【步步高】高考数学一轮复习 2.3.1-2.3.2 等比数列 (一)备考练习 苏教版
《步步高》2021届高考数学大一轮复习课件(人教A版)常考题型强化练——数列
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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【步步高】高考数学一轮复习讲义 专题四 数列的综合应用
∴bb11＋ ＋24dd＝ ＝20， ，
解得db＝1＝－4，1，
∴Sn＝4n＋nn2－1×(－1)＝9n－2 n2.
∵lloogg22qa＝1＝－4，1，
∴q＝12， a1＝16，
∴an＝25－n (n∈N*)．
(3)解 显然an＝25－n>0， 当n≥9时，Sn＝n9－ 2 n≤0，
∴n≥9时，an>Sn. ∵a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝12，a7＝14，a8＝18，
(1)要重视审题、精心联想、沟通联系； (2)将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题 等联系起来．
等差数列与等比数列的综 合应用
例1 在等比数列{an} (n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝ log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0. (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an； (3)试比较an与Sn的大小．
解 ∴an－(1)a1由n＝已2知n，得即loga2n2－2a2nnanlo－g112＝2an0.,
(2)对于等比数列：an＝a1qn－1.可用指数函数的性质来理解． ①当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时，等比数列是递增数列； ②当a1>0,0<q<1或a1<0，q>1时，等比数列{an}是递减数列． ③当q＝1时，是一个常数列．
④当q<0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列． 2．解答数列综合问题的注意事项
(1)利用定义法即可解决；(2)先求{bn}的首项和公差，再求 {an}的首项及公比；(3)分情况讨论．
(1)证明 ∵bn＝log2an， ∴bn＋1－bn＝log2aan＋n 1＝log2q为常数， ∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
【步步高】高考数学第一轮复习(典型题+详解)数列专项基础训练
常考题型强化练——数列A 组 专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1.设等差数列{a n }前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A.6B.7C.8D.9答案 A解析 设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2 ＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，∴当n ＝6时，取最小值.2.已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和.若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( ) A.35B.33C.31D.29答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知， a 4＋2a 7＝2×54， ∴a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14. ∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12， ∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2， ∴a 1＝16，∴S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31. 3.已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n －a 1＝S 1·S n (a 1≠0，n ∈N *)，则a 7等于( )A.16B.32C.64D.128答案 C解析 令n ＝1，则a 1＝1，当n ＝2时，2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2，当n ≥2时，由2a n －1＝S n ，得2a n －1－1＝S n －1，两式相减，解得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1，于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，因此a n ＝2n －1.故a 7＝26＝64. 4.已知等差数列{a n }的公差d ＝－2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝50，那么a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99的值是( ) A.－78B.－82C.－148D.－182 答案 B解析 ∵a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝(a 1＋2d )＋(a 4＋2d )＋(a 7＋2d )＋…＋(a 97＋2d )＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＋2d ×33＝50＋66×(－2)＝－82.5.设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N *，且m ≥2)，则必定有( )A.S m >0，且S m ＋1<0B.S m <0，且S m ＋1>0C.S m >0，且S m ＋1>0D.S m <0，且S m ＋1<0 答案 A解析 －a m <a 1<－a m ＋1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0. 易得S m ＝a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋12·(m ＋1)<0. 二、填空题6.若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________.