2019届高考数学二轮复习专题二数列第1讲等差数列与等比数列课件理
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)； a1（1－qn） a1－anq (2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝ ＝ ； 1－q 1－q (3)性质： ①若 m，n，p，q∈N*，且 m＋n＝p＋q，则 am· an＝ap· aq； ②an＝am· qn－m； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列. 温馨提醒 应用公式 an＝Sn－Sn－1 时一定注意条件 n≥2，n∈N*.
①若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
②若T3＝21，求S3. 解 ①设{an}公差为d，{bn}公比为q，
－1＋d＋q＝2， d＝1， d＝3， 由题设得 解得 或 (舍去)， 2 －1＋2d＋q ＝5 q＝2 q＝0
故{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(1)证明
2 2 2 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S2 n＝an＋1－λSn＋1，∴Sn＝(Sn＋1－Sn) －λSn＋1，
则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0. ∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，
故Sn＋1＝2Sn＋λ.
(2)解 由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ， 两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)， 所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2. 又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
n 1 －（－ 2 ） － (2)若 an＝(－2)n 1，则 Sn＝ . 3
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
考 点 整 合 1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d； n（a1＋an） n（n－1） (2)求和公式：Sn＝ ＝na1＋ d； 2 2 (3)性质： ①若 m，n，p，q∈N*，且 m＋n＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq； ②an＝am＋(n－m)d； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.
a2 ∴{an}的公比 q＝a ＝b2－b1＝3. 1
从而bn＋1－bn＝3，则数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列.
n（n－1） 1 2 因此{bn}的前 n 项和 Tn＝2n＋ × 3＝2(3n ＋n). 2
答案 C
(2)(2018· 全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15. ①求{an}的通项公式；
6 － 1× （ 1 － 2 ） n－1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an＝－2 ，所以 S6＝ ＝－63. 1－2 答案 －63
4.(2018· 全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
【训练 2】 (1)(2018· 湖南六校联考)在等差数列{an}中，其前 n 项和为 Sn，若 a5，a7 是方程 x2＋10x－16＝0 的两个根，那么 S11 的值为( A.44 C.55 B.－44 D.－55 )
(2)(2018· 石家庄质检)等比数列{an}中，a4＝ 2，a5＝ 5，则数列{lg an}的前 8 项和 S8 为( A.4 ) B.2 C.3 D.5
(2)(2018· 北京海淀区质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn＝2an－2，若数 列 {bn} 满足 bn ＝ 10 － log2an ，则使数列 {bn} 的前 n 项和取最大值时的 n 的值为 ________.
解析
(1)由题意 a6a10＝2，且 a6＋a10＝－6，所以 a6<0，a10<0，又数列{an}为等比
11（a1＋a11） 11（a5＋a7） 解析 (1)由题设，a5＋a7＝－10，则 S11＝ ＝ ＝11× (－5)＝－55. 2 2
(2)设等比数列{an}的公比为q，
由 a5＝ 5，a4＝ 2，得 5＝ 2q，∴q＝
n－4
5n－4 ∴an＝a4· q ＝ ，且 a1a8＝a4a5＝ 10. 2 5 从而 lg an＝lg 2＋(n－4)lg 2，则数列{lg an}是等差数列， 1 ∴S8＝2(lg a1＋lg a8)× 8＝4lg(a1a8)＝4lg 10＝2.
解析
)
B.n(n－1) D.n(n＋2)
依题意 a2 a6，得(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10).解得 a1＝－1.因此 Sn＝na1＋ 3＝a2·
n（n－1） × 2＝n2－2n. 2
答案 A
(2)(2017· 全国Ⅱ卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1 ＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
算，以减少运算量.
2.第 (2) 题求出基本量 a1与公差d ，进而由等差数列前 n项和公式将结论表示成 “n” 的 函数，求出最小值.
【训练1】 (1)(2018· 郑州调研)已知等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，
则{an}的前n项和Sn＝(
A.n(n－2) C.n(n＋1)
2.(2018· 北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算 出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分 成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前 一个单音的频率的比都等于 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为 (
－1＋d＋q＝2， q＝4， q＝－5， ②由已知得 解得 或 2 1＋q＋q ＝21， d＝－1 d＝8.
∴当d＝－1时，S3＝－6；当d＝8时，S3＝21.
热点二
等差(比)数列的性质
【例 2】 (1)(2018· 石家庄调研)在等比数列{an}中，a6，a10 是方程 x2＋6x＋2＝0 的 两个实数根，则 a8 的值为( A.2 C. 2 B.－ 2或 2 D.－ 2 )
2·
5 2.
答案 (1)D (2)B
热点三 等差(比)数列的判断与证明
2 【例 3】 (2018· 成都调研)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an>0，S2 ＝ a n n＋1－λSn＋1，
其中 λ 为常数. (1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ； (2)是否存在实数 λ，使得数列{an}为等比数列，若存在，求出 λ；若不存在，请说明理由.
3 12
) B. 22f D. 27f
12 3
A. 2f C. 2 f
12 5
解析 从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于
12
2，第一个单音的频率为 f.由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首
12 12 8－1 12 7
项为 f，公比为 2的等比数列，记为{an}.则第八个单音频率为 a8＝f· ( 2) ＝ 2 f.
②求Sn，并求Sn的最小值.
解 ①设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15. 由a1＝－7得d＝2. 所以{an}的通项公式为an＝2n－9. ②由①得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a1和公差d(公比q). (2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计
an＋1 2. a ＝q 和 a2 n＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时 n 还要看各项是否为零.
【训练3】 (2017· 全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列. 解 (1)设{an}的公比为q，由题设可得
热点一 等差、等比数列的基本运算
【例1】 (1)(2018· 潍坊三模)已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1 －bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为(
A.3n＋1 3n2＋n C. 2 B.3n－1 3n2－n D. 2
)
解析 由b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1.
