【冲刺必刷】专题5 数列(二)-2020届高三数学三轮复习回归课本复习讲义

数列(二)等差数列与等比数列热点一等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：an ＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·q n－1.2．求和公式等差数列：Sn ＝n(a1＋an)2＝na1＋n(n－1)2d；等比数列：Sn＝a1(1－q n)1－q＝a1－anq1－q(q≠1)．3．性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am ＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.例1(1)(2018·全国Ⅰ)记Sn 为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )A．－12 B．－10 C．10 D．12(2)设各项均为正数的等比数列{an }中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.及时归纳在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)设公比为q(q>0)的等比数列{an }的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S 4＝3a4＋2，则a1等于( )A．－2 B．－1 C.12D.23(2)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.热点二等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{an }是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an ＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1an(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．例2 已知数列{an }，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝12(3an－1－bn－1)，bn＝－12(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2.(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2na n a n ＋1的前n 项和T n .及时归纳 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n 的等差中项．(1)求证：数列{S 2n}为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例3 已知等差数列{an }的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an }的通项公式an与其前n项和Sn；(2)将数列{an }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{bn}的前3项，记{bn }的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．及时归纳(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)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知数列{an }的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn }满足an＋1＝32n na b⋅⎛⎫⎪⎝⎭，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．课时作业1．已知等差数列{an }中，a4＝9，S4＝24，则a7等于( )A．3 B．7 C．13 D．152．已知等比数列{an }的首项为1，公比q≠－1，且a5＋a4＝3()a3＋a2，则9a 1a 2a 3…a 9等于( )A ．－9B ．9C ．－81D ．813．(2017·全国Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．84．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．105．已知数列{a n }满足15n a +＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13log (a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13D.136．已知等差数列{a n }的公差不为0，a 1＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝8，且S n ≤S 7，则公差d 的取值范围是________．8．已知数列{a n }与⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n n (n∈N *)均为等差数列，且a 1＝2，则a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n n＝____.9．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n －1)＋F(n －2)(n≥3，n∈N *)，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，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}b n ，则b 2 017＝________.10．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n∈N *)，①求T n ；②证明：∑nk=1(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n∈N *)．数 列(二)答 案 等差数列与等比数列热点一 等差数列、等比数列的运算 例1(1)答案 B解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d＋4a 1＋4×(4－1)2×d，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B. (2)答案 3 162解析 由题意可得，S 4－S 2＝q 2S 2，代入得q 2＝9.∵等比数列{a n }的各项均为正数， ∴q＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162. 跟踪演练1 (1)答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0， 即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(2)解 ①设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n∈N *)． ②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6. 热点二 等差数列、等比数列的判定与证明例2 (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)，又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，① 又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n－1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，②联立①②得，a n ＝2n＋1，2n a n a n ＋1＝2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n∈N *)． 跟踪演练2 (1)证明 由题意知2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，(*) 当n≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入(*)式得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1(n≥2)．又当n ＝1时，由(*)式可得a 1＝S 1＝1，∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ，∵数列{a n }的各项都为正数，∴S n ＝n ，∴当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，又a 1＝S 1＝1满足上式，∴a n ＝n －n －1(n∈N *)．(3)解 由(2)得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ， 当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n∈N *)．热点三 等差数列、等比数列的综合问题例3 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(n∈N *)．(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－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 随m 的增加而减少，∴{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 －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m∈N *，使得对任意n∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．跟踪演练3 解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ，得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n∈N *)．(2)由a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n (2－n)，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.课时作业 1．答案 D解析 由于数列为等差数列，依题意得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝9，4a 1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝9＋6＝15. 2．答案 B解析 根据题意可知a 5＋a 4a 3＋a 2＝q 2＝3，而9a 1a 2a 3…a 9＝9a 95＝a 5＝a 1·q 4＝1×32＝9. 3．答案 A解析 由已知条件可得a 1＝1，d≠0，由a 23＝a 2a 6，可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)， 解得d ＝－2或d ＝0(舍)．所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24. 4．答案 B解析 设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2，∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n ＝2n ＝642＝212，∴n＝12.5．答案 A解析 ∵15n a ＋＝25·5n a ＝25n a ＋，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9，∴3a 4＝9，a 4＝3.∴15793log ()a a a ＋＋＝173log 3a ＝143log 3(6)a ＋＝13log 27＝－3.6．答案n (n ＋1)2(n∈N *) 解析 设等差数列{a n }的公差为d.∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)·(a 1＋7d)，∴(1＋3d)2＝(1＋d)·(1＋7d)，解得d ＝1或d ＝0(舍)．∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n ＋1)2(n∈N *)． 7．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43解析 ∵a 2＝8＝a 1＋d ，∴a 1＝8－d ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(8－d)n ＋n (n －1)2d ＝12dn 2＋⎝⎛⎭⎪⎫8－32d n ，对称轴为n ＝32－8d ，∵S n ≤S 7，∴S 7为S n 的最大值，由二次函数的性质可得，⎩⎨⎧132≤32－8d ≤152，d<0，得－85≤d≤－43，即d 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43.8．答案 2n ＋1－2解析 设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a 2nn ＝[2＋(n －1)d]2n ＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n，由于⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n n 为等差数列，所以其通项是一个关于n 的一次函数，所以(d －2)2＝0，∴d＝2.所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴a n n ＝2n n ＝2.所以a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n n＝21＋22＋ (2)＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.9．答案 1解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…， 此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…， 构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(1)解 设等比数列{a n }的公比为q.由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q>0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1. 设等差数列{b n }的公差为d. 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1， 故b n ＝n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n(n∈N *)． (2)①解 由(1)得S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故T n ＝∑nk=1(2k －1)＝∑nk=12k－n ＝2×(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2(n∈N *)．②证明 因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k (k ＋1)(k ＋2)＝k·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， 所以∑nk=1(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2(n∈N *)．。