2019版高考数学二轮复习第1篇专题3数列第1讲小题考法——等差数列与等比数列课件
S1n＝1， an＝ Sn－Sn－1n≥2.
1． (2018· 潍坊二模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 若 Sn＝－n 的前 40 项的和为 39 A．40 40 C．41 39 B．－40 40 D．－41
2
2 －n， 则数列 n＋1a n
6 3 3
故
1 a21－2＝4，解得
1 a2＝8，故 a8＝8×4＝2．
3．(2018· 雅安三诊)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，满足：a1 000 a2＋a2 016 － 3 ． ＋a1 018＝2π，b6b2 012＝2，则 tan ＝________ 1＋b3b2 015
＋1)＝10， S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝14＋a4＝30，∴a4＝16．
又a4＋a2＝2(a3＋1)，∴a3＝9，∴a1＝1，∴a2－a1＝3，
∴数列{an＋1－an}是首项为3，公差为2的等差数列， ∴an－an－1＝3＋2(n－2)＝2n－1(n≥2)， ∴当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－1)＋(2n－ 3)＋…＋1＝n2， 又a1＝1满足上式，∴an＝n2(n∈N*)．
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－
a11－qn a1－anq (1)q≠1，Sn＝ ＝ ； 1－q 1－q (2)q＝1，Sn＝na1
2．判断等差数列的常用方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列． (2)通项公式法：an＝pn＋q(p，q 为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列． (3)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列． (4)前 n 项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列． 3．判断等比数列的常用方法 an＋1 (1)定义法： a ＝q(q 是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． n (2)通项公式法：an＝cqn(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (3)中项公式法：a2 an＋2(an· an＋1· an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列． n＋1＝an·
( D )
解析
根据 Sn＝－n2－n，可知当 n≥2 时，
an＝Sn－Sn－1＝－n2－n－[ －(n－1)2－(n－1)] ＝－2n， 当 n＝1 时，a1＝S1＝－2，上式成立，所以 an＝－2n，
1 1 2 2 所以 ＝－ ＝－n－n＋1 ， n＋1an 2nn＋1
解析 a3－a1 等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－5，所以公差 d＝ 2 ＝－3.所以 a1－a2－ a3－a4＝a1－(a1＋d)－(a1＋2d)－(a1＋3d)＝－2a1－6d＝－2＋18＝16．
1 2．已知等比数列{an}满足 a1＝4，a2a6＝a4－4，则 a2＝ A．2 1 C．2 B．1 1 D．8
2．等比数列的重要规律与推论 (1)an＝a1qn 1＝amqn m；p＋q＝m＋n⇒ap· aq＝am· an．
－ －
(2){an}，{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列． (3)连续 m 项的和(如 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)构成的数列是等比数列(注意： 这连续 m 项的和必须非零才能成立)． S偶 (4)若等比数列有 2n 项， 公比为 q， 奇数项之和为 S 奇， 偶数项之和为 S 偶， 则 ＝ S奇 q． (5)对于等比数列前 n 项和 Sn，有：
由 an 与 Sn 的关系求通项公式的注意事项 (1)应重视分类讨论思想的应用，分 n＝1 和 n≥2 两种情况讨论，特别注意 an＝ Sn－Sn－1 成立的前提是 n≥2． (2)由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由 Sn－Sn－1＝an 推得表 示(“分写”)，即
( A )
1 1 5 3 解析 因为 a2a6＝a4－4，所以 4q· 4q ＝4q －4．
3 1 1 1 1 2 3 3 ∴ 4q －2 ＝0.∴4q －2＝0.q ＝8，q＝2．
1 a2＝4q＝4×2，选 A．
• 3．(2018·河南一模)在等差数列{an}中，a1＋a3＋a5＝105，a2 ＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使Sn达到最大值 B 的n是 ( ) • A．21 B．20 • C解析 ．19 因为 D． 18 a1＋ a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，所以 a3＝35，a4＝33，从而 d＝－2，
所以其前 n 项和
1 1 1 1 1 1 n Tn＝－1－2＋3－4＋…＋n－n＋1＝－1－n＋1＝－ ， n＋1
40 所以其前 40 项和为 T40＝－41，故选 D．
• 2．(2018·齐齐哈尔二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2 2 ＝4，S4＝30，n≥2时，an＋1＋an－1＝2(n a n＋1)，则{an}的通项 公式 an＝ __ __ __ ． 解析 由a ＋ a n＋1 n－ 1＝2(an＋ 1) 得an＋ 1－an＝an－an－ 1＋2(n≥2)．又a3 ＋a1＝2(a2
• 1．(2018·株洲二检)已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3， a4成等比数列，Sn是{an}的前n项和，则S9等于 ( C ) • A．－8 B．－6 • C．0 D．10
解析
2 ∵a1，a3，a4 成等比数列，∴a2 (a1＋3×2)，化为 3＝a1a4，∴(a1＋2×2) ＝a1·
第一篇 二轮专题突破
专题三
第 1讲
数 列
小题考法——等差数列与等比数列
栏
目 导 航
02
对点自检· 熟生巧
01
基础备查· 快易通
01
基础备查· 快易通
一、主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列 等差数列 通项公式 前n项 和公式 an＝a1＋(n－1)d na1＋an Sn＝ 2 nn－1 ＝na1＋ 2 d 等比数列 an＝a1qn 1(q≠0)
S2＋22 S2 4 2＋4S2＋4 S2＝S2＋2，所以 S6－S4＝ S ＝ ＝S2＋S ＋4≥2 S2 2 2 4 S2＝S 时，等号是成立的，所以 S6－S4 的最小值为 8． 2
4 S2· S2＋4＝8，当且仅当
考点四 等差、等比数列的综合问题
• 等差、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 数的性质求解数列的有关最值问题．
• 2．(2018·永州三模)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若 S4－2S2＝8 2，则S6－S4的最小值为_____．
解析 在等比数列{an}中，根据等比数列的性质，可得 S2，S4－S2，S6－S4 构成等
2 S － S 4 2 比数列，所以(S4－S2)2＝S2· (S6－S4)，所以 S6－S4＝ S ，因为 S4－2S2＝2，即 S4－ 2
二、二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论 (1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n⇒ap＋aq＝am＋an． (2)ap＝q，aq＝p(p≠q)⇒ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd． (3)连续 k 项的和(如 Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)构成的数列是等差数列． (4)若等差数列{an}的项数为偶数 2m，公差为 d，所有奇数项之和为 S 奇，所有偶 S奇 am 数项之和为 S 偶，则所有项之和 S2m＝m(am＋am＋1)，S 偶－S 奇＝md， ＝ ． S偶 am＋1 (5)若等差数列{an}的项数为奇数 2m－1，所有奇数项之和为 S 奇，所有偶数项之 和为 S 偶，则所有项之和 S2m－1＝(2m－1)am，S 奇＝mam，S 偶＝(m－1)am，S 奇－S 偶＝am， S奇 m ＝ ． S偶 m－1
9×8 2a1＝－16.解得 a1＝－8.则 S9＝－8×9＋ 2 ×2＝0，故选 C．
• 2．(2018·武汉一模)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3， 2 S9，S6成等差数列， a2＋a5＝4，则a8＝_____．
解析 因为 S3，S9，S6 成等差数列，所以公比 q≠1， 1－q9 1－q3 1－q6 又2 ＝ ＋ ， 1－q 1－q 1－q 1 整理得到 2q ＝1＋q ，所以 q ＝－2，
• 1．(2018·蚌埠模拟)设等差数列{an}的前10项和为20，且a5＝ 1，则{an}的公差为 ( ) B • A．1 B．2 • C．3 D．4
解析 10a1＋a10 等差数列{an}的前 10 项和为 20，所以 S10＝ ＝5(a1＋a10)＝5(a5＋ 2 故选 B． a6)＝20.所以 a6＝4－a5＝3.则{an}的公差为 a6－a5＝3－1＝2.