第1讲 等差数列与等比数列源自高考定位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.
真 题 感 悟 1.(2017· 全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}
∴a2＝(2＋λ)· 20＝2a1＝4，∴λ＝2.
故存在λ＝2，此时an＝2n，数列{an}是等比数列.
探究提高 证
1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意 n≥1，n∈N*，验 n 无关的一常数；(2)中项公式法.
an＋1 an＋1－an 或 为与正整数 a n
前6项的和为(
A.－24
解析
)
B.－3 C.3 D.8
2 根据题意得 a2 ＝ a · a ，即 ( a ＋ 2 d ) ＝(a1＋d)(a1＋5d)，由 a1＝1 及 d≠0 解得 d 3 2 6 1
6× 5 6× 5 ＝－2，所以 S6＝6a1＋ 2 d＝1× 6＋ 2 × (－2)＝－24.
答案 A
∴使数列{bn}的前n项和取最大值时的n的值为9或10.
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复习课件
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专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
所以 an＝2n. (2)由于 21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝ 64，27＝128， 所以 b1 对应的区间为：(0，1]，则 b1＝0； b2，b3 对应的区间分别为：(0，2]，(0，3]则 b2＝b3＝1， 即有 2 个 1； b4，b5，b6，b7 对应的区间分别为：(0，4]，(0，5]，(0， 6]，(0，7]，则 b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有 22 个 2；
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专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
b8，b9，…，b15 对应的区间分别为：(0，8]，(0，9]，…， (0，15]，则 b8＝b9＝…＝b15＝3，即有 23 个 3；
b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式． (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋ bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列． 由题设得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即 an＋1－bn＋1＝ an－bn＋2.
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…(n－1)(－ 2)n－1＋n(－2)n，②
【高考二轮复习大题讲义】第1讲 求通项公式-解析版
第1讲 求通项公式公式法公式法:若判定出数列是等差数列或者等比数列,就直接带人等差数列或等比数列的通项公式()11n a a n d =+-或11n n a a q -=进行求解.【例1】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足3578,2a S a ==,求数列{}n a 的通项公式.【解析】设数列{}n a 的公差为d ,依题意得()11154526,228a d a d a d ⨯⎧+=+⎪⎨⎪+=⎩ 解得123a d =⎧⎨=⎩.()()11231n a a n d n ∴=+-=+-=31n -.【例2】已知公比大于0的等比数列{}n a 的前n 项和为21,4,5n S a a =+是2S 和3a 的等差中项,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >. 由题意知()12325a S a +=+,即442544q q q⎛⎫⨯+=++ ⎪⎝⎭,2 2320q q --=化简得,0,2q q >∴=,222 422n n n n a a q --∴==⨯=累加法累加法:如果递推公式的形式为1n a +-()n a f n =,则可利用累加法求通项公式. 使用时要满足:(1)等号右边为关于n 的表达式,且能够进行求和. (2)1,n n a a +的系数同构(结构相同),且为作差的形式.【例1】数列{}n a 满足:11a =,且1n a +-21nn a =+,求n a .【解析】1 21,n n n a a +-=+解 1121,n n n a a ---=+1212 1.a a -=+累加可得211222n n a a --=++++()()1221112 3.21n nn n n ---=+-=+--2 2.n n a n ∴=+-【例2】在数列{}n a 中,已知111,n n a a a +==21n -+,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】1 21,n n a a n +=++12 1.n n a a n +∴-=+21323,5,,a a a a ∴-=-=()1212.n n a a n n --=-以上各式相加可得135n a a -=+++2(1)(321)2112n n n n -+--==-.又∵211,(2)n a a n n =∴=,显然11a =符合上式,()2*. n a n n ∴=∈N【例3】已知数列{}n a 满足:111,n a a +=-=*11,1n a n n n +-∈+N ,求数列的通项公式n a .【解析】∵1111n n a a n n +-=-+, 213241111,,1223a a a a a ∴-=--=--311111,,(2). 341n n a a a n n n-=--=-- 将以上(1)n -个式子相加得()()()213243a a a a a a -+-+-+()1n n a a -+- 11111122334⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111n n ⎛⎫- ⎪-⎝⎭, 即()*1112,n a a n n n-=-∈N . ∴1111111n a a n n n=+-=-+-=-()*2,n n ∈N . 当1n =时,11a =-也符合上式,∴()*1n a n n=-∈N . 累乘法累乘法:如果递推公式的形式为:()1n na f n a +=,则可利用累乘法求通项公式. 【例1】已知数列{}n a 满足:11a =,且()11n n na n a +=+,求n a . 【解析】()1111.n n n n a n na n a a n+++=+⇒=解 12121111122....1.n n n n n n a a a n n a a a n n a n a a na n ----∴⋅⋅=⋅⋅--⇒=∴==【例2】已知数列满足:12,(a n =+1)()122n n a n a +=+,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】()()()()()()()()111324112311111*122,22,12.34511.23422.1,2,12.n n n n n nn n n n n n a n a n aa n a a a a a a a a a a n a n n n n a a n n ++----+=++∴=+=⋅⋅⋅⋅=+⎛⎫⋅⨯⨯⨯⨯=+ ⎪⎝⎭==∴=+⋅∈N 解则当时满足上式 【例3】数列{}n a 满足:()()()21*112,21223n n n n a a a n +++=-=-∈N ,求{}n a 的通项公式.【解析】由()()2112122n n n n a a +++-=-得1122222122121n n n n n n a a ++++--==⋅--. 