第一讲 等差数列、等比数列(教案) 高中数学复习专题 Word版 含答案

专题三 数 列第一讲 等差数列、等比数列[考情分析]等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n 项和是高考考查的重点.[真题自检]1．(2015·高考全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9D ．11解析：法一：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.法二：∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1， ∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5.解析：A2．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172 B.192 C ．10D ．12解析：∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×(8－1)2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：B3．(2015·高考全国卷Ⅰ改编)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，求n 的值．解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，∴n ＝6.等差数列、等比数列的基本运算[方法结论]1．两组求和公式(1)等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(2)等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．2．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a 1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．[题组突破]1．(2017·贵阳模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 9＝16，则S 11＝( ) A ．88 B ．48 C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 3＋a 9)2＝11×162＝88，选A.优解：依题意，可考虑将题目中的等差数列特殊化为常数列(注意慎用此方法)，即a n ＝8，因此S 11＝88，选A. 答案：A2．(2017·海口模拟)已知数列{a n }，a n ＞0, 它的前n 项和为S n ，且2a 2是4a 1与a 3的等差中项．若{a n }为等比数列，a 1＝1，则S 7＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，依题意有a 1＝1,4a 2＝4a 1＋a 3，即4q ＝4＋q 2，故q ＝2，则S 7＝1－271－2＝127.答案：1273．(2017·长沙模拟)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝2，从数列{a n }中取出第b n 项记为c n ，若{c n }是等比数列，求{b n }的前n 项和．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)c 1＝ab 1＝a 1＝1，c 2＝ab 2＝a 2＝3， 从而等比数列{c n }的公比为3，因此c n ＝1×3n －1＝3n －1.另一方面，c n ＝a n b ＝2b n －1， 所以2b n －1＝3n －1，因此b n ＝3n －1＋12.记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋31＋…＋3n －1)＋n 2＝3n ＋2n －14.[误区警示]在运用等比数列前n 项和公式时，一定要注意判断公比q 是否为1，切忌盲目套用公式导致失误．等差数列、等比数列的性质[方法结论]1．等差数列、等比数列常用性质：2.(1)若n 为奇数，则S n ＝na 12n+.(2)若n 为偶数，则S n ＝n2(a 2n ＋a 12n ＋)．3．在等差数列中，当项数为偶数2n 时，有S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n ；当项数为奇数2n －1时，有S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n .4．在等比数列中，当项数为偶数2n 时，S 偶S 奇＝q .[题组突破]1．(2017·洛阳模拟)等差数列{a n }为递增数列，若a 21＋a 210＝101，a 5＋a 6＝11，则数列{a n }的公差d 等于( ) A ．1 B ．2 C ．9D ．10解析：依题意得(a 1＋a 10)2－2a 1a 10＝(a 5＋a 6)2－2a 1a 10＝121－2a 1a 10＝101，∴a 1a 10＝10， 又a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝11，a 1＜a 10，∴a 1＝1，a 10＝10，d ＝a 10－a 110－1＝1，选A.答案：A2．(2017·江西红色七校联考)等比数列{a n }满足a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则公比q 为( ) A.14 B.12 C ．2D ．4解析：通解：由已知可得a 21q 6＝64，即a 1q 3＝8，得a 4＝8，所以8q ＋8q ＝20，化简得2q 2－5q ＋2＝0， 解得q ＝2或q ＝12(舍去)，故q ＝2，选C.优解：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋a 5＝20a 3a 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝4a 5＝16或⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝16a 5＝4(舍去)，故a 5a 3＝164＝4＝q 2，故q ＝2，选C.答案：C3．(2017·江西高安中学等九校联考)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 ．1 B.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＝tan 2×7π31－(3)2＝tan(－7π3)＝tan(－2π－π3)＝－tan π3＝－ 3. 答案：D [误区警示]在等比数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m …仍成等比数列的前提是S m ≠0，易忽视这一条件．等差数列、等比数列的判定与证明[方法结论]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明{a n }是等比数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项性质，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，a n ≠0)． [典例] (2017·高考全国卷Ⅰ)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．解析：(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)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列． [类题通法]等价转化思想在解决a n 与S n 关系问题中的应用在已知a n 与S n 的关系问题中，通常利用a n 与S n 的关系转化为{a n }中a n 与a n －1或a n ＋1与a n 的关系，然后求解其他问题．[演练冲关]1．(2017·华南师大附中测试)在数列{a n }中，a 1＝p ，a n ＋1＝qa n ＋d (n ∈N *，p ，q ，d 是常数)，则d ＝0是数列{a n }是等比数列的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当d ＝0，p ＝0时，a n ＝0，数列{a n }不是等比数列，所以充分性不成立；当q ＝0，p ＝d ，d ≠0时，a n ＝d ，则数列{a n }为公比为1的等比数列，所以必要性不成立．综上所述，d ＝0是数列{a n }是等比数列的既不充分也不必要条件，故选D. 答案：D2．(2017·临川一中模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＋1＝n ＋1n a n＋2n ＋2. (1)证明：数列{a nn }是等差数列；(2)证明：1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n＜1.证明：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋2n ＋2得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋2，即a n ＋1n ＋1－a nn ＝2，∴数列{a nn }是首项为3，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a nn ＝3＋(n －1)×2＝2n ＋1，∴a n ＝n (2n ＋1)，∴1a n ＝1n (2n ＋1)＜1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＜(11－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)＝11－1n ＋1＜1，。