高三数学等差等比数列1

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2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四第一讲等差数列、等比数列

(1)求{an}的通项公式．
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{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.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)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}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )

2019届高三数学复习--数列--数列、等差数列与等比数列

2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列1.(1)[2014?全国卷Ⅱ]数列{an}满⾜an+1=,a8=2,则a1= .(2)[2018?全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .[试做]命题⾓度数列的递推问题(1)解决数列的递推问题:关键⼀,利⽤an=得出an与an+1(或an-1)的递推式;关键⼆,观察递推式的形式,采⽤不同的⽅法求an.(2)若递推式形如an+1=an+f(n),an+1=f(n)?an,则可分别通过累加、累乘法求得通项公式,或⽤迭代法求得通项公式;若递推式形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,且p≠1),则通常化为an+1-t=p(an-t)的形式,其中t=,再利⽤换元法转化为等⽐数列求解.2.(1)[2017?全国卷Ⅲ]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}前6项的和为( )A.-24B.-3c.3D.8(2)[2016?全国卷Ⅰ]设等⽐数列{an}满⾜a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最⼤值为 .[试做]命题⾓度等差、等⽐数列的基本计算关键⼀:基本量思想(等差数列:⾸项a1和公差d.等⽐数列:⾸项a1和公⽐q).关键⼆:等差数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则an+a=ap+aq;等⽐数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则ana=apaq.3.(1)[2017?全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 .(2)[2015?全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .[试做]命题⾓度数列求和关键⼀:利⽤等差数列、等⽐数列的前n项和公式求解.关键⼆:利⽤数列求和⽅法(公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.⼩题1数列的递推关系1(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018=( )A.22018-1B.32018-6c.-D.-(2)已知数列{an}满⾜a1=15,=2(n∈N*),则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】由递推关系式求数列的通项公式,常⽤的⽅法有:①求出数列的前⼏项,再归纳猜想出数列的⼀个通项公式(注意验证);②将已知递推关系式整理、变形得到等差或等⽐数列的通项公式,或⽤累加法(适⽤于an+1=an+f(n)型)、累乘法(适⽤于an+1=an?f(n)型)、待定系数法(适⽤于an+1=pan+q 型)求通项公式.【⾃我检测】1.数列{an}满⾜a1=1,且对任意的,n∈N*,都有a+n=a+an+n,则+++…+等于( )A.B.c.D.2.定义各项均不为0的数列{an}:a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+.定义各项均不为0的数列{bn}:b1=1,b2=3,当n≥3时,bn=bn-1+.则=( )A.2017B.2018c.2019D.10093.在数列{an}中,a1=0,an+1=,则数列{an}的前2018项和S2018= .4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式an= .⼩题2等差、等⽐数列的基本计算2(1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,bn=log2(?),数列{bn}的前n项和为Tn,则满⾜Tn>1024的n的最⼩值为( )A.9B.10c.12D.15(2)已知等差数列{an}中,a3=7,a9=19,Sn为数列{an}的前n项和,则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列问题的求解策略:(1)抓住基本量,⾸项a1、公差d或公⽐q;(2)熟悉⼀些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=p?qn-1(p,q≠0)的形式的数列为等⽐数列;(3)由于等⽐数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常采⽤两式相除(即⽐值的⽅式)进⾏相关计算.【⾃我检测】1.已知数列{an}是公⽐为q的等⽐数列,若a1,a3,a2成等差数列,则公⽐q的值为( )A.