12212312n n n n n n a a a a a a a a -----⋅⋅⋅⋅=⋅1231121212122212121n n n n nn ---+----⋅⋅⋅⋅---()()113121322212121n n n-+-⋅⋅=⋅---, ()()111322121n n n n a a -+⋅=⇒--即()()()*12.2121n n n n a n +=∈--N 构造法构造法的核心步骤：第一步:恒等变形.对递推公式(相邻几项的式子)进行恒等式变形,所谓恒等变形就是对等式两边的项进行同加、同减、同乘、同除或者拆分合并.第二步:同构式.恒等变形的目的是变形出同构式,所谓同构式就是结构相同的式子,如:2n n a 和112n n a --是同构式. 第三步:整体代换.将同构式视为一个整体,整体代换后构造出新的等差数列或者等比数列,该数列作为辅助数列.通过求出辅助数列的通项公式,便可算出原数列的通项公式,以下是我们需要重点掌握的几种常见的构造法的结构. 结构一：一次函数结构型递推公式的结构如同一次函数结构型:n a =1(,n qa p q p -+均为常数,且1,0)q p ≠≠. 一般方法:设()1n n a q a λλ-+=+,得到()1,1p p q q λλ=-=-,可得出数列1n p a q ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以q 为公比的等比数列,从而可求出n a .【例1】在数列{}n a 中,111,3n n a a a -==+2,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】设()13n n a a λλ-+=+即132n n a a λ-=+. 对比132n n a a -=+,可得1λ=.()1131n n a a -∴+=+.{}13n a ∴+是公比为.的等比数列 ()11 113.n n a a -∴+=+⋅123 1.n n a -∴=⋅-注意:在这里,{}1n a +即为同构式,把这个式子作为整体,就能构造出一个新的等比数列,这一种结构()11,0n n a qa p q p -=+≠≠的处理方式也是固定的,就是直接设出()1n n a q a λλ-+=+,求解出λ即可.【例2】在数列{}n a 中,111,2n n a a a +==+1,试求其通项公式. 【解析】121n n a a +=+,两边同时加上1,得()1121n n a a ++=+,1111 2.11,1 2.n n a a a a ++=+=∴+=则因此,数列{}1n a +是以2为首项,以2为公比的等比数列.1122,2 1.n n n n a a -∴+=⨯=-结构二:一次函数结构变形递推公式的结构形如1n n a N a -=⋅+(,,nM p N p M ⋅为常数).一般方法:此类问题可先处理n p ,两边同时除以np ,得1n n n na a N M p p -=+,进而构造成11n n n n a a N M p p p--=⋅+,设n n n a b p =,从而变成1n n Nb b M p -=⋅+,从而将问题转化为一次函数结构型.【例1】在数列{}n a 中,111,3n n a a a -==+23n ⋅,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】111 323, 2.?33n n n n n nn a a a a ---=+⋅∴=+解 23n n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是公差为的等差数列。
2019届高考数学二轮复习专题二数列第1讲等差数列与等比数列课件理20190105192
【训练 2】 (1)(2018· 湖南六校联考)在等差数列{an}中，其前 n 项和为 Sn，若 a5，a7 是方程 x2＋10x－16＝0 的两个根，那么 S11 的值为( A.44 C.55 B.－44 D.－55 )
(2)(2018· 石家庄质检)等比数列{an}中，a4＝ 2，a5＝ 5，则数列{lg an}的前 8 项和 S8 为( A.4 ) B.2 C.3 D.5
第1讲 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.
真 题 感 悟 1.(2017· 全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}
∴a2＝(2＋λ)· 20＝2a1＝4，∴λ＝2.
故存在λ＝2，此时an＝2n，数列{an}是等比数列.
探究提高 证
1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意 n≥1，n∈N*，验 n 无关的一常数；(2)中项公式法.
an＋1 an＋1－an 或 为与正整数 a n
答案 D
3.(2018· 全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________. 解析 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以 an＝2an－1，所以数列{an}是以－1
①若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
②若T3＝21，求S3. 解 ①设{an}公差为d，{bn}公比为q，
－1＋d＋q＝2， d＝1， d＝3， 由题设得 解得 或 (舍去)， 2 －1＋2d＋q ＝5 q＝2 q＝0
高考数学文(二轮复习)课件《等差与等比数列》
4．(2014· 安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋ 3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
答案：1
解析：解法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3 ＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q 的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1. 解法二：因为数列{an}是等差数列， 所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d， 故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0， 即d＝－2， 所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.
等差与等比数列
该类小题一般考查等差、等比数列的基本量的运算及性质 的灵活运用.有时等差数列、等比数列相交汇考查.该类小题具有 “新”“巧”“活”的特点.在备考中，一要重视与两种数列基 本量有关的公式的理解与应用，二要重视两种数列基本性质的 应用，三要重视方程组思想或整体思想在求解数列问题中的应 用.
(2)已知等差数列某两项的和(或等比数列某两项的积)求数 列中的某一项或求数列和(或积)的问题，运用等差数列(或等比 数列)的性质或整体代入的思想较为快捷．该类题目在平时的练 习中要学会使用性质，在短时间内准确求解．
[回访名题] (1)(2014· 福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2， S3＝12，则a6等于( )
基础记忆
试做真题
基础要记牢,真题须做熟
基础知识不“背死”，就不能“用活”！ 1．把握两个定义 若一个数列从第二项起，每项与前一项的差(比)为同一个常 数，则这个数列为等差(比)数列． 2．等差、等比中项 (1)若x，A，y成等差数列⇔A为x，y的等差中项⇔2A＝x＋y. (2)若x，G，y成等比数列⇔G为x，y的等比中项⇒G2＝ xy(G≠0)．
等比数列的概念课件(第一课时)-高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
（第一课时）
教学目标
1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义；2.能在具体问题的情境中，发现数列的等比关系，并解决相应问题；3.体会等比数列与指数函数的关系。
1.等差数列的定义是什么？
3.它的通项公式是什么？
2.递推公式是什么？
探究：将一张很大的薄纸对折，对折30次后有多厚？不妨假设这张纸的厚度为0.01毫米。
解：（1）由题意得，2与8的等比中项为 .（2） 和 的等比中项为 .