考点二 等差、等比数列的基本运算
• 等差(比)数列基本运算的解题思路 • (1)设基本量：首项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(或q)的方程(组)， 然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
• 1．(2018·南充三联)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－5， 则a1－a2－a3－a4＝ ( ) D • A．－14 B．－9 • C．11 D．16
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
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列
专题三 数列第一讲 等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论 1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n (a 1+a n )2＝na 1＋n (n−1)2d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m)d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 2．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)； (2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1(1−q n )1−q＝a 1−a n q 1−q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 2 021＝6，则S 2 022＝( )A ．3 033B ．4 044C ．6 066D ．8 0882．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{a n }中，a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两根，则a 3a 5a 7的值为( )A ．π√πB ．－π√πC ．±π√πD ．π33．[2022·全国乙卷]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 ．6D ．3提分题例1 (1)[2022·江苏盐城三模]已知数列{a n}，{b n}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37的值为()A．760 B．820C．780 D．860(2)[2022·广东佛山三模]已知公比为q的等比数列{a n}的前n项和S n＝c＋2·q n，n∈N*，且S3＝14，则a4＝()A．48B．32 C．16D．8听课笔记：技法领悟1．等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差或等比数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a1和d(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，注意整体计算，减少计算量．2．等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n ＝a p＋a q”这一性质与求和公式S n＝n(a1+a n)2的综合应用．巩固训练11.[2022·河北邯郸二模]在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱？若已知这五人分得的钱数从多到少成等差数列，则这个等差数列的公差d＝()A．－16B．－15C．－14D．－132．[2022·山东淄博一模]已知等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2＝4，S 3＝14，则a 3＝________.微专题2 等差数列与等比数列的综合保分题1.[2022·辽宁沈阳一模]已知等差数列{a n }的公差为2，且a 2，a 3，a 5成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n(n －2)B ．n(n －1)C ．n(n ＋1)D ．n(n ＋2) 2．各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，4a 1，2a 3，a 5成等差数列，则a 1＝( ) A ．5√2－5 B ．5√2＋5 C ．5√2 D ．53．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝4，S 9＝19，则S 6，S 9的等差中项为________．提分题例2 (1)[2022·山东日照三模]在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a k 1，a k 2，a k 3成公比为3的等比数列，则k 3＝( )A ．14B ．34C ．41D ．86(2)[2022·山东潍坊三模](多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．数列{Snn }为等差数列B ．对任意正整数n ，b +n 2b n+22 ≥2b n ＋12 C ．数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列 D ．数列{T 2n ＋2－T 2n }一定是等比数列 听课笔记：技法领悟等差、等比数列综合问题的求解策略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，可使运算简便．巩固训练21.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2，2a 5，3a 8成等差数列，则S6S 3＝( )A ．1或43B ．1或13C ．2或43D ．13或432．[2022·湖北荆州三模](多选)等差数列{a n }的前项n 和为S n ，数列{b n }为等比数列，则下列说法正确的选项有 ( )A ．数列{2a n }一定是等比数列B ．数列{b a n }一定是等比数列C ．数列{Snn }一定是等差数列D ．数列{b n ＋b n ＋1}一定是等比数列微专题3 数列的递推保分题1.[2022·广东汕头三模]已知数列{a n }中，a 1＝－14，当n>1时，a n ＝1－1a n−1，则a 2 022＝( )A ．－14 B ．45 C ．5 D ．－45 2．数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n +2，则a 7＝( )A ．18 B ．17 C ．27 D ．143．[2022·山东泰安三模]已知数列{a n }满足：对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 20＝( )A ．320B ．315C ．310D ．35提分题 例3 (1)[2022·湖南雅礼中学二模](多选)著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下、从小到大套着n 个中心带孔的圆盘．将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作．设将n 个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为a n ，则( )A ．a 2＝3B ．a 3＝8C ．a n ＋1＝2a n ＋nD ．a n ＝2n －1(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a n+12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项公式是a 100＝( )A ．100B ．1100C ．101D ．1101听课笔记：技法领悟1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．3．三种简单的递推数列：a n ＋1－a n ＝f(n)，a n+1a n＝f(n)，a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠0，1，q ≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设a n ＋1＋λ＝p(a n ＋λ)，展开比较系数得出λ)．巩固训练3 1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{a n}，则() A．a5－a4＝4 B．a100＝5 000C．2a n＋1＝a n＋a n＋2D．a n＋1－a n＝n＋12．[2022·福建漳州二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记b n＝a n＋a n＋1＋a n＋2且b n＋1－b n＝2，则S31＝()A．171 B．278 C．351 D．395第一讲等差数列与等比数列微专题1等差数列与等比数列的基本量计算保分题＝1 011×6 1．解析：由等差数列{a n}知，a2＋a2 021＝a1＋a2 022＝6，所以S2 022＝2 022(a1+a2 022)2＝6 066.答案：C2．解析：在等比数列{a n}中，因为a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，所以a2a8＝π＝a52，所以a5＝±√π，所以a3a5a7＝a53＝±π√π.故选C.答案：C3．解析：设等比数列{a n }的公比为q.由题意知，{a 2q+a 2+a 2q =168，a 2−a 2q 3=42.两式相除，得1+q+q 2q (1−q 3)＝4，解得q ＝12.代入a 2－a 2q 3＝42，得a 2＝48，所以a 6＝a 2q 4＝3.故选D .答案：D提分题[例1] 解析：(1)∵数列{a n }，{b n }均为等差数列，设公差分别为d 1，d 2 (a n ＋1＋b n ＋1)－(a n ＋b n )＝(a n ＋1－a n )＋(b n ＋1－b n )＝d 1＋d 2， 则数列{a n ＋b n }也为等差数列， a 1＋b 1＝100，a 2＋b 2＝120，数列{a n ＋b n }的首项为100，公差为20， ∴a 37＋b 37＝100＋20×36＝820，故选B .(2)因为公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝c ＋2·q n ①， 当n ＝1时a 1＝S 1＝c ＋2·q ， 当n ≥2时S n －1＝c ＋2·q n －1 ②， ①－②得a n ＝2·q n －2·q n －1＝(2q －2)·q n －1，所以2q －2＝c ＋2q ，则c ＝－2，又S 3＝14，所以S 3＝－2＋2·q 3＝14，解得q ＝2， 所以a n ＝2n ，则a 4＝24＝16. 答案：(1)B (2)C [巩固训练1]1．解析：若分得的钱从多到少分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5， 所以{a 1+a 2=a 3+a 4+a 5a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5，所以{a 1=−8d5a 1+10d =5，可得{a 1=43d =−16.答案：A2．解析：设等比数列的公比为q ，因为a 2＝4，S 3＝14，所以a 1＋a 3＝10，即a2q ＋a 2q ＝10，所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12，所以当q＝2时，a3＝8；当q＝12时，a3＝2所以，a3＝2或a3＝8.答案：2或8微专题2等差数列与等比数列的综合保分题1．解析：设等差数列{a n}公差d＝2，由a2，a3，a5成等比数列得，a32＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，∴S n＝n×0＋n(n−1)2×2＝n(n－1)．答案：B2．解析：设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，a1≠0，故由题意可得：{a1(1+q+q2+q3)=154a3=4a1+a5，{a1(1+q+q2+q3)=154q2=4+q4，解得q2＝2，q＝√2，a1＝5√2－5.答案：A3．解析：设S6＝x，因为{a n}为等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．因为S3＝4，S9＝19，所以4(19－x)＝(x－4)2，解得x＝10或x＝－6(舍去)．所以S6，S9的等差中项为292.答案：292提分题[例2]解析：(1)因为a1，a2，a k1，a k2，a k3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以a k3＝a1·34＝81a1，又因为数列{a n}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以a k 3＝a 1＋(k 3－1)d ＝a 1＋2(k 3－1)a 1＝(2k 3－1)a 1， 所以(2k 3－1)a 1＝81a 1，解得k 3＝41. 故选C .(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n−1)2d ，所以，S n n ＝a 1＋(n−1)d 2.对于A 选项，S n+1n+1−S n n＝a 1＋nd 2－a 1－(n−1)d 2＝d 2，所以，{S n n}为等差数列，A 对；对于B 选项，对任意的n ∈N *，b n ≠0，由等比中项的性质可得b n+12＝b n b n ＋2，由基本不等式可得b n 2 +b n ＋22≥2b n b n ＋2＝2b n+12，B 对；对于C 选项，令c n ＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1， 所以，c n ＋1－c n ＝(a 2n ＋4＋a 2n ＋3)－(a 2n ＋2＋a 2n ＋1)＝4d ， 故数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列，C 对； 对于D 选项，设等比数列{b n }的公比为q ，当q ＝－1时，T 2n ＋2－T 2n ＝b 2n ＋2＋b 2n ＋1＝b 2n ＋1(q ＋1)＝0， 此时，数列{T 2n ＋2－T 2n }不是等比数列，D 错． 