-B.-2c.1或-D.-1或2.等⽐数列{an}的⾸项为3,公⽐q≠1,若a4,a3,a5成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=( )A.-31B.33c.45D.933.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最⼩值时,n的值为 .4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a5=1,则使得Sn>0成⽴的n的最⼤值为 .⼩题3等差、等⽐数列的性质3(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a10是⽅程x2-8x+1=0的两个根,则S13=( )A.58B.54c.56D.52(2)已知数列{an}的各项都为正数,对任意的,n∈N*,a?an=a+n恒成⽴,且a3?a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7= .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列性质使⽤的注意点:(1)通项性质:若+n=p+q=2k(,n,p,q,k∈N*),则对于等差数列有a+an=ap+aq=2ak,对于等⽐数列有aan=apaq=.(2)前n项和的性质:对于等差数列有S,S2-S,S3-S2,…成等差数列;对于等⽐数列,若有S,S2-S,S3-S2,…成等⽐数列,则仅在q≠-1,或q=-1且为奇数时满⾜.【⾃我检测】1.已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等⽐数列,且满⾜a2017+a2018=π,=4,则tan=( )A.-1B.c.1D.2.已知等⽐数列{an}中,a5=2,a6a8=8,则=( )A.2B.4c.6D.83.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且S10=10,S30=130,则S40=( )A.-510B.400c.400或-510D.30或404.已知等差数列{an}的公差不为0,a1=1,且a2,a4,a8成等⽐数列,{an}的前n项和为Sn,则Sn=( )A.B.c.D.⼩题4等差、等⽐数列的综合问题4(1)已知等差数列{an}的前n项和为Tn,a3=4,T6=27,数列{bn}满⾜bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设cn=an+bn,则数列{cn}的前11项和S11=( )A.1062B.2124c.1101D.1100(2)已知数列{an}的通项公式为an=n+t(t∈R),数列{bn}为公⽐⼩于1的等⽐数列,且满⾜b1?b4=8,b2+b3=6,设cn=+,在数列{cn}中,若c4≤cn(n∈N*),则实数t的取值范围为 .[听课笔记]【考场点拨】解决数列的综合问题的易失分点:(1)公式an=Sn-Sn-1适⽤于所有数列,但易忽略n≥2这个前提;(2)对含有字母的等⽐数列求和时要注意q=1或q≠1的情况,公式Sn=只适⽤于q≠1的情况.【⾃我检测】1.已知数列{an}的各项均为整数,a8=-2,a13=4,前12项依次成等差数列,从第11项起依次成等⽐数列,则a15=( )A.8B.16c.64D.1282.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,则S5=( )A.B.30c.31D.3.当n为正整数时,定义函数N(n)表⽰n的最⼤奇因数,如N(3)=3,N(10)=5.若S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n),则S(5)=( )A.342B.345c.341D.3464.已知等⽐数列{an}满⾜a2a5=2a3,且a4,,2a7成等差数列,则a1?a2?…?an的最⼤值为 .模块三数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列典型真题研析1.(1)(2)-63[解析](1)由题易知a8==2,得a7=;a7==,得a6=-1;a6==-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=.(2)⽅法⼀:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,⼜由Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),得Sn=2Sn-1-1(n≥2),即Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2),所以数列{Sn-1}是以S1-1=-2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,所以S6-1=(-2)×25=-64,则S6=-63.⽅法⼆:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1.由Sn=2an+1①,得Sn-1=2an-1+1(n≥2)②,①-②得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以a1=-1为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,于是S6==-63.2.(1)A(2)64[解析](1){an}为等差数列,且a2,a3,a6成等⽐数列,则=a2?a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).将a1=1代⼊上式并化简,得d2+2d=0,∵d≠0,∴d=-2,∴S6=6a1+d=1×6+×(-2)=-24.