2018年高考数学二轮复习 专题三数列第一讲等差数列、等比数列习题 Word版 含答案
第一讲 等差数列、等比数列限时规范训练一、选择题1．已知数列{a n }，若点(n ，a n )(n ∈N *)在经过点(8,4)的定直线l 上，则数列{a n }的前15项和S 15＝( ) A ．12 B ．32 C ．60D ．120解析：∵点(n ，a n )在定直线上，∴数列{a n }是等差数列，且a 8＝4， ∴S 15＝ a 1＋a 15 ×152＝2a 8×152＝15a 8＝60.答案：C2．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解析：∵a 4－2a 27＋3a 8＝0，∴2a 27＝a 4＋3a 8，∴2a 27＝a 5＋a 7＋2a 8＝a 5＋a 7＋a 7＋a 9，即2a 27＝4a 7， ∴a 7＝2，∴b 7＝2，又∵b 2b 8b 11＝b 6b 8b 7＝b 27b 7＝(b 7)3＝8，故选D. 答案：D3．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：C4．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：A5．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( )C ．6D ．7解析：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 1qn－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×⎝ ⎛⎭⎪⎫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：B6．在等差数列{a n }中，a 1＝－2015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2016的值等于( )A ．－2 015B ．2 015C ．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＋12×112d12＝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：D7．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17＞0，S 18＜0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为( ) A.S 7a 7 B.S 8a 8C.S 9a 9D.S 10a 10解析：因为{a n }是等差数列，所以S 17＝17 a 1＋a 17 2＝17a 9＞0，a 9＞0，S 18＝18 a 1＋a 182＝9(a 9＋a 10)＜0，a 10＜0，即该等差数列前9项均是正数项，从第10项开始是负数项，则S 9a 9最大，故选C.答案：C8．正项等比数列{a n }中，a 2＝8,16a 24＝a 1a 5，则数列{a n }的前n 项积T n 中的最大值为( ) A ．T 3B ．T 4解析：设正项等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则16a 24＝a 1a 5＝a 2a 4＝8a 4，a 4＝12，q 2＝a 4a 2＝116，又q＞0，则q ＝14，a n ＝a 2q n －2＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －2＝27－2n ，则T n ＝a 1a 2…a n ＝25＋3＋…＋(7－2n )＝2n (6－n )，当n ＝3时，n (6－n )取得最大值9，此时T n 最大，即(T n )max ＝T 3，故选A.答案：A 二、填空题9．(2017·高考北京卷)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a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a 4－a 13＝8－ －13＝3，由b 4＝b 1q 3得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2.∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1× －2＝1.答案：110．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＝________. 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. 答案：5011．等比数列{a n }的首项为2，公比为3，前n 项和为S n .若log 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a n S 4m ＋1 ＝9，则1n ＋4m 取最小值时，S 2＝________. 解析：由题意可得a n ＝2×3n －1，S n ＝2 1－3n1－3＝3n －1，所以log 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a n S 4m ＋1 ＝log 33n ＋4m －1＝n＋4m －1＝9，所以n ＋4m ＝10，所以1n ＋4m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋4m ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 10＋2m 5＝1710＋2n 5m ＋2m 5n ≥1710＋2×25＝2510＝52，当且仅当m ＝n 时取等号，∴n ＝2，∴a 2＝2×3＝6，∴S 2＝2＋6＝8. 答案：812．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n n －12×1＝n n ＋12，1S n＝2n n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：2nn ＋1三、解答题13．