答案：(1)C (2)ABC [巩固训练2]1．解析：设等比数列公比为q ，由a 2，2a 5，3a 8成等差数列可得，2×2a 1·q 4＝a 1·q ＋3a 1·q 7，化简得3q 6－4q 3＋1＝0，解得q 3＝13或q 3＝1，当q 3＝1时，S6S 3＝2；当q 3＝13时，S 6S 3＝a 1(1−q 6)1−q a 1(1−q 3)1−q＝1＋q 3＝43.答案：C2．解析：若{a n }公差为d ，{b n }公比为q ， A ：由2a n+12a n＝2a n+1−a n ＝2d 为定值，故{2a n }为等比数列，正确； B ：由b a n+1b a n＝b a n +d b a n＝b a n q d b a n＝q d 为定值，故{b a n }为等比数列，正确；C ：由Sn+1n+1−S nn＝a 1+a n+12−a 1+a n 2＝a n+12−a n2＝d 2为定值，故{Snn}为等差数列，正确； D ：当q ＝－1时b n ＋b n ＋1＝0，显然不是等比数列，错误． 答案：ABC微专题3 数列的递推保分题1．解析：由题意得：a 2＝1－1a 1＝5，a 3＝1－1a 2＝45，a 4＝1－1a 3＝－14，则数列{a n }的周期为3，则a 2 022＝a 674×3＝a 3＝45.答案：B2．解析：因为a n ＋1＝2a n a n +2，所以1a n+1＝12+1a n，即1a n+1−1a n＝12，又1a 1＝12，则{1a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，即1a n＝12+12(n －1)＝n2，则a n ＝2n ，所以a 7＝27. 答案：C3．解析：因为对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ， 所以a 1a 1＝a 2，a 1a n ＝a 1＋n ， 又a 2＝3，所以a 1＝±√3，所以a n+1a n＝a 1，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为a 1的等比数列， 所以a n ＝a 1·(a 1)n －1＝(a 1)n ， 所以a 20＝(a 1)20＝310. 答案：C提分题[例3] 解析：(1)将圆盘从小到大编为1，2，3，…号圆盘，则将第n ＋1号圆盘移动到3号柱时，需先将第1～n 号圆盘移动到2号柱，需a n 次操作；将第n ＋1号圆盘移动到3号柱需1次操作；再将1～n 号圆需移动到3号柱需a n 次操作，故a n ＋1＝2a n ＋1，a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n －1，∴a 2＝3，a 3＝7.(2)∵(n +1)a n+12−na n 2＋a n ＋1a n ＝0，∴(n +1)a n+12+anan ＋1－na n 2＝0，[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，又∵a n >0，∴a n ＋1＝n n+1·a n ，即a n+1a n ＝n n+1， ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n−1＝12·23·…·n−1n ，即a n a 1＝1n ， 又∵a 1＝1，∴a n ＝1n ，∴a 100＝1100.答案：(1)AD (2)B[巩固训练3]1．解析：由相邻层球的个数差，归纳可知a n ＋1－a n ＝n ＋1，a 1＝1， 对a n ＋1－a n ＝n ＋1累加得a n ＝n (n+1)2. 所以，a 5－a 4＝5，a 100＝100(100+1)2＝5 050，2a n ＋1≠a n ＋a n ＋2，所以ABC 错误，故选D.答案：D2．解析：由b n ＋1－b n ＝2，b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3－(a n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＝a n ＋3－a n ＝2， ∴a 1，a 4，a 7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a 2，a 5，a 8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a 3，a 6，a 9，…是首项为3，公差为2的等差数列，S 31＝(a 1＋a 4＋…＋a 31)＋(a 2＋a 5＋…＋a 29)＋(a 3＋a 6＋…＋a 30)＝1×11＋11×10×22＋2×10＋10×9×22＋3×10＋10×9×22＝351.故选C.答案：C。
2019年高考数学二轮复习1 第1讲 等差数列与等比数列
专题三 数 列 第1讲 等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算(基础型) 通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.求和公式等差数列：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；等比数列：S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1)．性质[考法全练]1．(2018·贵阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝( )A.115 B.522 C.1110D.225解析：选D.S 11S 5＝112（a 1＋a 11）52（a 1＋a 5）＝11a 65a 3＝225.故选D.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10D ．12解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3(3a 1＋3×22d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.3．(2018·郑州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，S n ＋2＝4S n ＋3恒成立，则a 1的值为 ( )A ．－3B ．1C ．－3或1D ．1或3解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，S n ＋2＝(n ＋2)a 1，S n ＝na 1，由S n ＋2＝4S n ＋3得，(n ＋2)a 1＝4na 1＋3，即3a 1n ＝2a 1－3，若对任意的正整数n ，3a 1n ＝2a 1－3恒成立，则a 1＝0且2a 1－3＝0，矛盾，所以q ≠1，所以S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，S n ＋2＝a 1（1－q n ＋2）1－q，代入S n ＋2＝4S n ＋3并化简得a 1(4－q 2)q n ＝3＋3a 1－3q ，若对任意的正整数n 该等式恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧4－q 2＝0，3＋3a 1－3q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，q ＝－2，故a 1＝1或－3，故选C. 4．(2018·南宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝________．解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 6＝16得a 21q 6＝16，所以a 1q 3＝±4.由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，所以q 2＝1.于是a 20a 10＝q 10＝1.法二：由等比数列的性质，得a 24＝a 2a 6＝16，所以a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－4，a 8＝12.因为a 26＝a 4a 8>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，所以a 20a 10＝q 10＝1.答案：15．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 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.(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.等差、等比数列的判定与证明(综合型)证明数列{a n }是等差数列或等比数列的方法 (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，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，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典型例题]设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列{1b n }是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)．所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)因为a 1＝1， 所以b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)． 所以数列{1b n }是首项为12，公差为1的等差数列．所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．[对点训练]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)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋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．S n ，a n 关系的应用(综合型)数列{an }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n . (4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．[典型例题](1)(2018·合肥第一次质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( ) A ．22 018－1 B ．32 018－6 C ．⎝⎛⎭⎫12 2 018－72 D ．⎝⎛⎭⎫13 2 018－103(2)(2018·福州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n .①证明：数列{b n }是等比数列；②设c n ＝b n（4n 2－1）2n，求数列{c n }的前n 项和S n . 【解】 (1)选A.因为a 1＝S 1，所以3a 1＝3S 1＝2a 1－3⇒a 1＝－3.当n ≥2时，3S n ＝2a n －3n ，3S n －1＝2a n －1－3(n －1)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n ＋1＝(－2)×(－2)n －1＝(－2)n ，则a 2 018＝22 018－1.(2)①证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列． ②由①知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为c n ＝b n（4n 2－1）2n， 所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2.(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练](2018·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －12，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 3a n ＋1·log 3a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知S n ＝32a n －12①，得S n －1＝32a n －1－12(n ≥2)②，①－②得a n ＝32a n －32a n －1，即a n ＝3a n －1(n ≥2)，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝3n －1.(2)由(1)知b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以T n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以T n ＝nn ＋1.数列与新定义相交汇问题(创新型)[典型例题](2018·武汉调研)对任一实数序列A ＝(a 1，a 2，a 3，…)，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________．【解析】 令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1， 所以b n ＝b 1＋(n －1)×1， a 1＝a 1， a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2， …a n －a n －1＝b n －1，累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1＝a 1＋(n －1)b 1＋（n －1）（n －2）2＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋（n －1）（n －2）2，分别令n ＝12，n ＝22，得⎩⎪⎨⎪⎧11a 2－10a 1＋55＝0，21a 2－20a 1＋210＝0， 解得a 1＝2312，a 2＝100.