(2)设该等⽐数列的公⽐为q,则q==,可得a1+a1=10,得a1=8,所以an=8×n-1=n-4.所以a1a2…an=-3-2-1+0+…+(n-4)=,易知当n=3或n=4时,(n2-7n)取得最⼩值-6,故a1a2…an的最⼤值为-6=64.3.(1) (2)- [解析](1)设公差为d,则a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以Sk=,=2,所以(2)因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以-=-1,所以数列是⾸项为-1,公差为-1的等差数列,所以=-n,所以Sn=-.考点考法探究⼩题1例1(1)A(2)[解析](1)由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,即an+1+1=-2(an+1),由3S1=2a1-3=3a1,可得a1=-3,∴a1+1=-2,∴数列{an+1}是⾸项为-2,公⽐为-2的等⽐数列,据此有a2018+1=(-2)×(-2)2017=22018,∴a2018=22018-1.(2)由=2,得an+1-an=2n,∵a1=15,∴当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+2×=n2-n+15, ∵a1=15满⾜上式,∴an=n2-n+15,∴=n+-1,易知当n依次取1,2,3时,n+-1的值递减;当n取⼤于或等于4的⾃然数时,n+-1的值递增.当n=3时,=3+5-1=7;当n=4时,=4+-1=.故的最⼩值为.【⾃我检测】1.c [解析]∵an+=a+an+n对任意的,n∈N*都成⽴,∴an+1=an+a1+n=an+1+n,即an+1-an=1+n,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),把上⾯(n-1)个式⼦相加可得,an-a1=2+3+4+…+n,∴an=1+2+3+…+n=(n≥2),当n=1时,a1=1,满⾜上式,∴an=,从⽽有==2,∴+++…+=2×=.2.D [解析]当n≥3时,由an=an-1+两边同除以an-1,可得=1+,即-=1,则数列是⾸项为1,公差为1的等差数列,所以=n-1(n≥2),所以an=a1×××…×=1×1×2×…×(n-1)(n≥2).同理可得-=1(n≥3),则数列是⾸项为3,公差为1的等差数列,所以=n+1(n≥2),可得bn=b1×××…×=1×3×4×…×(n+1)(n≥2), 所以==1009,故选D.3. [解析]∵a1=0,an+1=,∴a2==,a3===-,a4==0,∴数列{an}具有周期性,其周期为3,且a1+a2+a3=0,则S2018=S3×672+2=a1+a2=.4.3-[解析]由an+Sn=3n-1,得当n≥2时,an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得an=an-1+,∴an-3=(an-1-3).∵当n=1时,a1+S1=3-1=2,∴a1=1,∵a1-3=-2,∴数列{an-3}是以-2为⾸项,为公⽐的等⽐数列, ∴an-3=-2?,∴an=3-.⼩题2例2 (1)A (2)3 [解析](1)因为数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=21+1-2=2,满⾜上式,所以an=2n,所以bn=log2(?)=log2+log2=2n+2n,所以数列{bn}的前n项和Tn=+=n(n+1)+2n+1-2,易知当n∈N*时,Tn递增.当n=9时,T9=9×10+210-2=1112>1024;当n=8时,T8=8×9+29-2=582 所以满⾜Tn>1024的n 的最⼩值为9.(2)∵a3=7,a9=19,∴公差d===2,∴an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1,∴Sn==n(n+2),∴==≥×2=3,当且仅当n=2时取等号.【⾃我检测】1.c [解析]由题意知2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1q+a1,即2q2=q+1,∴q=1或q=-.2.B [解析]∵等⽐数列{an}的⾸项为3,∴an=3qn-1,⼜a4,a3,a5成等差数列,∴a4+a5=2a3,∴q2+q=2,∴(q+2)(q-1)=0,∴q=-2,∴an=3?(-2)n-1,∴S5==33,故选B.3.6 [解析]设数列{an}的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36,所以当n=6时,Sn取得最⼩值.4.9 [解析]因为a1=9,a5=1,所以公差d==-2,所以Sn=9n+n(n-1)(-2)=10n-n2,令Sn>0,得00成⽴的n的最⼤值为9.⼩题3例3 (1)D (2)21 [解析](1)由根与系数的关系可得a4+a10=8,结合等差数列的性质可得a1+a13=a4+a10=8,则S13===52.(2)令=1,∵a?an=a+n,∴a1?an=a1+n,∴数列{an}为等⽐数列.由a3?a5+a4=72,得+a4=72,∵a4>0,∴a4=8,∴log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1?a2?…?a7)=log2=log287=21.【⾃我检测】1.c[解析]由等差数列的性质可知,a2+a4033=a2017+a2018=π,由等⽐数列的性质可知,b1b39==4,所以tan=tan=1,故选c.2.A [解析]设数列{an}的公⽐为q.∵数列{an}是等⽐数列,∴a6a8==8,∴a7=2(与a5同号),∴q2==,∴=q4=()2=2.