答案 20解析 由题意知，若{a n }为调和数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列， ∴由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，可得数列{x n }为等差数列， 由等差数列的性质知，x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝x 2＋x 19＝…＝x 10＋x 11＝20010＝20.7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________.答案 2－⎝⎛⎭⎫12n －1解析 由于S n ＝2n －a n ，所以S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列.又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.则a n －2＝(－1)⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1. 8.已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为________. 答案 3＋2 2解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝a 1＋2a 2. ∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q .∴q 2－2q －1＝0.∴q ＝1±2.∵各项都是正数，∴q ＞0.∴q ＝1＋ 2.∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 三、解答题9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，a 3＝5，S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，10a 1＋10×92d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝n a 2＋2n ＝12×4n ＋2n ， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23×4n ＋n 2＋n －23. 10.已知等差数列{a n }的前三项为a －1,4,2a ，记前n 项和为S n .(1)设S k ＝2 550，求a 和k 的值；(2)设b n ＝S n n，求b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1的值. 解 (1)由已知得a 1＝a －1，a 2＝4，a 3＝2a ，又a 1＋a 3＝2a 2，∴(a －1)＋2a ＝8，即a ＝3.∴a 1＝2，公差d ＝a 2－a 1＝2.由S k ＝ka 1＋k (k －1)2d ， 得2k ＋k (k －1)2×2＝2 550， 即k 2＋k －2 550＝0，解得k ＝50或k ＝－51(舍去).∴a ＝3，k ＝50.(2)由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ， 得S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n . ∴b n ＝S n n＝n ＋1. ∴{b n }是等差数列.则b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n －1＋1)＝(4＋4n )n 2. ∴b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝2n 2＋2n .B 组 专项能力提升(时间：25分钟)1.已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A.1B.－1C.1或－1D. 2答案 C解析 依题意，有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或q ＝－1.2.在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是( )A.1B.2C.3D.4答案 A解析 由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，P 2(3,4).∴21P OP S ∆＝1.3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋2a 2n ， n 为偶数，12＋2a 21-n ， n 为奇数，n ＝2,3,4，…，设b n ＝12-n a ＋1，n ＝1,2,3，…，则数列{b n }的通项公式是________. 答案 b n ＝2n解析 由题意，得对于任意的正整数n ，b n ＝a 21-n ＋1，∴b n ＋1＝a 2n ＋1，又＋1＝(2a 22n ＋1)＋1＝2(12-n a ＋1)＝2b n ，∴b n ＋1＝2b n ，又b 1＝a 1＋1＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n .4.某音乐酒吧的霓虹灯是用，，三个不同音符组成的一个含n ＋1(n ∈N *)个音符的音符串，要求由音符开始，相邻两个音符不能相同.例如n ＝1时，排出的音符串是，；n ＝2时，排出的音符串是，，，；…….记这种含n ＋1个音符的所有音符串中，排在最后一个的音符仍是的音符串的个数为a n .故a 1＝0，a 2＝2.则(1)a 4＝________；(2)a n ＝________.答案 (1)6 (2)2n ＋2(－1)n 3解析 由题意知，a 1＝0，a 2＝2＝21－a 1，a 3＝2＝22－a 2，a 4＝6＝23－a 3，a 5＝10＝24－a 4， 所以a n ＝2n －1－a n －1， 所以a n －1＝2n －2－a n －2，两式相减得a n －a n －2＝2n －2. 当n 为奇数时，利用累加法得a n －a 1＝21＋23＋…＋2n －2＝2n －23， 所以a n ＝2n －23. 当n 为偶数时，利用累加法得a n －a 2＝22＋24＋…＋2n －2＝2n －223， 所以a n ＝2n ＋23.综上所述，a n ＝2n ＋2(－1)n 3.5.已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝13， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，又S n ＝12－12a n ， 所以a n ＝13a n －1， 即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列， 故a n ＝⎝⎛⎭⎫13n .