【答案】 100数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”．(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识． (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[对点训练]在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0. 其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D.设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192×(－2)＝－340，故选D.2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．25解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q2＝25.故选D.3．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( ) A ．72 B ．88 C ．92D ．98解析：选C.法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8（a 1＋a 8）2＝8（a 4＋a 5）2＝92.4．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 ．－ 3B ．－1C ．－33D. 3解析：选A.依题意得，a 36＝(－3)3，3b 6＝7π，所以a 6＝－3，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，故选A.5．(2018·长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.6．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－2解析：选C.因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.二、填空题7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________． 解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16； 当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32； 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.答案：－638．(2018·惠州第二次调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n 两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －19．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2. 答案：2 三、解答题10．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)， 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.11．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解：(1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }是等差数列，满足a 2＝5，a 4＝13，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋b n ＝3. (1)求数列{a n }及数列{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }中的最大项． 解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，所以a n ＝4n －3. 又T n ＋b n ＝3， 所以T n ＋1＋b n ＋1＝3， 两式相减得，2b n ＋1－b n ＝0， 所以b n ＋1＝12b n .当n ＝1时，b 1＋b 1＝3，所以b 1＝32.所以数列{b n }为等比数列，且首项是32，公比是12，所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n .(2)因为c n ＝a n ·b n ＝3（4n －3）2n ，所以c n ＋1＝3（4n ＋1）2n ＋1， 所以c n ＋1－c n ＝3（4n ＋1）2n ＋1－3（4n －3）2n ＝3（7－4n ）2n ＋1. 所以当n ＝1时，c 2－c 1>0； 当n ≥2时，c n ＋1－c n <0， 所以c 1<c 2>c 3>c 4>…，11 所以(c n )max ＝c 2＝154.。
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PPT课件
(2)由(1)得，a4＝7，S4＝16. 因为 q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即 q2－8q＋16＝0， 所以(q－4)2＝0，从而 q＝4. 又因 b1＝2，{bn}是公比 q＝4 的等比数列，所以 bn＝b1qn －1＝2·4n－1＝22n－1.
3．等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形 式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力， 为中挡题．
例 1 已知数列{an}是一个等差数列，且 a2＝1， a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an. (2)设 cn＝5－2an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋ log2b3＋…＋log2bn 的值．
Thinking In Other People‘S Speeches，Growing Up In Your Own Story
讲师：XXXXXX XX年XX月XX日
从而{bn}的前 n 项和 Tn＝b1（11－－qqn）＝32(4n－1)．
已知等差数列中的某几项成等比数列(或已知等比数列 中的某几项成等差数列)，往往是先设公差为 d(或公比为 q)， 用待定系数法求出 d(或 q)与首项之间的关系，进而再解决 问题．
3．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an； (2)设 bn＝log3an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
＝ban－b2·－2bn
＝ban－2－1 b2n. ∴an－2－1 b·2n＝a1－2－2 b·bn－1＝2（21－－bb）bn－1.
∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]． ∵a1＝2 适合上式， ∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]．
2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列教案
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．
[ 题组突破 ]
1．(xx ·贵阳模拟 ) 等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，且 a3＋ a9 ＝16，则 S11＝(
)
A． 88
B．48
C． 96
D．176
11 a1＋ a11
11 a3＋a9
11×16
解析：依题意得 S11＝
1＋ 31＋…＋ 3n－ 1
＋n
n
3 ＋ 2n－ 1
则 Sn＝
2
＝4.
[ 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：
等差数列
等比数列
(1) 若 m，n，p，q∈ N*，且 m＋ n＝ p＋ q， (1) 若 m， n， p， q∈ N* ，且 m＋n＝ p＋ q，
2019-2020 年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列
教案
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
2
＝
2
＝ 2 ＝ 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 an＝ 8，因此
S11＝ 88，选 A.
答案： A
2．(xx ·海口模拟 ) 已知数列 { an} ，an＞ 0, 它的前 n 项和为 Sn，且 2a2 是 4a1 与 a3 的等差中项．若
2019高考数学(文)精讲二轮 第一讲 等差数列、等比数列
专题四 数列第一讲 等差数列、等比数列考点一 等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ； S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q (q ≠1).[对点训练]1．在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( ) A ．12 B ．18 C ．24 D ．30[解析] 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 因为a 5＋a 10＝12， 所以2a 1＋13d ＝12，所以3a 7＋a 9＝3(a 1＋6d )＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2(2a 1＋13d )＝2×12＝24.[答案] C2．(2018·山东青岛模拟)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，则λ的值为( )A ．18B ．20C ．21D ．25[解析] 设公差为d ，由a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝3a 1＋9d ，9a 1＋9×8d 2＝λa 1＋3λd ，解得λ＝18，故选A.[答案] A3．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，即q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12，故选C.[答案] C4．在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝________.[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.[答案] 4或－4[快速审题] 看到求项、求和，想到求a 1，d ，q 及通项公式、前n 项和公式．等差(比)数列的运算注意两点(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．(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．考点二 等差、等比数列的性质[对点训练]1．(2018·山西太原一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 3＋a 10＝9，则S 9＝( )A ．3B ．9C ．18D ．27[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 3＋a 10＝9，∴3a 1＋12d ＝9，即a 1＋4d ＝3，∴a 5＝3，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，故选D.[答案] D2．(2018·山东菏泽一模)在等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．2B ．－ 2 C. 2 D ．－2或 2[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，可得a 2a 16＝2，所以a 29＝2，则a 2a 16a 9＝a 9＝±2，故选D.[答案] D3．(2018·合肥模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5＝1，S 10＝3，则S 15的值是________．[解析] ∵数列{a n }是等比数列，∴S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，∴(S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，4＝1×(S 15－3)，得S 15＝7.[答案] 7[探究追问] 3题中条件不变，如何求S 100的值？[解析] 在等比数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，…成等比数列，因为S 5＝1，S 10＝3，所以S 100可表示为等比数列1,2,4，…的前20项和，故S 100＝1×(1－220)1－2＝220－1.[答案] 220－1[快速审题] 看到等差、等比数列，想到等差、等比数列项的性质、和的性质．等差(比)数列性质应用策略解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．考点三等差、等比数列的判定与证明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，即证明2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．2．证明数列{a n}是等比数列的两种基本方法[解](1)证明：由a1＝1，及S n＋1＝4a n＋2，有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.