不存在
4
练习2：如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么 ( )A．b＝3，ac＝9 B．b＝－3，ac＝9C．b＝3，ac＝－9 D．b＝－3，ac＝－9
解：因为b2＝(－1)×(－9)＝9，且b与首项－1同号，所以b＝－3，且a，c必同号．所以ac＝b2＝9.
题型三：等比数列的判定方法
课堂小结
等差数列
等比数列
通项公式推导方法
累加法
不完全归纳法
定义式
公差公比
公差d可正、可负、可为零
公比q可正、可负、不可为零
通项公式
等差/比中项
累乘法
新知探究
例1.若等比数列{an}的第4项和第6项分别为48和12，求{an}的第5项.
①
②
②的两边分别除以①的两边，得
两个，需对和第6项分别为48和12，求{an}的第5项.
解法2：
因为是和的等比中项，所以
因此，的第5项是24或-24
例3.数列{an}共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，第3项等于80, 第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132. 求这个数列.
定义
a，A，b成等差数列
专题二 第2讲 第1课时 等差数列、等比数列
[A 组 小题提速练]1．(等差数列求和及性质)在等差数列{a n }中，a n >0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于( ) A ．3 B ．6 C ．9D ．36解析：∵a 1＋a 2＋…＋a 10＝30， 得a 5＋a 6＝305＝6，又a n >0， ∴a 5·a 6≤⎝⎛⎭⎪⎫a 5＋a 622＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9. 答案：C2．(等差数列求和及不等式)设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞0的最大的自然数n 是( ) A ．9 B ．10 C ．11D ．12解析：∵{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，∴{a n }的通项为a n ＝7－2(n －2)＝－2n ＋11，∴{a n }是递减数列，且a 5＞0＞a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝9a 5＞0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝11a 6＜0，故选A. 答案：A3．(等差数列求和)设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．S 4＜S 3 B ．S 4＝S 3 C ．S 4＞S 1D ．S 4＝S 1解析：设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎨⎧a 1＝－9，d ＝3.于是，S 1＝－9，S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18，S 4＝4×(－9)＋4×32×3＝－18，所以S 4＝S 3，S 4＜S 1，故选B. 答案：B4．(等差数列求和及最值)在等差数列{a n }中，a 6＋a 11＝0，且公差d ＞0，则数列{a n }的前n 项和取最小值时n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8D ．9解析：由题意知a 6＜0，a 11＞0，且a 1＋5d ＋a 1＋10d ＝0，所以a 1＝－152d .又数列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋n n －12d ＝d2[(n －8)2－64]，所以当n ＝8时，数列{a n }的前n 项和取得最小值．故选C. 答案：C5．(数学文化与等比数列求和)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．其大意为：有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因为脚痛每天走的路程都为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人每天走多少里路．则此人第五天走的路程为( ) A ．48里 B ．24里 C ．12里D ．6里解析：依题意知，此人每天走的路程数构成以12为公比的等比数列a 1，a 2，…，a 6，由S6＝a1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a1＝192，所以此人第五天走的路程为a5＝192×124＝12(里)．故选C.答案：C6．(等比数列性质及基本不等式)已知首项与公比相等的等比数列{a n}满足a m a2n＝a2 4(m，n∈N*)，则2m＋1n的最小值为( )A．1 B．3 2C．2 D.9 2解析：设该数列的首项及公比为a，则由题可得a m×a2n＝a4×2，即a m×a2n＝a m＋2n＝a4×2，得m＋2n＝8，所以2m＋1n＝18(m＋2n)·⎝⎛⎭⎪⎫2m＋1n＝182＋2＋4nm＋mn≥182＋2＋24nm×mn＝1，当且仅当4nm＝mn，即m＝4，n＝2时等号成立，故选A.答案：A7．(等比数列前n项和)在等比数列{a n}中，a1＋a n＝34，a2·a n－1＝64，且前n 项和S n＝62，则项数n等于( )A．4 B．5C．6 D．7解析：设等比数列{a n}的公比为q，由a2a n－1＝a1a n＝64，又a1＋a n＝34，解得a1＝2，a n＝32或a1＝32，a n＝2.当a1＝2，a n＝32时，S n＝a11－q n1－q＝a1－a n q1－q＝2－32q1－q＝62，解得q＝2.又a n＝a1q n－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，a n＝2时，由S n＝62，解得q＝12.由a n＝a1q n－1＝32×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝2，得⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝116＝⎝⎛⎭⎪⎫124，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选B.答案：B8．(等差数列前n 项和性质)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 016的值等于( ) A ．－2 015 B ．2 015 C ．2 016D ．0解析：设数列{a n }的公差为d ，S 12＝12a 1＋12×112d ，S 10＝10a 1＋10×92d ， 所以S 1212＝12a 1＋12×112d 12＝a 1＋112d .S 1010＝a 1＋92d ，所以S 1212－S 1010＝d ＝2， 所以S 2 016＝2 016×a 1＋2 015×2 0162d ＝0.答案：D9．(等比数列前n 项和性质)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则数列{na n }的前n 项和为( ) A ．－3＋(n ＋1)×2n B ．3＋(n ＋1)×2n C ．1＋(n ＋1)×2nD ．1＋(n －1)×2n解析：设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 3＝7，S 6＝63，∴q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q ＝7，a 11－q 61－q ＝63，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴a n ＝2n －1，∴na n ＝n ·2n －1，设数列{na n }的前n 项和为T n ，∴T n ＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1,2T n ＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴T n ＝1＋(n －1)×2n ，故选D. 答案：D10．(递推关系、通项及性质)已知数列{a n }满足a 1＝2,2a n a n ＋1＝a 2n ＋1，设b n ＝a n －1a n ＋1，则数列{b n }是( ) A ．常数列 B ．摆动数列 C ．递增数列D ．递减数列解析：由2a n a n ＋1＝a 2n ＋1可得a n ＋1＝a 2n ＋12a n ，b n ＋1＝a n ＋1－1a n ＋1＋1＝a 2n ＋12a n －1a 2n ＋12a n＋1＝a 2n －2a n ＋1a 2n ＋2a n ＋1＝a n －12a n ＋12＝b 2n ，由b n ＞0且b n ≠1，对b n ＋1＝b 2n 两边取以10为底的对数，可得lgb n ＋1＝2lg b n ，所以数列{lg b n }是以lg b 1＝lg 2－12＋1＝lg 13为首项，2为公比的等比数列，所以lg b n ＝2n －1lg 13，b n ＝(13)2n －1，故数列{b n }是递减数列，故选D. 答案：D11．(等比数列、等差数列混合及性质)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B ．22C ．－22D ．－ 3解析：{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3， ∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.答案：D12．(等差数列性质，等比数列通项)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －113．(S n 与a n 关系及等差数列通项)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ，n ∈N *，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3a 1＝3. 当n ≥2时，∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1，两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，即a n ＋1＝4a n ，当n ≥2时，{a n }是以3为首项，4为公比的等比数列，得a n ＝3×4n －2.综上，a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.答案：⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.14．(等差数列通项)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为________．解析：根据题意，不妨设f (x )＝(12)x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f－2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项、2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031. 答案：4 03115．