(2)由已知可得f (a n )＝log 3⎝⎛⎭⎫13n ＝－n ，则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2， 故1b n ＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 又T n ＝－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1， 所以T 2 012＝－4 0242 013. (3)由题意得c n ＝(－n )·⎝⎛⎭⎫13n ， 故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫131＋2×⎝⎛⎭⎫132＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ， 则13U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 两式相减可得23U n ＝－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫131＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝－12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1 ＝－12＋12·⎝⎛⎭⎫13n ＋n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，则U n ＝－34＋34·⎝⎛⎭⎫13n ＋32n ·⎝⎛⎭⎫13n ＋1.。
【2022高考数学一轮复习(步步高)】目录
第一章集合、常用逻辑用语、不等式§1.1集合§1.2 充分条件与必要条件§1.3 全称量词与存在量词§1.4 不等关系与不等式§1.5 一元二次不等式及其解法§1.6 基本不等式强化训练1不等式中的综合问题第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ§2.1 函数的概念及其表示第1课时函数的概念及其表示第2课时函数的定义域与值域§2.2 函数的基本性质第1课时单调性与最大(小)值第2课时奇偶性、对称性与周期性第3课时函数性质的综合问题§2.3 幂函数与二次函数§2.4 指数与指数函数§2.5 对数与对数函数§2.6 函数的图象§2.7 函数与方程强化训练2函数与方程中的综合问题§2.8 函数模型及其应用第三章导数及其应用§3.1 导数的概念及运算§3.2 导数与函数的单调性§3.3 导数与函数的极值、最值强化训练3导数中的综合问题高考专题突破一高考中的导数综合问题第1课时利用导数研究恒(能)成立问题第2课时利用导函数研究函数的零点第3课时利用导数证明不等式第四章三角函数、解三角形§4.1任意角和弧度制、三角函数的概念§4.2 同角三角函数基本关系式及诱导公式§4.3 简单的三角恒等变换第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式第2课时简单的三角恒等变换§4.4 三角函数的图象与性质§4.5 函数y＝A sin(ωx＋φ)的图象及应用强化训练4三角函数中的综合问题§4.6 解三角形高考专题突破二高考中的解三角形问题第五章平面向量、复数§5.1 平面向量的概念及线性运算§5.2 平面向量基本定理及坐标表示§5.3 平面向量的数量积强化训练5平面向量中的综合问题§5.4 复数第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示法§6.2 等差数列及其前n项和§6.3 等比数列及其前n项和强化训练6数列中的综合问题高考专题突破三高考中的数列问题第七章立体几何与空间向量§7.1空间几何体及其表面积、体积强化训练7空间几何体中的综合问题§7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系§7.3 直线、平面平行的判定与性质§7.4 直线、平面垂直的判定与性质强化训练8空间位置关系中的综合问题§7.5 空间向量及其应用高考专题突破四高考中的立体几何问题第八章解析几何§8.1直线的方程§8.2 两条直线的位置关系§8.3 圆的方程§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系强化训练9直线与圆中的综合问题§8.5 椭圆第1课时椭圆及其性质第2课时直线与椭圆§8.6 双曲线§8.7 抛物线强化训练10圆锥曲线中的综合问题高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第1课时范围与最值问题第2课时定点与定值问题第3课时证明与探索性问题第九章统计与统计案例§9.1 随机抽样、用样本估计总体§9.2 变量间的相关关系、统计案例强化训练11统计中的综合问题第十章计数原理、概率、随机变量及其分布§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理§10.2 排列、组合§10.3 二项式定理§10.4 随机事件的概率与古典概型§10.5 离散型随机变量的分布列、均值与方差§10.6 二项分布与正态分布高考专题突破六高考中的概率与统计问题。
2020步步高 苏教版高三一轮复习 数列 含答案解析
项数有限 项数无限
按项与项间的 大小关系分类
递增数列 递减数列
常数列
摆动数列
an＋1__>__an
an＋1__<__an
其中 n∈N*
an＋1＝an
从第 2 项起，有些项大于它的前一项，
有些项小于它的前一项的数列
3.数列的表示法 数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法． 4．数列的通项公式 如果数列{an}的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个 数列的通项公式．
考试内容 数列的概念 等差数列 等比数列
等级要求 A C C
§6.1 数列的概念与简单表示法
考情考向分析 以考查 Sn 与 an 的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在 高考中以填空的形式进行考查，难度为低档．
1．数列的定义
按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
2，n＝1， 答案
2n－1，n≥2，n∈N*
解析 当 n＝1 时，a1＝S1＝2，当 n≥2 时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，
又 a1＝2 不满足 an＝2n－1，
2，n＝1， 故 an＝ 2n－1，n≥2，n∈N*.