由S n＋1＝4a n＋2①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1) 又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，∴{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －14，a n ＝(3n －1)·2n －2.等差、等比数列的判定与证明应注意的两点(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 项和公式的特征，但不能作为证明方法．(2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{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．[对点训练]若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12. (1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12[解析] 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.[答案] B2．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8[解析] 解法一：等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，得d ＝4，故选C.解法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n 项和公式可列方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝4，故选C.[答案] C3．(2017·全国卷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 }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 23＝a 2·a 6，即(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍去)，又a 1＝1，∴S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24，故选A.[答案] A4．(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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32fB.322fC.1225fD.1227f[解析] 由题意知，十三个单音的频率构成首项为f ，公比为122的等比数列，设该等比数列为{a n }，则a 8＝a 1q 7，即a 8＝1227f ，故选D.[答案] D5．(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.[解析] 设等比数列{a n }的公比为q .当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 6＝6a 1＝2S 3，不符合题意，∴q ≠1，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，∴a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.[答案] 32高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)，该部分以选择题、填空题为主，在4～7题的位置或13～14题的位置，难度不大，以两类数列的基本运算和基本性质为主．热点课题10 数列中的最值问题[感悟体验]1．(2018·江西五校联考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8>0，且S 9<0，则S 1、S 2、…、S 9中最小的是( )A ．S 5B ．S 6C ．S 7D ．S 8 [解析] 在等差数列{a n }中， ∵a 3＋a 8>0，S 9<0，∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8>0，S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5<0，∴a 5<0，a 6>0，∴S 1、S 2、…、S 9中最小的是S 5，故选A. [答案] A2．(2018·山东青岛模拟)已知a n ＝n －2017n －2018(n ∈N *)，则在数列{a n }的前50项中，最小项和最大项分别是( )A ．a 1，a 50B ．a 1，a 44C ．a 45，a 50D ．a 44，a 45[解析] a n ＝n －2017n －2018＝n －2018＋2018－2017n －2018＝1＋2018－2017n －2018.结合函数y ＝a ＋cx －b(c >0)的图象，要使a n 最大，则需n －2018最小且n －2018>0，∴当n ＝45时，a n 最大，当n ＝44时，a n 最小，故选D. [答案] D专题跟踪训练(十八)一、选择题1．(2018·长郡中学摸底)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＋a 12－a 8＝8，a 10－a 6＝4，则S 23＝( )A ．23B ．96C ．224D ．276[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 4＋a 12－a 8＝2a 8－a 8＝a 8＝8，a 10－a 6＝4d ＝4，解得d ＝1，所以a 8＝a 1＋7d ＝a 1＋7＝8，解得a 1＝1，所以S 23＝23×1＋23×222×1＝276，故选D.[答案] D2．已知数列{a n }为等比数列，且a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列，则公差d 为( )A ．2B ．3C ．4D ．5[解析] 设{a n }的公比为q ，由题意得2(a 3＋4)＝a 1＋1＋a 5＋7⇒2a 3＝a 1＋a 5⇒2q 2＝1＋q 4⇒q 2＝1，即a 1＝a 3，d ＝a 3＋4－(a 1＋1)＝4－1＝3，故选B.[答案] B3．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的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．5[解析] 因为{a n }为等比数列，所以a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，所以(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)， 故a 9＋a 11＝(a 5＋a 7)2a 1＋a 3＝428＝2；同理，a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项，所以(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝(a 9＋a 11)2a 5＋a 7＝224＝1.所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3，故选C.[答案] C4．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)∪[1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 因为等比数列{a n }中a 2＝1，所以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎪⎫1＋q ＋1q ＝1＋q ＋1q .当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2(－q )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D. [答案] D5．(2018·江西七校联考)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝38n ＋142n ＋1(n ∈N *)，则a 6b 7＝( )A ．16 B.24215 C.43223 D.49427[解析] 令S n ＝38n 2＋14n ，T n ＝2n 2＋n ，∴a 6＝S 6－S 5＝38×62＋14×6－(38×52＋14×5)＝38×11＋14；b 7＝T 7－T 6＝2×72＋7－(2×62＋6)＝2×13＋1，∴a 6b 7＝38×11＋142×13＋1＝43227＝16，故选A.[答案] A6．(2018·河南郑州二中期末)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( ) A ．4 B ．3 C ．23－2 D.92[解析] ∵a 1＝1，a 1、a 3、a 13成等比数列，∴(1＋2d )2＝1＋12d .得d ＝2或d ＝0(舍去) ∴a n ＝2n －1， ∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，∴2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2.令t ＝n ＋1， 则2S n ＋16a n ＋3＝t ＋9t －2≥6－2＝4当且仅当t ＝3， 即n ＝2时，∴2S n ＋16a n ＋3的最小值为4，故选A.[答案] A 二、填空题7．(2018·福建四地六校联考)已知等差数列{a n }中，a 3＝π4，则cos(a 1＋a 2＋a 6)＝________.[解析] ∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 6＝a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝34π，∴cos(a 1＋a 2＋a 6)＝cos 34π＝－22.[答案] －228．(2018·山西四校联考)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.[解析] 解法一：设数列{a n }的公比为q ，由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5，即1＋q 2＝5，所以q 2＝4，S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17.解法二：由等比数列的性质可知，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，若设S 2＝a ，则S 4＝5a ，由(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)得S 6＝21a ，同理得S 8＝85a ，所以S 8S 4＝85a5a＝17.[答案] 179．已知数列{x n }各项均为正整数，且满足x n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧x n 2，x n 为偶数，x n ＋1，x n 为奇数，n ∈N *.若x 3＋x 4＝3，则x 1所有可能取值的集合为________．[解析] 由题意得x 3＝1，x 4＝2或x 3＝2，x 4＝1. 当x 3＝1时，x 2＝2，从而x 1＝1或4； 当x 3＝2时，x 2＝1或4，因此当x 2＝1时，x 1＝2，当x 2＝4时，x 1＝8或3. 综上，x 1所有可能取值的集合为{1,2,3,4,8}． [答案] {1,2,3,4,8} 三、解答题10．(2018·沈阳市高三第一次质量监测)已知数列{a n }是等差数列，满足a 1＝2，a 4＝8，数列{b n }是等比数列，满足b 2＝4，b 5＝32.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)×2＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 5b 2＝8，解得q ＝2.因为b 1＝b 2q＝2，所以b n ＝b 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)可得，S n ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.11．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．[解] (1)设{a n }的公差为d ，由题意得 3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.12．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论． [解] (1)证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．所以对任意实数λ，数列{a n }都不是等比数列．(2)因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n (a n －3n ＋21)＝－23b n ，b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b 1＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，则b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．。
2019高考数学复习第一部分专题二数列第1讲等差数列、等比数列及运算课件
＋3
②，
①－②得， － Tn＝23＋24＋…＋ 2n＋ 2－n× 2n＋ 3 23 1－2n ＝ － n×2n＋3 1－2 ＝ 2n＋3－8－ n× 2n＋3. 所以 Tn＝(n－ 1)× 2n＋3＋ 8.
考点考查题型 考点应用方法 考点应用公式 考点如何防范
已知等差数列条件求通项求和 用求和公式求 d，求通项求等比 等差数列前 n 项和公式， 通项公式等比数列 求和公式 注意符号变化的系数变化
项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－ 1，b1＝ 1， a2＋ b2＝ 2. (1)若 a3＋ b3＝ 5，求{bn}的通项公式； (2)若 T3＝ 21，求 S3.
