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高中数学课件:第二章 章末复习方案与全优评估


章 末 复 习 方 案 与 全 优 评 估

要点整合再现 高 频 考 点 例 析
考点一

考点二
考点三 考点四

阶段质量检测

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1.an 与 Sn 的关系
?S1, ? an=? ?Sn-Sn-1, ?



n=1, 若 n=1 时,a1 符合 an=Sn-Sn- n≥2,

1(n≥2),则数列的通项公式可以写成一个函数的形式:an=f(n),

n∈N*;若 n=1 时,a1 不符合 an=Sn-Sn-1(n≥2),则数列的通 项公式只能写成分段函数的形式
?S1, ? an=? ?f?n?, ?

n=1, n≥2.

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2.等差数列 (1)通项公式:an=a1+(n-1)d,an=am+(n-m)d. n?n-1? n?a1+an? (2)前 n 项和公式:Sn=na1+ 2 d= , 2 n?n-1? d 对于公式 Sn=na1+ 2 d 常写成二次函数的形式 Sn=2 d n +(a1-2)n,用于研究等差数列前 n 项和的最值问题.
2

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(3)常用性质:

①当d>0时为递增数列;当d<0时为递减数列;当d=0时
为常数列.

②若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq.
③在等差数列{an}中,若k1,k2,…,kn,…成等差数列,

则ak1,ak2,…,akn,…也成等差数列.

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④在等差数列{an}中,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成 等差数列. ⑤若{an}是等差数列,{bn}是等差数列,则{an±bn}、 {kan+bn}也是等差数列.

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(4)判断一个数列是否是等差数列的方法: ①递推式法:证an+1-an=d(d是常数)对n∈N*都成立, 或证2an+1=an+an+2对n∈N*都成立. ②{an}成等差数列?an=a1+(n-1)d. ③{an}成等差数列?Sn=an2+bn(a,b为常数).

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3.等比数列 (1)通项公式:an=a1qn-1,an=amqn-m. (2)前 n 项和公式: ?na1, ? Sn=?a1?1-qn? a1-anq ? 1-q = 1-q , ? q=1, q≠1.

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(3)等比中项:若 a、G、b 成等比数列,则 G 叫做 a、 b 的等比中项,且有 G2=a· 或 G=± ab. b

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(4)等比数列的性质:
?a1>0, ? ①当 ? ?q>1 ? ?a1<0, ? ? ?q>1 ? ?a1<0, ? 或? ?0<q<1 ? ?a1>0, ? 时为递增数列;当 ? ?0<q<1 ?



时为递减数列;当 q<0 时为摆动数列;当 q=1 时为

常数列. ②若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则 am·n=ap·q. a a

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③在等比数列{an}中,若k1,k2,…,kn,…成等差 数列,则ak1,ak2,…,akn,…成等比数列. ④在公比不等于-1的等比数列{an}中,Sk,S2k-Sk, S3k-S2k,…成等比数列.

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⑤若{an}是等比数列, 则{λan}(λ 为不等于零的常数)仍是 1 1 公比为 q 的等比数列;{a }是公比为q的等比数列;{|an|}是公 n 比为|q|的等比数列; n}是公比为 q′的等比数列, n·n} 若{b 则{a b 是公比为 q· q′的等比数列.

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(5)判断一个数列是否是等比数列的方法: an+1 ①递推法(定义法):证 a =q(q 是不为零的常数)对 n∈N* n
2 都成立,或 an+1=an·n+2 对 n∈N*都成立. a

②通项公式法:{an}成等比数列?an=a1qn-1. ③{an}成等比数列?Sn=A-Aqn(其中 A 是不为零的常数).

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[研一题] [例 1] 已知{an}是各项为不同的正数的等差数列,lg

1 a1、lg a2、lg a4 成等差数列.又 bn=a ,n=1,2,3,…. 2n (1)证明:{bn}为等比数列; 7 (2)如果数列{bn}的前 3 项的和等于24, 求数列{an}的通 项公式 an 及数列{bn}的前 n 项和 Tn.
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[解] (1)证明:∵lg a1、lg a2、lg a4成等差数列,

∴2lg a2=lg a1+lg a4.
即a=a1a4.设等差数列{an}的公差为d, 则(a1+d)2=a1(a1+3d), 整理得d2=a1d.∵d≠0,∴a1=d.

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∴a2n=a1+(2n-1)d=2n· d. 1 1 1 ∴bn=a =d·n. 2 2n 1 1 ∴{bn}是以2d为首项,2为公比的等比数列.