题型一 由数列的前几项求数列的通项公式 例 1 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)2，4 ，6 ，8 ，10，…；
2．数列的分类
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列 无穷数列
项数有限 项数无限
按项与项间的 大小关系分类
递增数列 递减数列
常数列
摆动数列
an＋1__>__an
【步步高】2014届高考数学一轮复习2.2.3等差数列的前n项和(一)备考练习苏教版
2.2.3 等差数列的前n 项和(一)一、基础过关1．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝________.2．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7＝________.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36.则a 7＋a 8＋a 9＝________.4．含2n ＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为________．5．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝24，则a 9＝________.6．在项数为奇数的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则该数列有________项．7．已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．8．已知等差数列{a n }中，a 3a 7＝－16，a 4＋a 6＝0，求{a n }的前n 项和S n .二、能力提升9．已知等差数列{a n }中，a 23＋a 28＋2a 3a 8＝9，且a n <0，则S 10＝________.10．已知等差数列{a n }中，|a 5|＝|a 9|，公差d ＞0，则使得前n 项和S n 取得最小值时的正整数n 的值是________．11．一个等差数列的项数为2n ，若a 1＋a 3＋…＋a 2n －1＝90，a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝72，且a 1－a 2n ＝33，则该数列的公差是________．12．有一等差数列共有偶数项，它的奇数项之和与偶数项之和分别是24和30，若最后一项与第一项之差为212，试求此数列的首项、公差和项数． 三、探究与拓展13．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 3a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S n n ＋c ，求非零常数c . 答案1．5 2.49 3.45 4.n ＋1n5．15 6．21 7．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2.从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n .(2)由(1)可知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋－2n 2＝2n －n 2. 由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k ∈N *，故k ＝7.8．解 设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d a 1＋6d ＝－16，a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＋8da 1＋12d 2＝－16，a 1＝－4d .解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝8，d ＝－2. 因此S n ＝－8n ＋n (n －1)＝n (n －9)， 或S n ＝8n －n (n －1)＝－n (n －9)．9．－15 10.6或711．－312．解 设此数列的首项、公差和项数分别为a 1、d 和2k (k ∈N *)，根据题意有 ⎩⎪⎨⎪⎧ 12k a 1＋a 2k －1＝24，12k a 2＋a 2k ＝30，a 2k －a 1＝212， 即⎩⎪⎨⎪⎧ k [a 1＋k －d ]＝24，k a 1＋kd ＝30，k －d ＝212.解得a 1＝32，d ＝32，k ＝4. ∴首项为32，公差为32，项数为8. 13．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，且d >0. ∵a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22，又a 3a 4＝117， ∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两个根． 又公差d >0，∴a 3<a 4，∴a 3＝9，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9a 1＋3d ＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1d ＝4， ∴a n ＝4n －3. (2)由(1)知，S n ＝n ×1＋n n －2×4＝2n 2－n ， ∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－n n ＋c. ∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c. ∵{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3，1 2 (c＝0舍去)．∴2c2＋c＝0，∴c＝－。
21版：高考专题突破三 高考中的数列问题（步步高）
高考专题突破三 高考中的数列问题等差数列、等比数列基本量的运算命题点1 数列与数学文化例1 (1)(2019·乐山模拟)《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，已知第一天织5尺布，一月(按30天计)共织390尺布，则从第2天起每天比前一天多织多少尺布？( ) A.1631 B.1629 C.12 D.815 答案 B解析 由题意可知每天织布的多少构成等差数列，其中第一天为首项a 1＝5，一月按30天计可得S 30＝390，从第2天起每天比前一天多织的即为公差d .又S 30＝30×5＋30×292×d ＝390，解得d ＝1629.故选B.(2)(2019·北京市房山区模拟)《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍，若蒲、莞长度相等，则所需时间为(结果精确到0.1，参考数据： lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)( ) A ．2.2天 B ．2.4天 C ．2.6天 D ．2.8天 答案 C解析 设蒲的长度组成等比数列{a n }，其a 1＝3，公比为12，其前n 项和为A n ，则A n ＝3⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝6⎝⎛⎭⎫1－12n . 莞的长度组成等比数列{b n }，其b 1＝1，公比为2，其前n 项和为B n .则B n ＝2n －12－1 ＝2n －1，由题意可得，6⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2n －1， 整理得，2n ＋62n ＝7，解得2n ＝6或2n ＝1(舍去)．∴n ＝log 26＝lg 6lg 2＝1＋lg 3lg 2≈2.6.∴蒲、莞长度相等大约需要2.6天． 故选C.思维升华 对于数学文化中所涉及到的数列模型，解题时应认真审题，从问题背景中提取相关信息并分析归纳，然后构造恰当的数列模型，再根据等差或等比数列的有关公式求解作答，必要时要进行检验．跟踪训练1 (1)(2019·湖南省长沙市第一中学模拟)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为( ) A ．1.5尺 B ．2.5尺 C ．3.5尺 D ．