[解析]
设 {an}的公差为 d， {bn}的公比为 q， 2分
则 an＝－ 1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由 a2＋ b2＝ 2 得 d＋ q＝ 3.① (1)由 a3＋ b3＝ 5 得 2d＋ q2＝6.②
保分专题二 数列
第1讲 等差数列、等比数列及运算
经典结论
C
目 录
ONTENTS
4 5
规范解答 快速解答
专练题型
专题限时训练
1．等差、等比数列的性质 等差数列 等比数列
(1)若 m， n， p， q∈ N*，且 m (1)若 m， n， p， q∈ N*， ＋ n＝ p＋ q， 性 质 则 am＋an＝ap＋aq (2)an＝ am＋ (n－ m)d； (3)Sm，S2m－ Sm， S3m－ S2m， … 仍成等差数列 且 m＋ n＝ p＋ q，
S偶 (3)在等差数列中， 当项数为偶数 2n 时， 有 S 偶－S 奇＝ nd， S奇 an＋1 S偶 n－ 1 ＝ ； 当项数为奇数 2n－ 1 时， 有 S 奇 －S 偶＝ an， ＝ . an n S奇 S偶 (4)在等比数列中，当项数为偶数 2n 时， ＝ q. S奇
2019年高考数学(文科)二轮复习专题3 第1讲 等差数列、等比数列的基本问题
解析 设{a n }的公差为 d ，由⎨ 得⎨ 1 ⎩ ⎩ ∴ ＝381，解得 a 1＝3.1－2 所以 S 6＝6a 1＋ 2 2 3第 1 讲 等差数列、等比数列的基本问题高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；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Ⅰ卷)记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和.若 a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为()A.1C.4B.2D.8⎧⎪a 4＋a 5＝24， ⎧⎪2a ＋7d ＝24， 解得 d ＝4. ⎪S 6＝48， ⎪6a 1＋15d ＝48，答案 C2.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯() A.1 盏C.5 盏B.3 盏D.9 盏解析 设塔的顶层的灯数为 a 1，七层塔的总灯数为 S 7，公比为 q ，则依题意 S 7＝381，公比 q ＝2.a 1（1－27） 答案 B3.(2017·全国Ⅲ卷)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 }前 6 项的和为 ()A.－24C.3B.－3D.8解析 根据题意得 a 2＝a 2·a 6，即(a 1＋2d)2＝(a 1＋d)(a 1＋5d)，解得 d ＝0(舍去)，d ＝－2，6×5 6×5 d ＝1×6＋ ×(－2)＝－24.答案 A(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；1(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝n a（1－q）a1－anqn（a1＋an）n（n－1）1－q1－q⎩⎩⎩⎪⎪⎪⎩⎩⎩4.(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.(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，由题设得⎨⎪－1＋2d＋q2＝5⎧⎪d＝1，⎧⎪d＝3，解得⎨或⎨(舍去)，⎪q＝2⎪q＝0故{bn}的通项公式为bn＝2n－1.⎧－1＋d＋q＝2，⎧q＝4，⎧q＝－5，(2)由已知得⎨解得⎨或⎨⎪1＋q＋q2＝21，⎪d＝－1⎪d＝8.∴当q＝4，d＝－1时，S3＝－6；当q＝－5，d＝8时，S3＝21.考点整合1.等差数列(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；22(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.2.等比数列(1)通项公式：an＝a1q n－1(q≠0)；＝；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；②an＝am·q n－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*.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】(1)(2015·全国Ⅰ卷)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和.若S8＝4S4，则a102 B.19A.17⎧a ＝8，⎧⎪a 1＋a 3＝10， ⎧⎪a 1＋a 1q 2＝10， ⎪⎩a 2＋a 4＝5， ⎪⎩a 1q ＋a 1q ⎪ q ＝ .故 a n ＝ ⎪⎝2⎭ ⎝ ⎭⎛1⎫ ⎝2⎭ 7 ⎫2- 49 ⎥ 1 ⎛ ＝ ⎛ 1 ⎫⎪ 2 ⎢⎣⎝ 2 ⎭ ⎢ n- ⎪ 1⎡⎛ ⎤ ⎢n －7⎫⎪ －49⎥取得最小值－6， 2⎣⎝ 2⎭ 4 ⎦ 7 ⎫2- 49 ⎥ 1 ⎛ 此时 ⎛ 1 ⎫⎪ 2 ⎢⎣⎝ 2 ⎭ ⎢ n- ⎪ ＝()2C.10D.12(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列{a n }满足 a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则 a 1a 2…a n 的最大值为________. 解析 (1)设等差数列的首项为 a 1，8×（8－1）×1则 S 8＝8a 1＋ 2 ＝8a 1＋28，4×（4－1）×1 S 4＝4a 1＋ 2 ＝4a 1＋6，因为 S 8＝4S 4，即 8a 1＋28＝16a 1＋24，1 1 19所以 a 1＝2，则 a 10＝a 1＋(10－1)d ＝2＋9＝ 2 .(2)由于{a n }是等比数列，设 a n ＝a 1q n －1，其中 a 1 是首项，q 是公比.⎪ 1所以⎨ 即⎨ 解得⎨ 13＝5， ⎩2⎛1⎫n －4 ，⎛1⎫所以 a 1·a 2·…·a n ＝ 2⎪（－3）＋（－2）＋…＋（n －4）1＝ ⎪2n （n －7） ⎡⎤⎝ 2 ⎭4 ⎥ ⎦.2 当 n ＝3 或4 时，⎝ 2 ⎭⎡ ⎤ 4 ⎥ ⎦ 取得最大值 26.所以 a 1·a 2·…·a n 的最大值为 64.答案 (1)B (2)64探究提高 1.第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项公式构建首项 a 1 与公比 q 的方程组，求出 a 1， q ，得到{a n }的通项公式，再将 a 1a 2·…·a n 表示为 n 的函数，进而求最大值.2.等差(比)数列基本运算的解题途径：(1)设基本量 a 1 和公差 d(公比 q).(2)列、解方程组：把条件转化为关于 a 1 和 d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.S 2b 2a 1⎢1－⎛ ⎫⎪ ⎥2 S 2 ⎡ 1 2⎤ 4 a 1⎢1－⎛ ⎫⎪ ⎥2 b 2 2S 【训练 1】 (1)(2017·哈尔滨模拟)设 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和，a 3＝8a 6，则 4的值为()A.C.1 25 4B.2D.5a (2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足 a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则 2＝________.1解析 (1)由 a 3＝8a 6，得 a 3＝8a 3q 3，解得 q ＝2.⎡ 1 4⎤ ⎣ ⎝2⎭ ⎦1 1－S 5则 4＝ ＝ .⎣ ⎝2⎭ ⎦1 1－(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2. {b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3， ∴q＝－2，∴b 2＝b 1·q＝2.a 2则 2＝ ＝1. 答案 (1)C (2)1热点二 等差(比)数列的性质【例 2】(1)(2017·汉中模拟)已知等比数列{a n }的前 n 项积为 T n ，若 log 2a 2＋log 2a 8＝2，则 T 9 的值为( )A.±512C.±1 024B.512D.1 024(2)(2017·北京海淀区质检)已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且满足 S n ＝2a n －2，若数列{b n }满足 b n ＝10－ log 2a n ，则使数列{b n }的前 n 项和取最大值时的 n 的值为________.解析 (1)由 log 2a 2＋log 2a 8＝2，得 log 2(a 2a 8)＝2，所以 a 2a 8＝4，则 a 5＝±2， 等比数列{a n }的前 9 项积为 T 9＝a 1a 2…a 8a 9＝(a 5)9＝±512. (2)∵S n ＝2a n －2，∴n＝1 时，a 1＝2a 1－2，解得 a 1＝2. 当 n≥2 时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－(2a n －1－2)， ∴a n ＝2a n －1.∴数列{a n }是公比与首项都为 2 的等比数列，∴a n ＝2n . ∴b n ＝10－log 2a n ＝10－n.解析 (1)依题意得 S 11＝11（a 1＋a 11） 11（a 3＋a 9） 11×162 2 2 a m －161＋2由 b n ＝10－n≥0，解得 n≤10.∴使数列{b n }的前 n 项和取最大值时的 n 的值为 9 或 10.答案 (1)A (2)9 或 10探究提高 1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.