已知等差数列{a n }中，a 2＝5，前4项和S 4＝28. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝5，S 4＝4a 1＋4×32×d ＝28，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，∴a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝4n －3.(2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)，T 2n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(8n －3)＝4×n ＝4n . 14．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝9，a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ≠a 1(当n ≥2时)，数列{b n }满足b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)a 23＝a 1a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，化简得d ＝12a 1或d ＝0.当d ＝12a 1时，S 3＝3a 1＋3×22×12a 1＝92a 1＝9，得a 1＝2，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)＝n ＋1，即a n ＝n ＋1； 当d ＝0时，由S 3＝9，得a 1＝3，即有a n ＝3. (2)由题意可知b n ＝2a n ＝2n ＋1，∴b 1＝4，b n ＋1b n＝2. ∴{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴T n ＝b 1 1－q n 1－q ＝4 1－2n 1－2＝2n ＋2－4.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ≠0，a n a n ＋1＝pS n ＋2，其中p 为常数．。
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②法一：依题意有：Sn＝na1＋nn－ 2 1d
＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4. ∴当n＝2时，Sn有最大值4. 法二：∵an＝－2n＋5. ∴该数列为递减数列，设其前n项和最大，则有
an≥0
，即－2n＋5≥0
，
an＋1＜0
－2n＋1＋5＜0
∴23＜n≤25.又∵n∈N*，∴n＝2， ∴{an}的前2项和最大，最大值 S2＝2a1＋2×2 1d＝2×3－2＝4. 答案：(1)n2－2n＋6 (2)见解析
数列{an}满足________(其中n∈N*，d为与n值无关且为常数)
{an}是等差数列．
2．等差数列的通项公式
若等差数列的首项为a1，公差为d，则an＝a1＋________＝ am＋________(n，m∈N*)．
3．等差中项
若x，A，y成等差数列，则A＝________，其中A为x、y的等
高分突破
有关等差数列的基本问题
(1)将全体正整数排成一个三角形数阵： 1
23 456 7 8 9 10 根据以上排列的规律，数阵中第n行(n≥3)从左向右的 第3个数为________． (2)已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5. ①求{an}的通项an； ②求{an}的前n项和Sn的最大值．
等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数 列
(1)求{an}的公比q； (2)若a1－a3＝3，求Sn
解析：(1)依题意有
a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)， 由于a1≠0，故2q2＋q＝0，又q≠0，从而q＝－
21.
(2)由已知可得a1－a1－212＝3故a1＝4，
②－①得：ban＋1－ban－2n＝(b－1)an＋1. 即an＋1＝ban＋2n.③ (1)当b＝2时，由③得an＋1＝2an＋2n， ∴an＋1－(n＋1)·2n＝2an＋2n－(n＋1)·2n ＝即2a(n＋aa1nn－－－nnn·＋2＝·n2－121n·－，2n1又)．∵a1－1·21－1＝1≠0， ∴{an－n·2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列． (2)当b＝2时，由(1)知，an－n·2n－1＝2n－1， ∴an＝(n＋1)·2n－1. 当b≠2时，由③知：
2018高考数学理二轮复习课件：1-3-1 等差数列、等比数列 精品
1．[2015·银川一模]若等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a·3n－2，则 a2＝( )
A．4
B．12
C．24
D．36
解析 由等比数列的前 n 项和公式形式 Sn＝A－Aqn，可知 Sn＝a·3n－2 中 a＝2，则 a2＝S2－S1＝2×32 －2－(2×31－2)＝12.故选 B.
2．[2015·课标全国卷Ⅰ]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 a10＝( )
2．[2015·九江高三一模]等差数列{an}中，a1＝20115，am＝1n，an＝m1 (m≠n)，则数列{an}的公差为_2_01_1_5____．
解析 ∵am＝20115＋(m－1)d＝1n， an＝20115＋(n－1)d＝m1 ，∴(m－n)d＝1n－m1 ， ∴d＝m1n， ∴am＝20115＋(m－1)m1n＝1n，解得m1n＝20115， 即 d＝20115.
a2－a1＝2×2－1， 将以上各式相加，
得 an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2] －(n－1)＝n－122n＋4－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1.