(等差数列及性质、不等式)已知数列{a n }满足a 2＝2a 1＝2，na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，若{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，所以2na n ＋2＝(2n ＋4)a n ＋λ(2n 2＋4n )，即na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，所以a n ＋2n ＋2－a nn ＝λ.设b n ＝a nn，则b n ＋2－b n ＝λ，因为a 1＝1，a 2＝2，所以b 1＝b 2＝1. 所以当n 为奇数时，b n ＝1＋n －12λ；当n 为偶数时，b n ＝1＋n －22λ.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋n n －1λ2，n 为奇数，n ＋n n －2λ2，n 为偶数.由数列{a n }为单调递增数列，得a n ＜a n ＋1. ①当n 为奇数且n ＞1时，n ＋n n －1λ2＜n ＋1＋n ＋1n ＋1－2λ2，所以λ＞21－n， 又－1≤21－n＜0，所以λ≥0； ②当n 为偶数时，2n ＋nn －2λ2＜2n ＋1＋n ＋1n ＋1－1λ2，所以λ＞－23n ，又－13≤－23n＜0，所以λ≥0. 综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)[B 组 大题规范练]1．(S n 与a n 的关系，等比数列的证明)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求a n . 解析：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ， 且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)证明：因为S n ＝2a n －3×n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3×(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，*把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入*式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1， 所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1)．2．(等差数列定义、等比数列通项及求和)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，数列{b n }满足b n ＝3a n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n . 解析：(1)因为a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2， 故b n ＝3a n ＝33n －2.(2)由(1)知b n ＋1b n ＝33n ＋133n －2＝27，所以数列{b n }是以3为首项，27为公比的等比数列，则数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝a 1＋b 1＋a 2＋b 2＋…＋a n ＋b n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝[1＋4＋…＋(3n －2)]＋(3＋34＋…＋33n －2) ＝32n 2－12n ＋326·27n －326. 3．(a n 与S n 关系、等比数列证明及不等式最值)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ＋S n ＝2n .(1)证明：数列{a n －2}为等比数列，并求出a n ； (2)设b n ＝(2－n )(a n －2)，求{b n }的最大项． 解析：(1)证明：由a 1＋S 1＝2a 1＝2，得a 1＝1.由a n ＋S n ＝2n 可得a n ＋1＋S n ＋1＝2(n ＋1)，两式相减得，2a n ＋1－a n ＝2， ∴a n ＋1－2＝12(a n －2)，∴{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，a n －2＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知b n ＝(2－n )×(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，由b n ＋1－b n ＝n －12n－n －22n －1＝n －1－2n ＋42n＝3－n 2n≥0，得n ≤3，由b n ＋1－b n <0得n >3，∴b 1<b 2<b 3＝b 4>b 5>…>b n >…，故{b n }的最大项为b 3＝b 4＝14.4．(等差、等比数列通项及和的最值)设S n ，T n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，已知对于任意n ∈N *，都有3a n ＝2S n ＋3，数列{b n }是等差数列，且T 5＝25，b 10＝19.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb nn n ＋1，求数列{c n }的前n 项和R n ，并求R n 的最小值．解析：(1)由3a n ＝2S n ＋3，得 当n ＝1时，有a 1＝3； 当n ≥2时，3a n －1＝2S n －1＋3， 从而3a n －3a n －1＝2a n ，即a n ＝3a n －1， 所以a n ≠0，a na n －1＝3， 所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，因此a n ＝3n . 设数列{b n }的公差为d ，由T 5＝25，b 10＝19， 得⎩⎨⎧5b 1＋10d ＝25，b 1＋9d ＝19，解得b 1＝1，d ＝2， 因此b n ＝2n －1.(2)由(1)可得c n ＝2n －13nn n ＋1＝[3n －n ＋1]3n n n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3nn，R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－31＋322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3nn ＋3n ＋1n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3，因为c n ＝2n －13nn n ＋1>0，所以数列{R n }单调递增．所以n ＝1时，R n 取最小值，故最小值为32.。
高考数学(理)二轮专题练习【专题4】(1)等差数列和等比数列(含答案)
第1讲 等差数列和等比数列考情解读 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．1．a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．等差数列和等比数列热点一 等差数列例1 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＋a 6＝12，则S 7的值是( ) A ．21 B ．24 C ．28 D ．7(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1<a 3<1,0<a 6<3，则S 9的取值范围是________． 思维启迪 (1)利用a 1＋a 7＝2a 4建立S 7和已知条件的联系；(2)将a 3，a 6的范围整体代入． 答案 (1)C (2)(－3,21)解析 (1)由题意可知，a 2＋a 6＝2a 4，则3a 4＝12，a 4＝4，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7a 4＝28.(2)S 9＝9a 1＋36d ＝3(a 1＋2d )＋6(a 1＋5d ) 又－1<a 3<1,0<a 6<3，∴－3<3(a 1＋2d )<3,0<6(a 1＋5d )<18， 故－3<S 9<21.思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解a 1和d ，可利用方程思想； (2)等差数列的性质①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，仍成等差数列； ③a m －a n ＝(m －n )d ⇔d ＝a m －a nm －n(m ，n ∈N *)；④a n b n ＝A 2n －1B 2n －1(A 2n －1，B 2n －1分别为{a n }，{b n }的前2n －1项的和)． (3)等差数列前n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决．(1)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64(2)在等差数列{a n }中，a 5<0，a 6>0且a 6>|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0C ．S 1，S 2，…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a 8是a 7，a 9的等差中项，所以2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11·2a 62＝11a 6，又因为S 11＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A. (2)由题意可知a 6＋a 5>0，故S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(a 5＋a 6)×102>0，而S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5<0，故选C.热点二 等比数列例2 (1)(2014·安徽)数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝_____________________.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n 等于( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1思维启迪 (1)列方程求出d ，代入q 即可；(2)求出a 1，q ，代入化简． 答案 (1)1 (2)D解析 (1)设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ， a 5＝a 1＋4d ，∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1.(2)∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，∴q ＝12，代入①得a 1＝2， ∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×(1－(12)n )1－12＝4(1－12n )，∴S na n ＝4(1－12n )42n＝2n －1，故选D. 