故选A.3.B [解析]∵正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,∴S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等⽐数列,∴10×(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40或S20=-30(舍),故S40-S30=270,∴S40=400,故选B.4.A [解析]设等差数列{an}的公差为d(d≠0).∵a2,a4,a8成等⽐数列,∴=a2?a8,即(a1+3d)2=(a1+d)?(a1+7d),∴(1+3d)2=(1+d)?(1+7d),∴d=1,∴Sn=n+=.故选A.⼩题4例 4 (1)c (2)[-4,-2] [解析](1)设数列{an}的公差为d,则解得∴数列{an}的通项公式为an=n+1.当n≥2时,bn+1-bn=bn,∴bn+1=2bn,即数列{bn}从第⼆项起为等⽐数列,∴bn=2n-2(n≥2), ∴数列{bn}的通项公式为bn=分组求和可得数列{cn}的前11项和S11=(2+3+4+…+12)+(1+1+2+22+…+29)=77+210=1101.(2)在等⽐数列{bn}中,由b1?b4=8得b2?b3=8,⼜b2+b3=6,且公⽐q⼩于1,∴b2=4,b3=2,∴q==,因此bn=b2qn-2=4×=.由cn=+,得cn=∴cn是取an,bn中的较⼤者.由题易知c4是数列{cn}中的最⼩项,⼜bn=递减,an=n+t递增,∴当c4=a4时,c4≤cn,即a4≤cn,a4是数列{cn}中的最⼩项,则必须满⾜b4 【⾃我检测】1.B [解析]设由数列{an}的前12项构成的等差数列的公差为d,从第11项起构成的等⽐数列的公⽐为q,由a13===4,解得d=1或d=,⼜数列{an}的各项均为整数,故d=1,所以q==2,所以an=故a15=24=16,故选B.2.c [解析]设正项等⽐数列{an}的公⽐为q,q>0.∵a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,∴q5=2a1q2,a1(q3+2q5)=3,得a1=16,q=,则S5==31.3.A [解析]由题设知,N(2n)=N(n),N(2n-1)=2n-1,∴S(n)=[1+3+5+…+(2n-1)]+[N(2)+N(4)+N(6)+…+N(2n)]=4n-1+[N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n-1)]=4n-1+S(n-1)(n≥2),⼜S(1)=N(1)+N(2)=2, ∴S(n)=4n-1+4n-2+…+41+2=,∴S(5)==342.故选A.4.1024[解析]设数列{an}的公⽐为q.由已知得a3a4=a2a5=2a3?a4=2,a4+2a7=2×?a7=,∴==q3, ∴q==2-1,a1==24,∴an=24?2-(n-1)=25-n,∴a1?a2?…?an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)===,∴当n=4或5时,a1?a2?…?an取得最⼤值1024.[备选理由]例1为由递推关系求数列的通项公式问题,难度较⼤;例2考查等⽐数列前n项和中参数的计算,不同于原例2只考查等差、等⽐数列的基本量的计算;例3考查等⽐数列的计算,采⽤整体求解⽐较⽅便;例4为等差数列性质的应⽤问题;例5是⼀道等差数列与等⽐数列的综合题.例 1 [配例1使⽤]已知数列{an}满⾜a1=1,a2=,若anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .[答案][解析]∵anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*), ∴+=,即-=2,⼜∵-=2,∴数列是以2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,∴-=2n,∴当n≥2时,=++…++=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.当n=1时,=1,满⾜上式,∴=2n-1,∴an=.例 2 [配例2使⽤]已知等⽐数列{an}的前n项和Sn=32n-1+r,则r的值为( )A.B.-c.D.-[解析]B 当n=1时,a1=S1=3+r;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3(32-1)=8?32n-3=8?32n-2?3-1=?9n-1.∵数列{an}为等⽐数列,∴3+r=,∴r=-,故选B.例3[配例2使⽤]在等⽐数列{an}中,已知a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a8+a9+a10= .[答案]128[解析]设数列{an}的公⽐为q.∵a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=(a1+a2+a3)q=2,∴q=2,∴a8+a9+a10=(a1+a2+a3)q7=27=128.例4 [配例3使⽤]在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则S13+2a7=( )A.17B.26c.30D.56[解析]c 设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的性质可得a1+a7=2a4,a9+a11=2a10,则有6a4+6a10=24,即a1+6d=2,所以S13=13a1+d=13(a1+6d)=26,2a7=2(a1+6d)=4,所以S13+2a7=30.例5 [配例4使⽤]已知各项都是正数的等⽐数列{an}的公⽐q≠1,且a2,a3,a1成等差数列,则的值为( )A.B.c.D.或[解析]B 由题得a3×2=a2+a1,∴a1q2=a1q+a1,∴q=,∴==q2=.。