4.5尺 答案 B解析 设这十二个节气日影长依次成等差数列{a n }， S n 是其前n 项和，则S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝85.5，所以a 5＝9.5，由题意知a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝31.5，所以a 4＝10.5， 所以公差d ＝a 5－a 4＝－1，所以a 12＝a 5＋7d ＝2.5，故选B.(2)(2019·江西省抚州市临川第一中学模拟)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还粟( ) A.253升 B.503升 C.507升 D.1007升 答案 D解析 因为5斗＝50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为a 1，a 2，a 3， 由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且S 3＝50， 则a 1(23－1)2－1＝50，解得a 1＝507，所以马主人要偿还的量为a 2＝2a 1＝1007.故选D.命题点2 等差数列、等比数列的交汇例2 记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解 (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．思维升华 等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．跟踪训练2 (2019·桂林模拟)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 1＋1，S 3，S 4成等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若S 4，S 6，S n 成等比数列，求n 及此等比数列的公比． 解 (1)设数列{a n }的公差为d . 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝S 1＋1＋S 4，a 22＝a 1a 5，d ≠0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2a 1，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1. (2)由(1)知a n ＝2n －1，∴S n ＝n 2， ∴S 4＝16，S 6＝36， 又S 4S n ＝S 26，∴n 2＝36216＝81， ∴n ＝9，公比q ＝S 6S 4＝94.数列的求和命题点1 分组求和与并项求和例3 (2019·湖南省张家界慈利县期中)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 因为b 2＝3，b 3＝9，可得q ＝b 3b 2＝3，所以b n ＝b 2q n －2＝3·3n －2＝3n －1， 又由a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， 所以d ＝a 14－a 114－1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)由题意知c n ＝a n ＋b n ＝(2n －1)＋3n －1， 则数列{c n }的前n 项和为[1＋3＋…＋(2n －1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n －1)＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.命题点2 错位相减法求和例4 (2019·安徽省合肥一中、安庆一中等六校联考)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝20，a 2＋a 4＝10.(1)令T n ＝a 1a 2a 3…a n ，求T n 的最大值； (2)令b n ＝log 2a n ，求数列{a n b n }的前 n 项和S n . 解 (1)设等比数列{a n }首项为a 1，公比为q ， 所以a 1＋a 1q 2＝20，a 1q ＋a 1q 3＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16，q ＝12，所以a n ＝12n －5，当a n ＝12n －5≥1时，解得n ≤5，所以a 1>a 2>a 3>a 4>a 5＝1>a 6>a 7>…，所以T n 的最大值为T 4＝T 5＝16×8×4×2＝1 024. (2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 2 12n －5＝5－n ，则a n ·b n ＝(5－n )·⎝⎛⎭⎫12n －5， S n ＝4·⎝⎛⎭⎫12－4＋3·⎝⎛⎭⎫12－3＋…＋(5－n )·⎝⎛⎭⎫12n －5， 两边同时乘12得，12S n ＝4·⎝⎛⎭⎫12－3＋3·⎝⎛⎭⎫12－2＋…＋(5－n )·⎝⎛⎭⎫12n －4，两式相减得，12S n ＝4·⎝⎛⎭⎫12－4－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12－3＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －5－(5－n )·⎝⎛⎭⎫12n －4 ＝4×16－⎝⎛⎭⎫12－3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(5－n )·⎝⎛⎭⎫12n －4 ＝64－16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1－(5－n )·⎝⎛⎭⎫12n －4 ＝48＋(n －3)·⎝⎛⎭⎫12n －4， 所以S n ＝96＋(n －3)·25－n . 命题点3 裂项相消法求和例5 (2020·三明质检)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n .解 (1)因为a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2， 所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5. 所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0， 因为a n >0，所以a n －a n －1＝3， 又因为a 1＝1，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， 所以a n ＝3n －2(n ∈N *)． (2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1， 所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)， 所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2.又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2 ＝16·⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2). 思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练3 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n(n ∈N *)．①证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；②求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n . ①证明 ∵a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，当n ∈N *时，a nn≠0，又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N *)为常数， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．