【训练 2】 (1)(2017·贵阳质检)等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a 3＋a 9＝16，则 S 11＝( )A.88C.96B.48D.176(2)(2017·开封质检)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.3C.5B.4D.6＝ ＝ ＝88.(2)在等比数列中，因为 S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21， 所以 a m ＝S m －S m －1＝－11－5＝－16，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝32.a 32则公比 q ＝ m ＋1＝ ＝－2，因为 S m ＝－11，a [1－（－2）m ] 所以 1＝－11，①又 a m ＋1＝a 1(－2)m ＝32，②两式联立解得 m ＝5，a 1＝－1.答案 (1)A (2)C热点三 等差(比)数列的判断与证明【例 3】 (2014·全国Ⅰ卷)已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λ S n －1，其中 λ 为常 数.(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ ；(2)是否存在 λ ，使得{a n }为等差数列？并说明理由. (1)证明 由题设，a n a n ＋1＝λ S n －1，① 知 a n ＋1a n ＋2＝λ S n ＋1－1，②②－①得：a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λ a n ＋1. ∵a n ＋1≠0，∴a n ＋2－a n ＝λ .2 所以 a n ＝ ，a n ＋1＝ ，a n a n ＋1＝ .λ S n －1＝5⎢2n ＋ × ⎥－1＝ ， n ＋1为与正整数 n *2.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意 n≥1，n∈N ，验证 a n ＋1－a n 或 ⎪ 解 由题设，a 1＝2，a 1a 2＝λ S 1－1，可得 a 2＝ 2 2⎦4 n （n －1） 5⎤ 25n ＋15n －4⎡2(2)解 由题设可求 a 2＝λ －1，∴a 3＝λ ＋1， 令 2a 2＝a 1＋a 3，解得 λ ＝4，故 a n ＋2－a n ＝4.由此可得{a 2n －1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以 a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在 λ ＝4，使得数列{a n }为等差数列.【迁移探究 1】 若把本例题的条件 a 1＝1 变为 a 1＝2，求解问题(2).2λ －1，由(1)知 a 3－a 1＝λ ，则 a 3＝λ ＋2. 若{a n }为等差数列，则 2a 2＝a 1＋a 3，则 2λ －1＝2＋(λ ＋2)，解得 λ ＝5.9此时 a 1＝2，a 2＝2，a 3＝7，5n －1 5n ＋4 25n 2＋15n －4 2 2 4⎣显然 a n a n ＋1 与 λ S n －1 恒相等，所以存在 λ ＝5，使得{a n }为等差数列.【迁移探究 2】 在本例题(2)中是否存在 λ ，使得{a n }为等比数列？并说明理由. 解 由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λ S 1－1，可得 a 2＝λ －1，由(1)知，a 3＝λ ＋1. 若{a n }为等比数列，则 a 2＝a 1a 3，即(λ －1)2＝λ ＋1，解得 λ ＝0 或 3.当 λ ＝0 时，由 a n a n ＋1＝λ S n －1，得 a n a n ＋1＝－1， 又 a 1＝1，所以 a 2＝－1，a 3＝1，…，a n ＝(－1)n －1. 所以数列{a n }是首项为 1，公比为－1 的等比数列，当 λ ＝3 时，由 a 1＝1，a 2＝λ －1＝3－1＝2，a 3＝λ ＋1＝4. 显然 a n ＝2n －1，此时 a n a n ＋1＝2n －12n ＝22n －1，1×（1－2n ）λ S n －1＝3×1－2 －1＝3·2n －4，显然 a n a n ＋1 与 λ S n －1 不是恒相等，与已知条件矛盾，所以 λ ≠3.综上可知，存在实数 λ ＝0 时，使得{a n }为等比数列. 探究提高 1.本例题常见错误：(1)忽略 a n ＋1≠0， 由 a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λ a n ＋1 直接得出 a n ＋2－a n ＝λ .(2)由{a 2n －1}是等差数列，{a 2n }是等差数列，直接得出数列{a n }为等差数列.⎛ a ⎫ ⎝ a n⎭(2)由(1)得 S n ＝ 1 ＝3n⎩ ⎧⎪a 2＋1＝a 1－3， ⎧a 1q －a 1＝－4， 1 解得 a 1＝8，q ＝ .2 所以 a n ＝a 1q n －1＝8× ⎪ ⎝2⎭⎩ 无关的一常数.(2)中项公式法①若 2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n∈N *，n≥2)，则{a n }为等差数列；②若 a 2＝a n －1·a n ＋1(n∈N *，n≥2)且 a n ≠0，则{a n }为等比数列.【训练 3】 (2017·全国Ⅰ卷)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 .a （1－q n ） －2[1－（－2）n ] 1－q 1－（－2）2＝ [(－2)n －1]，2 2则 S n ＋1＝3[(－2)n ＋1－1]，S n ＋2＝3[(－2)n ＋2－1]，2 2 2 4所以 S n ＋1＋S n ＋2＝3[(－2)n ＋1－1]＋3[(－2)n ＋2－1]＝3[2(－2)n －2]＝3[(－2)n －1]＝2S n ，∴S n ＋1，S n ，S n ＋2 成等差数列.热点四 等差数列与等比数列的综合问题【例 4】 (2017·贵阳质检)已知数列{a n }是等比数列，并且 a 1，a 2＋1，a 3 是公差为－3 的等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设 b n ＝a 2n ，记 S n 为数列{b n }的前 n 项和，证明：S n <(1)解 设等比数列{a n }的公比为 q ，因为 a 1，a 2＋1，a 3 是公差为－3 的等差数列，所以⎨⎪a 3＝（a 2＋1）－3，即⎨⎪⎩a 1q 2－a 1q ＝－2，⎛1⎫n －1＝24－n . 16 3.bna2n4⎛1⎫n⎤⎥⎛1⎫n⎤⎥<16.4⎢1－ ⎪所以Sn＝＝·⎢1－ ⎪13⎣⎝4⎭⎦341－323.应用关系式an＝⎨1b a1(2)证明因为n＋1＝2n＋2＝，1所以数列{bn}是以b1＝a2＝4为首项，4为公比的等比数列.⎡⎣⎝4⎭⎦16⎡1－探究提高 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.【训练4】(2017·北京卷)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通项公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解(1)设{an}的公差为d，由a1＝1，a2＋a4＝10，得1＋d＋1＋3d＝10，所以d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)由(1)知a5＝9.设{bn}的公比为q，由b1＝1，b2·b4＝a5得qq3＝9，所以q2＝3，所以{b2n－1}是以b1＝1为首项，q′＝q2＝3为公比的等比数列，所以b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1·（1－3n）3n－1＝.1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn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a1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.⎧⎪S，n＝1，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⎪⎩S n－S n－1，n≥2况能否整合在一起.一、选择题1.(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A.100C.98B.99D.97解析 S 9＝9（a 1＋a 9） 9×2a 5又 a 10＝8，因此公差 d ＝ 10＝1，∴a 100＝a 10＋90d ＝98. ＝ 2 20 10 5则 S 奇 a ＋4a ＋16a S 偶 －2a －8a 10 4.已知 S n 是公差不为 0 的等差数列{a n }的前 n 项和，且 S 1，S 2，S 4 成等比数列，则 2a ＋a 3 a 1 a ＋a 3 a 1＋d ＋a 1＋2d 8a 1 a 1 a 1 a 12 ＝9a 5＝27，得 a 5＝3，a －a 5 10－5答案 C2.(2017·淮北二模)5 个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为()21 A.－21 C.－B.－221 D.－解析 由题意，设这 5 个数分别为 a ，－2a ，4a ，－8a ，16a(a≠0). 21 ＝ ＝－ .答案 C13.(2017·济南调研)等差数列{a n }中的 a 1，a 4 033 是函数 f(x)＝3x 3－4x 2＋6x －1 的极值点，则 log 2a 2 017＝()A.2C.4B.3D.5解析 因为 f′(x)＝x 2－8x ＋6，依题意，a 1，a 4 033 是方程 f′(x)＝x 2－8x ＋6＝0 的两根， ∴a 1＋a 4 033＝8，则 a 2 017＝4， 故 log 2a 2 017＝log 24＝2.