又因为 a1＝2，所以 an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)． 当 n＝1 时，a1＝2 适合上式． 故 an＝n2＋1(n∈N*)．
2．[2015·陕西高考]中位数为 1010 的一组数构成等差数列，其末项为 2015，则该数列的首项为___5_____． 解析 设等差数列的首项为 a1，根据等差数列的性质可得，a1＋2015＝2×1010，解得 a1＝5.
建模规范答题
2018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、等比数列习题
第一讲 等差数列、等比数列限时规范训练一、选择题 1.已知数列｛a n ｝，若点（n , a n ）（ n € N ）在经过点（8,4）的定直线I 上，则数列｛a n ｝的前15项和S s=( ) A. 12 D. 120解析：T 点（n , a n ）在定直线上，数列｛a n ｝是等差数列，且a 8= 4, 答案：C2. 已知各项不为0的等差数列｛a n ｝满足a 4— 2a 2+ 3a *= 0,数列｛b n ｝是等比数列，且b ?= a ，则b 2b 8bn 等于() A. 1 B . 2 C. 4D. 8解析：T a 4 — 2a 7+ 3a 8= 0,「. 2a ?= a 4 + 3a 8,「. 2a ?= a 5+ a ?+ 2a $ = a 5 + a ?+ a ?+ a 9,即卩 2a ?= 4a ?, •- a 7 = 2, • b 7 = 2,又T b 2b 8b1= b 6b 8“= b 7b 7= (b 7) 3= 8，故选 D. 答案：D 3.在等差数列｛a n ｝中，a n >0，且a 1+ a 2+-+ a 10= 30,贝U a 5 • a 6的最大值等于( )A. 3 B . 6 C. 9D. 36解析：T a 1 + a 2+…+ a 10= 30,得 a 5 + a 6 = = 6,又 a n >0,「. a 5 • a 6<5 答案：C 4.设等差数列｛a n ｝满足a 2 = 7, a 4= 3, S 是数列｛a n ｝的前n 项和，则使得 S>0的最大的自然数 n 是()A. 9 B . 10 C. 11D. 123 — 7 、、解析：.｛a n ｝的公差 d =■ = — 2,. • ｛a n ｝的通项为 a = 7 — 2(n — 2) = — 2n + 11,. • ｛a n ｝是递减4 — 2 数列，B . 32C. 60a 1 + a 152XI52a 8 x 152 =15a 8= 60.a5 + a6且a5>0>a6, a5+ a6= 0，于是S9= 9a5>0, S o= - • 10= 0, S1 = 11 a6< 0,故选 A.答案：A5. 在等比数列｛a n｝中，a1+ a n= 34, a2 • a n-1 = 64,且前n项和S= 62,则项数n等于（）-2 -C. T 5D. T 6B. 5C. 6D. 7解析：设等比数列｛a n ｝的公比为q ,由a 2a n -1 = a©= 64,又a i + a n = 34，解得a i = 2,a n = 32或a ia i 1 — qa i — a n q 2 — 32qn=32, a n = 2.当 a i = 2, a n = 32 时，S = 一-=-= 62,解得 q = 2.又 a n = ag n1 — q 1 — q 1 — q—1所以2x2 1= 2 = 32,解得n = 5.同理，当a 1= 32, a n = 2时，由S= 62,解得q =右=2 4,即n — 1= 4, n = 5.综上，项数n 等于5，故选16 2B.答案：B+ a 10）v 0,S 9a 10v 0，即该等差数列前 9项均是正数项，从第10项开始是负数项，则 一最大，故选C.a 9答案：CA. 4 6.在等差数列｛a n｝中, a 1= — 2015，其前n 项和为S n ,若誇―S= 2,则S 2016的值等于（A.— 2 015 C. 2 016 B . 2 015 D. 0解析：设数列10X9d , S o = 10a 1+ -2-d ,12X 11S 12所以石=12a + —2d 12- 9=a 1 + -^d . 10= a 1 + 尹S12 S 0 所以 S 2— S 0= d =2,所以 S 2 016 = 2 016 x a 1+2 015 X 2 016d = 0.答案：D7.设等差数列｛ a n ｝的前n 项和为 S, 且满足 S §2S 7>0, S 8V 0,则a ,-,¥中最大的项为（ ）S A.- a 7sB.