②解 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1，∴a n＝n ·⎝⎛⎭⎫12n . ∴S n ＝1·12＋2·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ， 12S n ＝1·⎝⎛⎭⎫122＋2·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －1)⎝⎛⎭⎫12n ＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋11－12－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n . 综上，a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ，S n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n .(2)(2019·天津市南开区模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝2n a n .①求证：数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；②设c n ＝n (n ＋1)2n (n －a n )(n ＋1－a n ＋1)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求满足T n <12463(n ∈N *)的n 的最大值．解 ①∵S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n ∈N *)， 当n ≥2时，S n －1＝－a n －1－⎝⎛⎭⎫12n －2＋2， ∴a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1， 化为2n a n ＝2n －1a n －1＋1， ∵b n ＝2n a n ，∴b n ＝b n －1＋1， 即当n ≥2时，b n －b n －1＝1，令n ＝1，可得S 1＝－a 1－1＋2＝a 1，即a 1＝12.又b 1＝2a 1＝1，∴数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 于是b n ＝1＋(n －1)·1＝n ＝2n a n ，∴a n ＝n2n .②由①可得c n ＝n (n ＋1)2n ⎝⎛⎭⎫n －n 2n ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1－n ＋12n ＋1＝2n ＋1(2n －1)(2n ＋1－1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝2⎝⎛⎭⎫1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1－1，由T n <12463可得2n ＋1<64＝26，n <5，∵n ∈N *，∴n 的最大值为4.例 (12分)(2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式． 规范解答(1)证明 ∵4a n ＋1＝3a n －b n ＋4， 4b n ＋1＝3b n －a n －4.∴4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， ∴a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )，[2分]∵a 1＋b 1＝1＋0＝1≠0，[3分] ∴a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n＝12为非零常数，[4分] ∴{a n ＋b n }是以1为首项，12为公比的等比数列．[5分]∵4a n ＋1＝3a n －b n ＋4， 4b n ＋1＝3b n －a n －4，∴4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，∴(a n ＋1－b n ＋1)－(a n －b n )＝2为常数，[7分] 又∵a 1－b 1＝1－0＝1，∴{a n －b n }是以1为首项，2为公差的等差数列．[8分] (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.[10分]∴a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，[11分]b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.[12分]第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等判定数列为等差(等比)数列； 第二步：由等差(等比)数列基本知识求通项，或者由递推公式求通项；第三步：根据和的表达式或通项的特征，选择合适的方法(分组转化法、错位相减法、裂项相消法)求和；第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤.。
【步步高】高考数学考前3个月(上)专题复习专题三第一讲等差数列与等比数列课件
解 设{an}的首项为 a1，公差为 d，
本 讲 栏
则aa11＋＋32dd＋aa11＋ ＋65dd＝＝0－，16，
目 开 关
即aa211＋＝8－da41d＋，12d2＝－16，
解得ad1＝＝2－8 或ad1＝＝－8，2，
因此 Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9) 或 Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9).
本 讲 栏 目 开 关
考点与考题
第一讲
第一讲 等差数列与等比数列
本
讲 栏
【考点整合】
目 开
1.等差数列
关 (1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数).
(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d. (3)前 n 项和公式：Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d.
(4)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2).
则 a1＋a10＝
()
本 A.7
B.5
C.－5
D.－7
讲 栏 目 开
解析 方法一 由题意得aa45＋ a6＝a7＝ a1qa41×q3＋ a1qa51＝q6＝ a21q29，＝－8，
关
∴qa31＝ ＝－ 1 2，
或q3＝－12， a1＝－8，
∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
考点与考题
第一讲
故 a2＝a1＋d＝1. 答案 1
题型与方法
第一讲
题型一 等差数列的有关问题
本
讲 题型概述 等差数列是一个重要的数列类型，高考命题主要考
栏
目 查等差数列的概念、基本量的运算及由概念推导出的一些重
开
关 要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.
题型与方法
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§2.3 等比数列
2．3.1 等比数列的概念(一)
2．3.2 等比数列的通项公式(一)
一、基础过关
1．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1.若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m ＝________.
2．已知a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，则ad ＝________.
3．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝________.
4．如果－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，那么b ＝________.
5．一个数分别加上20,50,100后得到的三个数成等比数列，其公比为________．
6．若a ，b ，c 成等比数列，m 是a ，b 的等差中项，n 是b ，c 的等差中项，则a m ＋c n
＝________.