思维升华 (1){a n }为等比数列，其性质如下：①若m 、n 、r 、s ∈N *，且m ＋n ＝r ＋s ，则a m ·a n ＝a r ·a s ； ②a n ＝a m q n －m ；③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列(q ≠－1)． (2)等比数列前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a 1≠0.(1)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．8(2)在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝34，a 2·a n －1＝64，且前n 项和S n ＝62，则项数n 等于( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7答案 (1)D (2)B解析 (1)∵a 4－2a 27＋3a 8＝0，∴2a 27＝a 4＋3a 8，即2a 27＝4a 7，∴a 7＝2，∴b 7＝2，又∵b 2b 8b 11＝b 1qb 1q 7b 1q 10＝b 31q 18＝(b 7)3＝8，故选D.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a n －1＝a 1a n ＝64，又a 1＋a n ＝34，解得a 1＝2，a n ＝32或a 1＝32，a n ＝2.当a 1＝2，a n ＝32时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝62，解得q ＝2.又a n ＝a 1q n－1，所以2×2n －1＝2n ＝32，解得n ＝5.同理，当a 1＝32，a n ＝2时，由S n ＝62，解得q ＝12.由a n ＝a 1q n －1＝32×(12)n －1＝2，得(12)n －1＝116＝(12)4，即n －1＝4，n ＝5.综上，项数n 等于5，故选B.热点三 等差数列、等比数列的综合应用例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．思维启迪 (1)利用方程思想求出a 1，代入公式求出a n 和S n ；(2)将恒成立问题通过分离法转化为最值．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ， 则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4[1－(12)m ]1－12＝8[1－(12)m ]，∵(12)m 随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12[(n －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 思维升华 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．已知数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求证：1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <12.(1)解 ∵12，a n ，S n 成等差数列，∴2a n ＝S n ＋12，当n ＝1时，2a 1＝S 1＋12，∴a 1＝12，当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12，两式相减得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a na n －1＝2， ∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，∴a n ＝12×2n －1＝2n －2.(2)证明 b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)＝log 222n ＋1－2×log 222n＋3－2＝(2n －1)(2n ＋1)，1b n ＝12n －1×12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)， 1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12(n ∈N *)． 即1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <12.1．在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算． 2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．3．等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性d >0⇔{a n }为递增数列，S n 有最小值． d <0⇔{a n }为递减数列，S n 有最大值． d ＝0⇔{a n }为常数列． (2)等比数列的单调性当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }为递增数列，当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }为递减数列． 4．常用结论(1)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，{S nn }仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(2)若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2n }，{1a n}仍为等比数列．(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…，成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝(a 2－a 1)qa 2－a 1＝q .(4)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等比数列，其公差为q k .等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等差数列，公差为k 2d . 5．易错提醒(1)应用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．(2)三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .真题感悟1．(2014·大纲全国)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4 D ．3 答案 C解析 数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4 ＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.2．(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案 8解析 ∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0. ∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<－a 8<0. ∴数列的前8项和最大，即n ＝8. 押题精练1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列一定成立的是( ) A ．若a 3>0，则a 2 013<0 B ．若a 4>0，则a 2 014<0 C ．若a 3>0，则a 2 013>0 D ．若a 4>0，则a 2 014>0答案 C解析 因为a 3＝a 1q 2，a 2 013＝a 1q 2 012，而q 2与q 2 012均为正数，若a 3>0，则a 1>0，所以a 2 013>0，故选C.2．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a na n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－8，－7)解析 a n ＝a ＋(n －1)×1＝n ＋a －1，所以b n ＝1＋a n a n ＝n ＋an ＋a －1，因为对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，即n ＋a n ＋a －1≥8＋a 8＋a －1(n ∈N *)恒成立，即n －8(a ＋7)(n ＋a －1)≤0(n ∈N *)，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7<0，1－a <9，解得－8<a <－7. 3．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰好是等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，(T n ＋32)k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当n ≥2时，由题设知4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， ∴a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，∵a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2.∴当n ≥2时，{a n }是公差d ＝2的等差数列． ∵a 2，a 5，a 14构成等比数列，∴a 25＝a 2·a 14，(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3， 由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，∴a 1＝1， ∵a 2－a 1＝3－1＝2，∴{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. ∵等比数列{b n }的公比q ＝a 5a 2＝2×5－13＝3，∴等比数列{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32，∴(3n ＋1－32＋32)k ≥3n －6对任意的n ∈N *恒成立，∴k ≥2n －43n 对任意的n ∈N *恒成立，令c n ＝2n －43n ，c n －c n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－2(2n －7)3n ，当n ≤3时，c n >c n －1； 当n ≥4时，c n <c n －1. ∴(c n )max ＝c 3＝227，∴k ≥227.(推荐时间：60分钟)一、选择题1．等比数列{a n }中a 1＝3，a 4＝24，则a 3＋a 4＋a 5等于( ) A ．33 B ．72 C ．84 D ．189答案 C解析 由题意可得q 3＝8，所以q ＝2.所以a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝84. 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 6＝6＋a 7，则S 9的值是( ) A ．27 B ．36 C ．45 D ．