-a 8a 9 a 10解析：因为｛a n ｝是等差数列，所以 =17a 9> 0, a 9> 0,S )8=IX a 1 + a 18=9( a 9&正项等比数列｛a n｝中，a2 = 8,16 a4= a©，则数列｛◎｝的前n项积T n中的最大值为（）A. T3B. T4-4 -C. T 5D. T 621 2 a 4 1解析：设正项等比数列｛a n ｝的公比为q (q >0)，贝U 16a 4 = af 5= a 2a 4= 8a 4, a 4= , q = =花，又q2 a 2 16 >0,贝y q =1a n= aq-2= 8x1 n _2= 2一2n ，贝H T n = aa 2…a n = 25+3+…+(7一2n) = 2n(6 —n)，当 n = 3 时，4诒丿n (6 — n )取得最大值9,此时T n 最大，即(T n ) max = T 3,故选A.答案：A 二、填空题a 29. (2017 •咼考北京卷 )若等差数列｛a n ｝和等比数列｛b n ｝满足a 1 = b 1 = — 1, a 4= S = 8，则匸=b 2解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d ,等比数列｛b ｝的公比为q ,a 4 — a 1 8— — I则由 a 4= a+ 3d ,得 d =3 — = 3= 3,33b 48由 b 4= b 1q 得 q = = —=— 8,「・ q =— 2.b 1 — 1a 2 a 1 + d — 1 + 3:b 2=両=—ix -? =1.答案：110 .若等比数列｛ a n ｝的各项均为正数，且a 1o an + a 9a 12= 2e 5,则ln a 1+ ln a ?+…+ ln a 2o = _____________55解析：因为 a 1o au + a 9a 12= 2a 1o a“= 2e ，所以 a 1o au = e . 所以 In a 1+ lna 2 + …+ In a 20= ln( aa 2…a 20)= ln[(a 1a 20)•( a 2a 19) ........ ( a 10an)] = ln( aean)5=10ln( aean) = 10ln e = 50ln e = 50.答案：50小值时，S 2 =且仅当 m= n 时取等号，n = 2,「. a 2= 2X 3= 6, — S 2= 2+ 6= 8. 答案：811.等比数列｛a n ｝的首项为2,公比为3,前n 项和为S.若log 3Sm + 1=9，则丄+上取最n m 解析：由题意可得a n = 2X3n —1, S = 2二=3n — 1,所以 log 3 |^aS m + 1n + 4m- 1=log 33 = n+ 4m-1 = 9,所以 n + 4m= 10,所以1+ 4 =n m2m 172=空」当5 10 2'1S k1+n2m 17 2n+?=帀+5m +乔》和+2Xn)等差数列｛a n｝的前n项和为S n, a3= 3, S= 10,则12. (2017 •高考全国卷nk = 1-6 -C. T 5D. T 6鬥=a i + 2d = 3,解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d ,则由4X3S 4= 4a i + —^d = 10,1111 1 11111 1 1S = S 1+ S 2+§+•••+ s n =2 1— 2+ 2-3+3 - 4+^+ n _ 市=2三、解答题13. 已知等差数列｛a n ｝中，a 2= 5，前4项和s= 28. (1)求数列｛a n ｝的通项公式；⑵若b = ( - 1)n a n ,求数列｛b n ｝的前2n 项和Tm[a 2= a 1 + d = 5, 解析:(1)设等差数列｛a n｝的公差为d，则由已知条件得S 4= 4&+宁X d = 28,a 1= 1, d = 4,• a n = a 1+ (n -1) X d = 4n — 3.⑵ 由(1)可得 b n = ( - 1)n a n = ( - 1)n (4 n -3), T 2n =- 1 + 5-9+ 13-17 +…+ (8 n -3) = 4X n = 4n .14. 已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S,且S = 9, a 1, a 3, a ?成等比数列. (1)求数列｛a n ｝的通项公式；⑵ 若金丰a 1(当n 》2时)，数列｛b n ｝满足b n = 2a n ，求数列｛b n ｝的前n 项和T n .2 2 1解析：(1) a 3 = a 1a ?，即(a + 2d ) = a(a 1 + 6d )，化简得 d =尹或 d = 0. 