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1 1? 7 1? (2)∵b1+b2+b3=2d?1+2+4?=24, ? ? ∴d=3.∴a1=d=3. 1 ?1?n ? ∴an=a1+(n-1)d=3n,bn=3· ? . ?2?
?1?n? 1? ?1-? ? ? ?1?n? 6? ?2? ? 1? Tn=b1+b2+…+bn= =3?1-?2? ?. 1 ? ? ? ? 1-2

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[借题发挥]

在等差数列{an}中,通常把首项a1和公差

d作为基本量,在等比数列{bn}中,通常把首项b1和公比q 作为基本量,列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和 等比数列的常用方法.

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1.数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*). (1)设 bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列; an (2)设 cn= ,求证:{cn}是等比数列; 3n-1 (3)求 Sn.

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解: (1)证明:由Sn+1=4an+2得Sn=4an-1+2,an+1= Sn+1-Sn=(4an+2)-(4an-1+2)=4an-4an-1(n≥2), 即an+1-2an=2(an-2an-1), ∴bn=2bn-1(n≥2,n∈N*),又b1=a2-2a1=3, ∴{bn}是以3为首项,2为公比的等比数列.

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(2)证明:由(1)知an+1-2an=bn=3·n-1,于是有 2 an-21an-1=3·n-2, 2 21an-1-22an-2=3·n-2, 2 22an-2-23an-3=3·n-2, 2


2n-2a2-2n-1a1=3·n-2. 2

将以上n-1个等式叠加得
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an-2n-1a1=(n-1)· 2n-2, 3· ∴an=3(n-1)2n-2+2n-1a1=(3n-1)·n-2(n≥2,n∈N*), 2 an 又 n=1 时也满足此式,∴cn= =2n-2, 3n-1 ∴{cn}是等比数列,公比是 2.

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(3)当n=1时,S1=a1=1; 当n≥2时,Sn=4an-1+2=(3n-4)·n-1+2. 2 经检验,S1=1也符合上式, 故Sn=(3n-4)·n-1+2,n∈N*. 2

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[研一题] [例 2] (1)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3+2n,求 an.

1 (2)数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 a1=1,an+1=3Sn,求 an.

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[解]

(1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3+2n-(3+2n-1)=2n-1,

当 n=1 时,a1=S1=5 不适合上式.
?5 n=1, ? ∴an=? n-1 ?2 n≥2. ?

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(2)∵Sn=3an+1① ∴n≥2 时,Sn-1=3an② ①-②得 Sn-Sn-1=3an+1-3an, ∴3an+1=4an. an+1 4 1 1 1 ∴ a =3,又 a2=3S1=3a1=3. n

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1 4 n- 2 ∴n≥2 时,an=3·3) ,不适合 n=1. ( ?1 n=1, ? ∴an=?1 4 n-2 ? n≥2. ?3·3? ?

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[借题发挥]

(1)已知形如“an+1=can+d”的递推公式,一般利用
待定系数法把关系式转化为等比数列求an. (2)已知形如“an+1=an+f(n)”的递推公式,可考虑叠 加法求an. (3)已知形如“an+1=f(n)·n”的递推公式,则可考虑累 a 乘法求an. 返回

2.设数列{an}是首项为1的正项数列,且an+1-an+an+1 ·n=0(n∈N*),求{an}的通项. a

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解:∵an+1-an+an+1·n=0. a 1 ∴ - =1. an+1 an 1 1 又a =1,∴{a }是首项为 1,公差为 1 的等差数列, 1 n 1 1 故a =n,∴an=n. n 1

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3.已知数列{an}满足an+1=2an+3×2n,a1=2,求数列 {an}的通项公式.

解:an+1=2an+3×2n 两边除以 2n+1,得 an+1 an 3 an+1 an 3 = n+ ,则 n+1-2n=2, 2n+1 2 2 2

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an a1 2 故数列{2n}是以21=2=1 为首项, 3 an 以2为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得2n= 3 1+(n-1)2, 3 1 n 所以数列{an}的通项公式为 an=(2n-2)2 .

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[研一题] [例 3] 若数列{an}满足 a2 +1-a2 =d, 其中 d 为常数, 则 n n

称数列{an}为等方差数列.已知等方差数列{an}满足 an>0, a1=1,a5=3. (1)求数列{an}的通项公式;
2 1 n (2)求数列{an( ) }的前

2

n 项和.

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[解]

2 (1)由 a1=1,a2=9 得,a2-a2=4d,∴d=2. 5 5 1

a2 =1+(n-1)×2=2n-1, n ∵an>0,∴an= 2n-1. 数列{an}的通项公式为 an= 2n-1;

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1 2 1 n (2)an( ) =(2n-1) n. 2 2 1 1 1 1 设 Sn=1·+3·2+5·3+…+(2n-1)·n,① 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2Sn=1·2+3·3+5·4+…+(2n-1)·n+1,② 2 2 2 2 ①-②,得 1 1 1 1 1 1 2Sn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·n+1 2

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1 1 4?1-2n-1? 1 1 =2+2· 1 -(2n-1)·n+1, 2 1-2 2n+3 Sn=3- 2n .
2 1 n 即数列{an( ) }的前

2

2n+3 n 项和为 3- 2n .