54答案 D解析 由2a 6＝6＋a 7得a 5＝6，所以S 9＝9a 5＝54.故选D.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案 C解析 由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q ＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －1＝－16，代入可求得m ＝5.4．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11 答案 B解析 ∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62·d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∴a 8－3＝0，a 8＝3.故选B. 5．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，其前n 项积为T n ，则T 2 014等于( )A.16 B ．－16C ．6D ．－6答案 D解析 由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1得a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，而a 1＝2，所以a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，则数列是以4为周期，且a 1a 2a 3a 4＝1，所以T 2 014＝(a 1a 2a 3a 4)503a 1a 2＝1503×2×(－3)＝－6，故选D.6．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )， Q (2 011，a 2 011)，则OP →·OQ →等于( ) A ．2 011 B ．－2 011 C ．0 D ．1 答案 A解析 由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0， 从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011. 二、填空题7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________. 答案 3解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12. 又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×(12)2＝2，a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×(12)3＝1， 所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.8．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝______.答案 50解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.9．设等差数列{a n }的前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 ＝________. 答案 6解析 设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36， 故当n ＝6时，S n 取最小值．10．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________.答案 2×⎝⎛⎭⎫32n －1 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2)解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝⎛⎭⎫32n －1， 由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2). 三、解答题11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．(1)解 设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15.解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d .依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54. 所以b n ＝b 1·q n －1＝54·2n －1＝5·2n －3， 即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3. (2)证明 由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝54(1－2n )1－2＝5·2n －2－54， 即S n ＋54＝5·2n －2. 所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2. 因此{S n ＋54}是以52为首项，2为公比的等比数列． 12．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .(1)求证：{a n }为准等差数列；(2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20.(1)证明 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，①∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.②由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)，∴{a n }是公差为2的准等差数列．(2)解 已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)，∴a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .∴由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．∴当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋(n 2－1)×2＝n －a ， 当n 为奇数时，a n ＝a ＋(n ＋12－1)×2＝n ＋a －1， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数. S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×(1＋19)×102＝200. 13．(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18. 即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1. (2)由(1)有S n ＝3[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n . 假设存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012.当n 为偶数时，(－2)n >0，上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，得n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．。
第1讲 等差数列与等比数列-高考数学大二轮专题复习冲刺方案
高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版1．从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明．2．从高考特点上，难度以中、低档题为主，一般设置一道选择题和一道解答题．1．知识串联2．结论记忆 （1）等差数列的性质设等差数列{a n }(公差为d )的前n 项和为S n ．①若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)；②数列S n n 是等差数列，首项为a 1，公差为12d ；高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 ③S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，S mk －S (m －1)k ，…构成公差为k 2d 的等差数列； ④若数列{a n }共有2n 项，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1；⑤若数列{a n }共有2n －1项，则S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1．（2）等比数列的性质若数列{a n }是公比为q 的等比数列，前n 项和为S n ，则有如下性质： ①若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q (m ，n ，p ，q ∈N *)；②若m ，n ，p 成等差数列，则a m ，a n ，a p 成等比数列(m ，n ，p ∈N *)； ③S n ＋m ＝S m ＋q m S n ＝S n ＋q n S m ；④若项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ，若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q ；⑤当q≠－1时，连续m 项的和(如S m ， S 2m －S m ， S 3m －S 2m ，…)仍组成等比数列(公比为q m ，m ≥2)．注意：这里连续m 项的和均非零．例1 （1）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2n ＝2a n ，则a 2022＝( ) A ．22022－2 B ．22023－2 C ．22024－2D ．22021－2（2）(2024·保定一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝4a n－3a n －1，则下面说法不正确的是( )A ．数列{a n ＋1－a n }为等比数列B ．数列{a n ＋1－3a n }为等差数列C ．a n ＝3n －1＋1D ．S n ＝3n －14＋n21．典型的递推关系式及处理方法高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．（1）利用an ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． （2）利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．提醒：通项a n 与S n 的关系中，a n ＝S n－S n －1成立的条件是n ≥2，而a 1应由a 1＝S 1求出，然后再检验a 1是否满足n ≥2时a n 的式子．1．如图，九连环是中国从古至今广为流传的一种益智玩具．