1 3X2 1 9当 d = ?a 1 时，S= 3a 1+ ~2~X ?a 1 = ^a 1= 9，得 a 1= 2, d = 1, • a n = a 1+ (n - 1)d = 2 + (n — 1) = n + 1,即卩 a n = n +1 ；当d = 0时，由S= 9,得a 1 = 3,即有a n = 3.⑵ 由题意可知b n = 2a n = 2n +1,b 1= 4, 一b• ｛b n ｝是以4为首项，2为公比的等比数列, • T n =养=二=2n + 2- 4.a i = 1,d = 1.n S 1 = n X 1 + n T2S T n n+1 = 21-估.nk = 1答案:2nn +1b n + 1 =2.15. 已知数列｛a n｝的前n项和为S, a1 = 2, a n M 0, a n a n+ 1= pS + 2,其中p 为常数.-8 -(1) 证明：a n + 2 —a n = p；(2) 是否存在p,使得｛a n｝为等差数列？并说明理由.解析：(1) 证明：由题设知a n a n+ 1= pS n+ 2，a n+ 1a n+ 2= pS n+ 1+ 2，两式相减得a n + 1 ( a n+ 2—a n) = pa n + 1，由于a n +1 M 0, 所以a n+2 —a n = p. (2)由题设知a i= 2, a i a2= pS+ 2,可得比=p+ 1,由(1)知a3= p+ 2. 令2a2= a1+ a3，解得p= 2，故a n+2—a n= 2,由此可得｛a2n—1｝是首项为2,公差为2的等差数列，且a2n—1= 2门，｛a2n｝是首项为3，公差为2的等差数列，且a2n= 2n +1,所以a n= n+ 1 ，a n + 1 —a n = 1 ，因此存在p= 2,使得数列｛a n｝为等差数列.。
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题三 数列 第1讲 精品
【训练 2】 (1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，2nSn＝ an＋1－13n2－n－23，n∈N*. ①求 a2 的值； ②求数列{an}的通项公式. (2)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a2n＋1， 数列{bn}满足 bn·bn＋1＝3an，且 b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项 公式.
【训练1】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝
λSn－1，其中λ为常数.
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
(1)证明 由题设，anan＋1＝λSn－1，① 知 an＋1an＋2＝λSn＋1－1，② ②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. ∵an＋1≠0，∴an＋2－an＝λ. (2)解 由题设可求 a2＝λ－1，∴a3＝λ＋1，令 2a2＝a1＋a3，解 得 λ＝4，故 an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差 数列，a2n＝4n－1.所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在 λ＝4， 使得数列{an}为等差数列.
热点一 等差、等比数列的判定与证明
【例 1】 (2016·开封二模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝14， 且 Sn＝Sn－1＋an－1＋12(n∈N*，且 n≥2)，数列{bn}满足：b1＝ －1149，且 3bn－bn－1＝n(n≥2，且 n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn－an}为等比数列.
答案 －1n
4.(2016·全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)若 S5＝3312，求 λ. (1)证明 由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故 λ≠1，a1＝1－1 λ，a1≠ 0.由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得 an＋1＝λan＋1－λan， 即 an＋1(λ－1)＝λan，由 a1≠0，λ≠0 得 an≠0，所以aan＋n 1＝λλ－1.