第1讲等差数列与等比数列

所以 q=- 1 ,所以 S4=S3+a4= 3 - 1 = 5 .
2
4 88
答案: 5 8
4.(2019·全国Ⅰ卷)记
Sn
为等比数列{an}的前
n
项和.若
a1=
1 3
,
a42
=a6,则
S5=
.
解析:设等比数列{an}的公比为 q,由 a42 =a6 可得 a12 q6=a1q5,解得 a1q=1,
则 S9= 9a1 a9 = 9 4 =18.故选 A.
2
2
(2)(2019·南昌期中)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a2019 >-1 且 Sn 有最小 a2020
方法技巧
解等差数列、等比数列基本运算问题的基本思想是方程思想,即通过等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式得出基本量(等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比),然后再通过相关公式求得结果.
热点训练1:(1)(2019·湖南省长望浏宁四县高三3月调研)中国古代词中,有一道“八子分绵”的数学名题:“九百九十六斤绵,赠分八子做盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言”.题意是:把996斤绵分给8个儿子做盘缠,按照年龄从大到小的顺序依次分绵,年龄小的比年龄大的多17斤绵,那么第8个儿子分到的绵是( ) (A)174斤 (B)184斤 (C)191斤 (D)201斤
(1)证明:由题设得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn),则 an+1+bn+1= 1 (an+bn). 2
又因为 a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为 1,公比为 1 的等比数列. 2

高三数学等差等比数列综合运用

1 n ( a 2 a 2 n ) 1 n (1 4 n 3) 2n 1 , n n 2 2
bn 1 bn
2( n 1) 1 (2 n 1)
2 . b n 是等差数列.

作业: 《全案》 P
速度训练: 1.已知等差数列｛an｝,｛bn｝前 n 项和分别是 Sn、Tn， a1 1 Sn 2n 若，则等于（ C ） b1 1 Tn 3n 1 (A)
a n 是等差数列,记其前 n 项

和为 S n , 若 a1 8 , 且 a 8 2 0 , 则
S
15
300 _________.
三、数列与其他数学分支的综合问题
数列的综合问题，是数列的概念、性质在其他知识领域的穿插与渗透。数列与函数、方程、三角、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合力度。
an
联系
差数列； ⑵
a n 为等差数列 b 为等比数列.
注:等差、等比数列的证明须用定义证明 .
二、等比数列与等差数列的综合计算问题数列计算是本章的中心内容，利用等差数列和等比数列的通项公式、前项和公式及其性质熟练地进行计算，是高考命题重点考查的内容.
例如:已知

a n S n S n 1 ( n 2 n )
2 2 ( n 1)
2( n 1) 2 n 3 ,

∴ a n 2 n 3 ,即 a n 是首项为 1 ,公差为 2
1 的等差数列.∴ b n ( a 2 a 4 a 2 n ) n
11 17
73
训练 3 、预测 1

高三数学知识点之数列

高三数学知识点之数列数列是数学中常见的概念，也是高三数学中的重点内容之一。

在本文中，我将介绍数列的定义、分类和常见性质，帮助读者更好地理解和应用数列知识。

一、数列的定义数列是由一系列按照一定规律排列的数字组成的序列。

通常用${a_1}$, ${a_2}$, ${a_3}$, ... 表示数列的元素，其中 ${a_1}$ 表示第一个元素，${a_2}$ 表示第二个元素，依此类推。

数列可以有无限个元素，也可以只有有限个元素。

二、数列的分类1.等差数列等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

设数列为${a_1}$, ${a_2}$, ${a_3}$, ...，相邻两项之差为常数 $d$，则有以下关系：${a_2}$ - ${a_1}$ = ${a_3}$ - ${a_2}$ = $d$例如，2, 5, 8, 11, ... 就是一个公差为3的等差数列。

2.等比数列等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

设数列为${a_1}$, ${a_2}$, ${a_3}$, ...，相邻两项之比为常数 $q$，则有以下关系：${a_2}$ / ${a_1}$ = ${a_3}$ / ${a_2}$ = $q$例如，1, 2, 4, 8, ... 就是一个公比为2的等比数列。

3.递推数列递推数列是指数列中的每一项都可以通过前一项计算得到的数列。

设数列为 ${a_1}$, ${a_2}$, ${a_3}$, ...，且满足以下递推关系：${a_{n+1}}$ = $f({a_n})$其中 $f(x)$ 表示一个确定的函数。