在某种玩法中，按一定规则移动圆环，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝2a n －1，n 为偶数，2a n －1＋1，n 为奇数，则解下5个圆环所需的最少移动次数为( )A ．5B ．10C ．21D ．422．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n －1n，则其通项公式为________．例2 （1）(2023·汕头二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．2（2）(2023·泉州模拟)记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2－2a 1＝0，S 3－S 2＝4，则S 2022＝( )A ．22022－2B ．22022－1C ．22023－2D ．22023－1高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版（3）(2022·北京海淀区模拟)如图是标准对数远视力表的一部分．最左边一列“五分记录”为标准对数视力记录，这组数据从上至下为等差数列，公差为0.1；最右边一列“小数记录”为国际标准视力记录的近似值，这组数据从上至下为等比数列，公比为1010．已知标准对数视力5.0对应的国际标准视力准确值为1.0，则标准对数视力4.8对应的国际标准视力精确到小数点后两位约为(参考数据：510≈1.58，1010≈1.26)( )A．0.57 B ．0.59 C ．0.61D ．0.63利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．提醒：在等比数列求和公式中，若公比未知，则要注意分两种情况q ＝1和q ≠1讨论．1．(2022·石家庄模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1－1a n ＝1，则a 2022＝( )A ．2022B ．12022C ．2021D ．120212．(2024·日照一模)河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3·a 5)的值为( )A ．16B ．12C ．10D ．8高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 3．(2022·南通模拟)设数列{a n }，{b n }均为公比不等于1的等比数列，前n 项和分别为S n ，T n ，若S n ＝(2n ＋1)T n ，则a 4b 8＝( )A ．12B ．1C ．32D ．2例3 （1）(2024·菏泽一模)已知等比数列{a n }各项均为正数，且满足0<a 1<1，a 17a 18＋1<a 17＋a 18<2，记T n ＝a 1a 2…a n ，则使得T n >1的最小正数n 为( )A ．36B ．35C ．34D ．33（2）已知等差数列{a n }是递减数列，S n 为其前n 项和，且S 7＝S 8，则( ) A ．d >0 B ．a 8＝0 C ．S 15>0D ．S 6>S 5，S 12>S 111．通项的性质若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k ．2．前n 项和的性质对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)．提醒：若数列{a n }为等比数列，则a n ≠0，且a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…同号，a2，a 4，a 6，…a 2n ，…同号．1．(2022·苏州三模)已知数列{a n }，{b n }均为等差数列，且a 1＝25，b 1＝75，a 2＋b 2＝120，则a 37＋b 37的值为( )A ．760B ．820C ．780D ．860 2．(2022·江西模拟)在正项等比数列{a n }中，a 4a 8a 12＝22，则log 4a 2＋12log 2a 14＝( )A ．12B ．13C ．14D ．16高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例4 （1）(2022·广州三模)等比数列{a n }中，a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，则a nn(n ∈N *)的最小值为( )A ．1625B ．49C ．1D ．12（2）已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n 2＋12a n，则下列结论错误的是( )A ．{S 2n}是等差数列 B ．S n ＋S n ＋2<2S n ＋1 C ．a n ＋1>a nD ．S n －1S n≥ln n等差数列、等比数列综合问题的求解策略（1）对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算更加简便．（2）数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解有关数列的最值问题．（3）等差数列、等比数列与不等式交汇的问题常构造函数，根据函数的性质解不等式． 提醒：等差数列、等比数列多与数学文化、不等式等知识创新交汇命题，解决此类问题时要注意构造思想、转化思想的运用．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝ a n ＋（－2）n ，n 为奇数，a n ＋2n ＋1，n 为偶数，则下列说法中不正确的是( )A ．数列{a n }的奇数项构成的数列是等差数列B ．数列{a n }的偶数项构成的数列是等比数列C ．a 13＝8191D ．S 10＝6722．(2022·衡水模拟)已知等差数列{a n }，{b n }，n ∈N *，且b n ＝a n ＋a n ＋1，b 1＝1，b 3＝9，则a 1＝________；若数列{a n }的前n 项和S n ≥21，则正整数n 的最小值为________．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版1．已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A ．14 B ．12 C ．6 D ．32．图1是中国古代建筑中的举架结构，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DD 1，CC 1，BB 1，AA 1是举，OD 1，DC 1，CB 1，BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1＝0.5，CC 1DC 1＝k 1，BB 1CB 1＝k 2，AA 1BA 1＝k 3．已知k 1，k 2，k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3＝( )A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.93．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1＝1＋1a 1，b 2＝1＋1a 1＋1a 2，b 3＝1＋1a 1＋1a 2＋1a 3，…，以此类推，其中a k ∈N *(k ＝1，2，…)，则( )A ．b 1＜b 5B ．b 3＜b 8C ．b 6＜b 2D ．b 4＜b 7高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 4．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 ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块5．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm ×12 dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm ×12 dm ，20 dm ×6 dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240 dm 2，对折2次共可以得到5 dm ×12 dm ，10 dm ×6 dm ，20 dm ×3 dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180 dm 2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________；如果对折n 次，那么∑nk ＝1S k ＝________dm 2．6．斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．斐波那契数列{a n }可以用如下方法定义：a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且a 1＝a 2＝1，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{b n }，则数列{b n }的第2022项为( )A ．0B ．1C ．2D ．3。
等比数列的概念(第一课时)课件-高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
a2
a3
以上各式相乘得：
a 2 a 3 a4
a1 a2 a3
an 1 an
q q q
a n 2 a n 1
an
q n1，an a1q n1
a1
q q n 1
n-1个
又a1=a1q0=a1q1-1，即当n=1时上式也成立.
an=a1qn-1 (n∈ ∗ )
所以 5 =± 576=±24
因此， 的第5项是24或-24
典例分析
例2 已知等比数列{an}的公比为q，试用{an}的第m项am表示an.
n 1
a
a
q
①
n
1
解:由题意,得
，
m 1
am a1q ②
①的两边分别除以②的两边,得
an
q n m ,即an am q n m .
常数列一定是等差数列，公差为0；
非零常数列是等比数列，公比为1.
追问3：是否存在既是等差数列又是等比数列的数列？
非零常数列既是等差数列又是等比数列，公差为0，公比为1.
新知探究二：等比中项
问题3 类比等差中项的概念，你能抽象出等比中项的概念吗？
等比中项
等差中项
定
义
关
系
如果三个数a，A，b组成等
如果三个数a，G，b组成等
q 3
解 2 :由题意,得a22 a1a3 36,∴a2 6.
a4
2
当a2 6时,a4 54,∴q
第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132. 求这个数列.
解：设前三项的公比为q,后三项的公差为d ,则数列的各项的各项依次为
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理第一讲 等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义． 数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)． 即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假 解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题． 故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32． 解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。