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[借题发挥]

若数列{an}的通项公式形如an=bn·n,而{bn} c

是等差数列,{cn}是等比数列,可采用错位相减法求和.

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4. 设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 2Sn=(n+2)an-1(n∈N*). 且 (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)设 Tn=a · +a · +…+ ,求 Tn. a3 a4 an·n+2 a 1 2

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解:(1)由 2Sn=(n+2)an-1(n∈N*), 得 2Sn-1=(n+1)an-1-1(n∈N*,n≥2) 则 2an=2(Sn-Sn-1) =[(n+2)an-1]-[(n+1)an-1-1](n≥2), 整理得 nan=(n+1)an-1(n≥2), an-1 an ∴ = n (n≥2), n+1

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由 2a1=2S1=(1+2)a1-1,得 a1=1, an-1 an a1 1 则 = n =…= 2 =2(n≥2), n+1 n+1 ∴an= 2 (n≥2). 显然 a1=1 满足上式, n+1 故数列{an}的通项公式为 an= 2 .
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1 1 1 (2)Tn=a · +a · +…+ an·n+2 a 1 a3 2 a4 4 4 4 = + +…+ 2×4 3×5 ?n+1??n+3? 1 1 1 1 1 1 =2[(2-4)+(3-5)+…+( - )] n+1 n+3 1 1 1 1 5 2 2 =2(2+3- - )=3- - . n+2 n+3 n+2 n+3

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[研一题] [例4] 假设你正在某公司打工,根据表现,老板给你

两个加薪的方案: ①每年年末加1 000元; ②每半年结束时加300元.请你选择: (1)如果在该公司干10年,问两种方案各加薪多少元? (2)对于你而言,你会选择其中的哪一种? 返回

[解] 设方案一第n年年末加薪an,因为每年年末加薪1 000元,则an=1 000n; 设方案二第n个半年加薪bn,因为每半年加薪300元,则bn =300n. (1)在该公司干10年(20个半年).

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方案一:共加薪 S10=a1+a2+…+a10=55 000(元); 方案二:共加薪 T20 =b1 +b2 +…+b20 =20×300+ 20×?20-1? ×300=63 000(元). 2

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(2)设在该公司干 n 年,两种方案共加薪分别为 Sn=a1+a2+…+an n?n-1? =1 000×n+ 2 ×1 000=500n2+500n,

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2n×?2n-1? T2n=b1+b2+…+b2n=2n×300+ ×300= 2 600n2+300n. 令 T2n≥Sn, 600n2+300n≥500n2+500n, 即 解得 n≥2, 当 n=2 时等号成立.

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所以,如果干3年以上(包括3年)应选择第二个方 案;如果只干2年,随便选;如果只干1年,当然选择 第一个方案.

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[借题发挥]

解决数列的应用问题必须准确探索问题

所涉及的数列的类型: (1)如果问题所涉及的数列是特殊数列(如等差数列、 等比数列,或与等差、等比有关的数列,等等)应首先建 立数列的通项公式.

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(2)如果问题所涉及的数列不是某种特殊数列,一般 应考虑先建立数列的递推关系(即an与an-1的关系). (3)解决数列的应用问题必须准确计算项数,例如与 “年数”有关的问题,必须确定起算的年份,而且应准确定 义an是表示“第n年”还是“n年后”.

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5.某企业投资1 000万元于一个高科技项目,每年可获利

25%,由于企业间竞争激烈,每年年底需要从利润中
取出奖金200万元进行科研、技术改造与广告投入,方

能保持原有的利润增长率,问经过多少年后,该项目
资金可以达到或超过翻两番(4倍)的目标?(取lg 2=0.3)

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解: 设该企业逐年的项目资金数依次为 a1,2,3, n, a a …a 则由已知得 an+1=an(1+25%)-200 (n∈N*). 5 即 an+1=4an-200, 5 5 1 令 an+1-x=4(an-x),即 an+1=4an-4x.

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x 由4=200,得 x=800, 5 ∴an+1-800=4(an-800)(n∈N*). 5 故{an-800}是以 a1-800 为首项,4为公比的等比数列. ∵a1=1 000(1+25%)-200=1 050,

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5 n- 1 ∴a1-800=250.∴an-800=250(4) . 5 n- 1 ∴an=800+250(4) (n∈N*). 由题意 an≥4 000, 5 n- 1 5n ∴800+250(4) ≥4 000.即(4) ≥16.

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5 ∴nlg4≥lg 16.即 n(1-3lg 2)≥4lg 2. ∵lg 2=0.3,∴0.1n≥1.2,故 n≥12. 答:经过 12 年后,该项目的资金可以达到或超过翻两番 的目标.

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