数列课件——2023届高三数学二轮专题复习

数列 (二轮专题 一、知识回顾 定义： an-an-1=d(d为固定常数，neN+,n≥2) 通项： an=a+(n-1)d am+(n-m)d 前n项和： 等差数列 S,=na,+n(n-1)d=n(a+a,) 2 2 am+am=ap+ag台m+n=p+q 性质： Sm,Sm-Sm,S3m-S2m.仍是等差数列 等差中项： 若A,B,C成等差数列，则2B=A+C 定义： 三9g为年0圆定常数，neN,n2 通项： a,ang"-ang nal,q =1 前n项和： 等比数列 Sn= 1-q am·am=ap'ag台m+n=p+q 性质： Sm,S2m-Sm,Sm-S2m仍是等比数列 等差中项： 若A,B,C成等比数列，则B=AC 1.依次写出an-a_n-y…，a_2-a_1 3.检验a，是否满足通项公式 形如“_=f(n)━→│2.“=”两边分别累乘起来，得到“的值； (3.检验a，是否满足通项公式 1.假设an+x=p(a，-+x) 形如an=pa_x1+q-- 2.解出x=4-的值； 3写出a，+x|通项公式 分组求和 Sn=G+G+G+…+C 若cn=an+bn =(4+b)+(4+b)+…+(a,+b,) =(q+4++a)+☑+b+…+b) S,=G+G+G+.+C =a4b+ah+…+anbn+a,h 若{an}等差， 错位相减 qS=ab+ah+…+anbn+abn {bn}为等比， 若cn=anbn S,-9S=ab-abu+d++.+b) Sn为{cn}的前 n项和 S,=g+c2+c3+..+Cm =1+1++1 41424203 a,an 若C= 裂项相消 21+11++1.1 anan+ d a 二、典例分析 例1.（多选）数列{an}是等差数列，S。=10,则下列说法正确的是() A.a+a6为定值 B.若4习，则m=5时S最为 c.若d= 使Sn为负值的n值有3个 D.若S4=6,则S2=12 【详解1由数列a}是等差数列，及=10，有8a=10,即4+4= 由等差数列性质得a,+a,=4+a=)为定值，选项A正确. 当4=时。4=-山，公差d=子则数列a,}是递减数列， 则a=3,4=分故n=4时，S最大，选项B错误。 当d时由于a+a子则a弓成=a引 225 令Sn<0得0<n<3,又neN”, 故S.为负值的n值有2个，选项C错误. 当8=6时，设a}公差为d.即4a+6d=6,结合4+4=多即24+7d= 解得4名d=名放S=24+23d=2,选项D正确，做选：A0 例2.若等比数列{an}的公比为9，其前n项和为Sn,前n项积为Tm, 并且0<a,<1<a,则下列正确的是() A.9>1 B.0<a<1 C.Sn的最大值为Sg D.Tn的最大值为T 解：由0<a,<1<a可知公比9=∈(0,1)，所以A错误： 又a=ag’>1,且9e(0,1)可得a1>1,即B错误： 由等比数列前n项和公式可知5.=9）， 由指数函数性质可得S,为单调递增， 1-q 即S,无最大值，所以C错误： 设乙为数列{a}前n项积的最大值，则需满足7之，可得a1<1<a 又0<a<1<a可得n=8,即Tn的最大值为T,所以D正确. 故选：D 别3记8为数别a,偷前项，已如4=各} 公差为，的等差数列。 (1)求{an}的通项公式： 1.1 (2)证明： 一十 十…十 1<2. a az a S1, )4=1,=a1, aa an-2 an-1 是公差为的等差数列， =1×2x号x.×”xn+1_n(n+1） 34 12 n-2n-1 2 各1+--”时28at 显然对于n=1也成立， 3 当n≥2时，S4=m+0, n+以： a}的通项公式a= 2 3 ∴a,=8-31-a+2an+o, 3 整理得：(n-1)a,=(n+l)a, 女女女- 即=n+1 d n-1' 例4.己知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1+a2+3a4=25,且a3+2,a4,a,-2成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式： (2)设b,=a,V3o,求数列{}的前n项和T (1)在等差数列{an}中，设公差为d, (2)在数列{b}中，bn=aV3, 由a+a+3a4=25,得5a+10d=25,则a+2d=4=5, ∴.bn=(2n-1)32m=(2n-1)）-3”, 又a3十2，a4,as一2成等比数列， .Tn=1×3+3×32+5×3+…+(2n-1)×3, .(5+d)=7(3+2d,即(d-2)=0,得d2, 3江，=1×32+3×3°++(2n-3)x3+(2n-1)x3*1, :.a=a,+(n-3)d=2n-1,nEN", .数列{a}的通项公式为：a,=2n-1(neN)。 两式相减得-2T.=3+2(