7．已知等比数列{a n }，若a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1a 2a 3＝8，求a n .
8．在四个正数中，前三个成等差数列，和为48，后三个成等比数列，积为8 000，求这四个数．
二、能力提升 9．若数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧ 2a n n 为奇数2a n ＋n 为偶数，若a 1＝1，则a 19＝________.
10．若正项等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3，a 5，a 6成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6
＝________. 11．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.
12．已知(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )log m z ＝0.
(1)若a ，b ，c 依次成等差数列且公差不为0，求证：x ，y ，z 成等比数列；
(2)若正数x ，y ，z 依次成等比数列且公比不为1，求证：a ，b ，c 成等差数列．
三、探究与拓展
13．互不相等的三个数之积为－8，这三个数适当排列后可成为等比数列，也可排成等差数列，求这三个数排成的等差数列．
答案
1．11 2．2 3．4·(32)n －1 4．－3 5.53
6.2 7．解 方法一 ∵a 1a 3＝a 22，∴a 1a 2a 3＝a 32＝8，∴a 2＝2.
从而⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 3＝5a 1a 3＝4，解得a 1＝1，a 3＝4或a 1＝4，a 3＝1. 当a 1＝1时，q ＝2；当a 1＝4时，q ＝12. 故a n ＝2n －1或a n ＝23－n .
方法二 由等比数列的定义知a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2代入已知得，
⎩
⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7a 1·a 1q ·a 1q 2＝8， 即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋q ＋q 2＝7，a 31q 3＝8，
即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋q ＋q 2＝7， ①a 1q ＝2， ②
将a 1＝2q
代入①得2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12
， 由②得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12
. ∴a n ＝2n －1或a n ＝23－n .
8．解 设前三个数分别为a －d ，a ，a ＋d ，
则有a －d ＋a ＋a ＋d ＝48，
即a ＝16.
设后三个数分别为b q
，b ，bq ，则有 b q
·b ·bq ＝b 3＝8 000，即b ＝20， ∴这四个数分别为m,16,20，n ，
∴m ＝2×16－20＝12，n ＝20216
＝25. 即所求的四个数分别为12,16,20,25.
9．1 023 10.5－12
11．－9 12．证明 (1)∵a ，b ，c 成等差数列且d ≠0，
∴b －c ＝a －b ＝－d ，c －a ＝2d ，
∴(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )·log m z
＝2d log m y －d log m x －d log m z
＝d (2log m y －log m x －log m z )
＝d log m (y 2
xz
)＝0. ∵d ≠0，∴log m y 2xz ＝0，∴y 2
xz
＝1. ∴y 2
＝xz ，即x ，y ，z 成等比数列．
(2)∵x ，y ，z 成等比数列，且公比q ≠1，
∴y ＝xq ，z ＝xq 2，
∴(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )·log m z
＝(b －c )log m x ＋(c －a )log m (xq )＋(a －b )log m (xq 2)
＝(b －c )log m x ＋(c －a )log m x ＋(c －a )·log m q ＋(a －b )log m x ＋2(a －b )log m q
＝(c －a )log m q ＋2(a －b )log m q
＝(a ＋c －2b )log m q ＝0，
∵q ≠1，∴log m q ≠0，
∴a ＋c －2b ＝0，即a ，b ，c 成等差数列．
13．解 设三个数为a q ，a ，aq ，
∴a 3＝－8，即a ＝－2，
∴三个数为－2q
，－2，－2q . (1)若－2为－2q 和－2q 的等差中项，则2q
＋2q ＝4， ∴q 2－2q ＋1＝0，q ＝1，与已知矛盾；
(2)若－2q 为－2q 与－2的等差中项，则1q
＋1＝2q ， 2q 2－q －1＝0，q ＝－12
或q ＝1(舍去)， ∴三个数为4,1，－2；
(3)若－2q 为－2q 与－2的等差中项，则q ＋1＝2q
，∴q 2＋q －2＝0， ∴q ＝－2或q ＝1(舍去)，
∴三个数为4,1，－2.
综合(1)(2)(3)可知，这三个数排成的等差数列为4,1，－2或－2,1,4.。