{Snn}是以2为公比的等比数列.

(2)由(1)知Sn+1n+1=4•Sn-1n-1 =4ann+1(n≥2)，

于是Sn+1=4(n+1)•Sn-1n-1=4an(n≥2).

又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.

因此对于任意正整数n≥1，都有Sn+1=4an.

【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使 用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q(常数)恒成立，也可用a2n+1 =an•an+2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.

【变式训练1】等比数列{an}中，a1=317，q=-12.记f(n)=a1a2…an，则当f(n)最大时，n的值为(　　)

A.7 B.8 C.9 D.10

【解析】an=317×(-12)n-1，易知a9=317×1256>1，a10<0,00，故f(9)=a1a2…a9的值最大，此时n=9.故选C.

题型二　性质运用

【例2】在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，an>an+1(n∈N*).

(1)求an;

(2)若Tn=lg a1+lg a2+…+lg an，求Tn.

【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32，

又a1+a6=33，a1>a6，解得a1=32，a6=1，

所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，

所以an=32•(12)n-1=26-n .

(2)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，

因为lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，

所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.

【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.

【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a29-n(n<29，n∈N*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?

【解析】由题设可知，如果am=0，在等差数列中有

a1+a2+…+an=a1+a2+…+a2m-1-n(n<2m-1，n∈N*)成立，

我们知道，如果m+n=p+q，则am+an=ap+aq，

而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则aman=apaq，

所以可以得出结论：

若bm=1，则有b1b2…bn=b1b2…b2m-1-n(n<2m-1，n∈N*)成立.

在本题中则有b1b2…bn=b1b2…b37-n(n<37，n∈N*).

题型三　综合运用

【例3】设数列{an}的前n 项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=1-Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列?若存在，则求出a1的值;若不存在，说明理由.

【解析】(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.

所以当n≥2时，有

两式相减得an+1=3an(n≥2).

又a2=2S1+a1=3a1，an≠0，

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