递推数列可以是等差数列或等比数列，也可以是其他类型的数列。

三、数列的常见性质1.通项公式对于某些特定的数列，可以通过确定的方法得到数列的通项公式，即通过序号 $n$ 直接计算第 $n$ 项 ${a_n}$ 的公式。

通项公式的推导可以通过观察数列的规律、利用递推关系或解递推方程等方法得到。

2.前 n 项和前 n 项和是指数列前 n 项的和，通常用 $S_n$ 表示。

高三数学数列(1)

a2n1 a2n
n 22 ,
Sn
1 2 2 22
3 23
L
n, 2n
①
1 2 Sn
1 22
2 22
3 24
L
n 2n1
②
①-②得
，
1 2
Sn
1 1 2 22
1 23
L
1 2n
n 2n1
.
1 [1 (1)2 ] 22
1 1
n 2n1
1
1 2n
n 2n1
.
2
所以 Sn
2
1 2n1
n 2n
2
n2 2n .
，， 2 3n1 (a 3)2n2
an1
an
4 3n1
(a
3)2n2
2n2
12
•
3
n2
2
a
3
当 n≥ 2时， an1
≥ an
12
•
3 2
n2
a 3≥0
a≥9 ．
又 a2 a1 3 a1．综上，所求的 a 的取值范围是9，．
例
3．设数列{an}满足 a1
3
且1
an
0
，
∴ ， 1 an 3c(1 an1) (3c)2 (1 an2 ) L (3c)n1(1 a1) (3c)n1
∴ an 1 3cn1 , n N *.
例 5、设数列an满足 a1 0, an1 can3 1 c, n N * ,其中 c 为实数。
（Ⅰ）证明： an 0,1 对任意 n N* 成立的充分必要条件是 c0,1,
数列
河北高碑店一中王金民
• 数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位。高考对本章的考查比较全面，既注重数列、极限、数学归纳法等自身内容的综合，也注重数列、函数、不等式、导数、解析几何等内容的交叉。等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏，解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，试题大多有较好的区分度。数列试题一般占总分的10%左右（16分——20分）。文理科差别很大。

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.。

高三数学等差等比数列的求和公式

§23 等差、等比数列的求和公式教学要求：掌握等差数列前n 项和的公式；掌握等比数列前n 项和公式.教学设计：一、知识回顾1. 等差数列、等比数列有哪些性质？2. 评讲作业二、问题探究1. 等比数列求和公式是如何证明？2. 等差数列求和公式能否类比得到等比数列的和公式？为什么？三、数学建构1. 等差数列前n 项和公式：2. 等比数列前n 项和公式：3. 求和方法：①倒序相加；②错位相减4. 类比的前提是什么？四、思路与方法1.（１）等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2+a 4+a 15的值是一个确定的常数，则数列{S n }中也为常数的项是 ( ) A.S 7 B.S 8C.S 13D.S 15 （２）等差数列{a n }中，a 10＜0，a 11＞0且a 11＞|a 10|，S n 为其前n 项和，则 ( )A.S 1，S 2，…，S 10都小于0，S 11，S 12，…都大于0B.S 1，S 2，…，S 19都小于0，S 20，S 21，…都大于0C.S 1，S 2，…，S 5都小于0，S 6，S 7，…都大于0D.S 1，S 2，…，S 20都小于0，S 21，S 22，…都大于0 （３）已知{}n a 是等比数列，且a n＞0,若a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a3＋a 5的值等于 .（４）已知数列{}n a 的前n 项的和22n S n n =++，则______.n a =2. 在项数为2n 的等差数列中，各奇数项的和为75，各偶数项的和为90,末项与首项的差为27，则项数2n 为多少？3. 已知等差数列{}n a 的前n 项的和为n S ，若1001010,100S S ==，求110.S4. 已知{}n a 是等差数列，设212(),n n n f x a x a x a x n =+++为偶数.且2(1),(1).n n f n f n =-=（１）求数列{}n a 的通项公式；（２）证明：51()3(3)42n f n <<≥五、课堂练习（３０分钟限时练习）1. 若等差数列{}n a 中，79416,1a a a +==，则12a 的值是（） A.15 B.30 C.31 D.642. 在公比为整数的等比数列{}n a 中，如果14231812a a a a +=+=，则这个等比数列前8项的和为A.513B.512C.510D.2258 3. 设S n 是等差数列{}n a 的前n 项和，若95S S =2，则53______.a a = 4. 等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和n S 、n T 满足231n n S n T n +=+，则55a b = . 5. 等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知6636,324,144n n S S S -===(6)n >，则n =_______.6. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＝5S n －3 （n ∈N ＋），{b n }是{a n }的奇数项构成的数列，求数列{b n } 的通项公式．7. 在等差数列{}n a 中，117925,a S S ==，求n S 的最大值.8. 数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，113n n a S +=，n =1，2，3，…….求：a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式；。

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