答案 A等于( )A.4C.8B.6D.10解析 设数列{a n }的公差为 d ，则 S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，因为 S 1，S 2，S 4 成等比数列，所以 S 2＝S 1S 4，即(2a 1＋d)2＝a 1(4a 1＋6d)，解得 d ＝0(舍去)或 d ＝2a 1，所以 2 ＝ ＝ ＝8. 答案 C5.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数： 1，1，2，3，5，8，13，….3 4 a n －1 ⎝a n －1⎭ ＝2，从而 ln(a 2 017) －ln(a 2 016) ＝⎛a 2 017⎫2⎝a 2 016⎭ ＝ln 2.⎧⎪S ＝a （1－q ）＝7， ⎧⎪a ＝ ， 1 1－q4 则⎨ 解得⎨ 4 ⎪⎩S ＝a （1－q ）＝63，⎪⎩q ＝2， 1－q4 S n 为数列{a n }的前 n 项和，则数列⎨ n ⎬的前 n 项和取最小值时的 n 为________.⎧⎪（a 1＋2d ）（a 1＋14d ）＝25， ⎧⎪a 1＝－3，na 1＋ 2 S n n n 3434a n＝－ 2(n≥2)，故 ⎪ ⎩⎩该数列的特点是：前两个数都是 1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列 {a n }称为“斐波那契数列”，则 (a 1a 3－a 2)(a 2a 4－a 2)(a 3a 5－a 2)…(a 2 015a 2 017 －a 2 016)＝( )A.1C.2 017B.－1D.－2 017解析 ∵a 1a 3－a 2＝1×2－12＝1，a 2a 4－a 2＝1×3－22＝－1，a 3a 5－a 2＝2×5－32＝1，……，a 2 015a 2 017－a 2 016 ＝1，∴(a 1a 3－a 2)(a 2a 4－a 2)(a 3a 5－a 2)…(a 2 015·a 2 017－a 2 016)＝11 008×(－1)1 007＝－1.答案 B二、填空题6.(2017·长沙一模)等比数列{a n }的公比为－ 2，则 ln(a 2 017)2－ln(a 2 016)2＝________. 解析 因为 ⎛ a n ⎫2 22ln ⎪答案 ln 27 637.(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前 n 项和为 S n ，已知 S 3＝4，S 6＝ 4 ，则 a 8＝________.解析 设数列{a n }首项为 a 1，公比为 q(q≠1)，31 3 1 6 1 61所以 a 8＝a 1q 7＝4×27＝32.答案 328.(2017·衡阳八中、长郡中学联考改编)等差数列{a n }的公差 d≠0，且 a 3，a 5，a 15 成等比数列，若 a 5＝5， ⎧S ⎫ ⎩ n ⎭解析 由题意知⎨ ⎪a 1＋4d ＝5，由 d≠0，解得⎨⎪d ＝2，n （n －1） d∴ ＝ ＝－3＋n －1＝n －4.4 ⎩ n ⎭∴T n ＝nb 1＋ a n 22 2nnnnS由 n －4≥0，得 n≥4，且 4＝0，⎧S ⎫∴数列⎨ n⎬的前 n 项和取最小值时的 n 的值为 3 或 4.答案 3 或 4三、解答题9.(2016·全国Ⅲ卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足 a 1＝1，a 2－(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求 a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式.解 (1)由 a 1＝1，a 2－(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，1令 n ＝1，得 a 2＝2，1 令 n ＝2，得 a 2－(2a 3－1)a 2－2a 3＝0，则 a 3＝4.(2)由 a 2－(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)，a 1 因为{a n }的各项都为正数，所以 n ＋1＝ .1 1故{a n }是首项为 1，公比为2的等比数列，因此 a n ＝2n －1.10.(2017·湖北七校联考)已知等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ＝2n ＋1＋a ，数列{b n }满足 b n ＝2－log 2a 3.(1)求常数 a 的值；(2)求数列{b n }的前 n 项和 T n .解 (1)当 n ＝1 时，a 1＝S 1＝22＋a ＝4＋a ，当 n≥2 时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1＋a －(2n ＋a)＝2n ， ∵{a n }为等比数列，∴a 2＝a 1·a 3 (22)2＝(4＋a)·23，解得 a ＝－2. (2)由(1)知 a n ＝2n ，则 b n ＝2－log 223n ＝2－3n ， ∵b n ＋1－b n ＝－3 对一切 n∈N *都成立，∴{b n }是以 b 1＝－1 为首项，d ＝－3 为公差的等差数列，n （n －1） n －3n 2d ＝ .11.(2017·江苏卷)对于给定的正整数 k ，若数列{a n }满足 a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n 对任意正整数 n(n>k)总成立，则称数列{a n }是“P(k)数列”. (1)证明：等差数列{a n }是“P(3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n }是等差数列.证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为 d ， 则 a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当 n≥4 时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1，2，3，所以 a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P(3)数列”.(2)数列{a n }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当 n≥3 时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当 n≥4 时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③ a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n ).④将③④代入②，得 a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中 n≥4， 所以 a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为 d′. 在①中，取 n ＝4，则 a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以 a 2＝a 3－d′，在①中，取 n ＝3，则 a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以 a 1＝a 3－2d′， 所以数列{a n }是等差数列.。
专题三 第1讲 等差数列、等比数列
核心提炼
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*) (1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d. (2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1. (3)等差数列的求和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－ 2 1d.
(4)等比数列的求和公式： Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq，q≠1，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
2.(2022·济宁模拟)在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a6＋a8＝－32，则aa105＋ ＋aa172
等于
A.－8
B.16
C.32
√D.－32
设等比数列{an}的公比为q， 则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，所以q5＝－32， 故aa105＋ ＋aa172＝aa5＋5＋aa77q5＝q5＝－32.
∴S14＝14a12＋a14＝14a42＋a11>0， S15＝15a12＋a15＝15×2 2a8<0，
∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确.
考点三
等差数列、等比数列的判断
核心提炼
定义法 通项法 中项法
等差数列 an＋1－an＝d an＝a1＋(n－1)d 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的
石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项
1＝6
√B.{an}的公差为9
C.a6＝3a3
√D.S9＝405
设{an}的公差为d.由a4＋a6＝90， 得a5＝45，又a2＝18， 联立方程组aa11＋＋d4＝d＝184，5， 解得ad1＝＝99，， 故 A 错误，B 正确；
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高考数学二轮复习专题三数列第一讲 等差数列、等比数列课件理
11、用道德的示范来造就一个人，显然比用法律来约束他更有价值。—— 希腊
12、法律是无私的，对谁都一视同仁。在每件事上，她都不徇私情。—— 托马斯
13、公正的法律限制不了好的自由，因为好人不会去做法律不允许的事 情。——弗劳德
14、法律是为了保护无辜而制定的。——爱略特 15、像房子一样，法律和法律都是相互依存的。——伯克