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：专题三第1讲等差数列与等比数列 精品
第 1 讲 等差数列与等比数列
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．100
B．99C．98来自D．97解析：法一：∵{an}是等差数列，设其公差为 d，
∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
a1＋4d＝3， a1＝－1，
1
1
又S1＝－1，∴ {Sn}是首项为－1，公差为－1 的等差
数列．
∴
S1n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴
1 Sn＝－n.
答案：－n1
1．等差数列、等比数列的两组公式
(1)通项公式． 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. (2)求和公式． 等差数列：Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n2－1）d； 等比数列：Sn＝a1（11－－qqn）＝a11－－aqnq(q≠1)．
2．(2015·全国Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足 a1＝3，a1＋ a3＋a5＝21，则 a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B．42 C．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.
当 n≥2 时，2an＝2λ＋Sn，2an－1＝2λ＋Sn－1， 两式相减得 2an－2an－1＝an， ∴an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列， ∴an＝a1·2n－1＝2λ·2n－1＝2λn. 综上，当 a1＝0 时，an＝0；当 a1≠0 时，an＝2λn.
(2)当 a1>0 且 λ＝100 时， 令 bn＝lga1n， 由(1)知，bn＝lg120n0＝2－nlg2.
(完整word)2018届高三年级数学二轮复习_数列专题与答案
2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1. (4)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）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)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.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)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.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)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 ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 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。
2018-2019学年高三理科数学二轮复习：专题三数列第一讲 等差数列、等比数列-含解析
专题三 数列
第一讲 等差数列、等比数列
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对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解．
2．对等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题．
3．对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节.
1．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )
A ．100
B ．99
C ．98
D ．97
[解析] 设{a n }的公差为d ，由等差数列前n 项和公式及通项公
式，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 9＝9a 1＋9×82d ＝27，a 10＝a 1＋9d ＝8，解得⎩⎨⎧ a 1＝－1，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d
＝n －2，∴a 100＝100－2＝98.故选C.
[答案] C。
2018高考数学(理)二轮复习试题专题三第1讲等差数列与等比数列
热点 1 数列的基本运算 1．通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn 1.
－
2．前 n 项和公式 n（a1＋an） n（n－1） 等差数列：Sn＝ ＝na1＋ d； 2 2 a1（1－qn） a1－anq 等比数列：Sn＝ ＝ (q≠1)． 1－q 1－q
[例 1] (1)(2015· 全国卷Ⅰ)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 a10＝( 17 A. 2 C．10 19 B. 2 D．12 )
2．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，注意整体计算，以减少运算量．
[变式训练] (2017· 北京卷)若等差数列{an}和等比数 a2 列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则 ＝________． b2 (2)(2017· 衡水中学第二次调研)已知数列{an}的前 n 项 和为 Sn，若 Sn＝1＋2an(n≥2)，且 a1＝2，则 S20＝( A．219－1 C．219＋1 B．221－2 D．221＋2 )
即 8a1＋28＝16a1＋24， 1 1 19 所以 a1＝ ，则 a10＝a1＋(10－1)d＝ ＋9＝ . 2 2 2
(2)由于{an}是等比数列，设 an＝a1qn－1，其中 a1 是首 项，q 是公比． a1＝8， 2 a1＋a3＝10， a1＋a1q ＝10， 所以 即 解得 1 3 q＝ . a2＋a4＝5， a1q＋a1q ＝5， 2
1n－4 故 an＝2 ，
所
以
a1
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【优化方案】2018年高考数学二轮复习 专题三第一讲等差数列、等比数列 理
第一讲 等差数列、等比数列1．等差数列{a n }中,a 2＝3,a 3＋a 4＝9,则a 1a 6的值为( )A ．14B ．18C ．21D ．272．等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 6∶S 3＝1∶2,则S 9∶S 3＝( ) A.34 B.23C.56D.8253．(2013·高考大纲全国卷)已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0,a 2＝－43,则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－3－10) B.19(1－310) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)4．(2013·浙江省名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中,首项a 1＝1且前n 项和S n满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2),则a 81＝( )A ．638B ．639C ．640D ．6415．(2013·高考辽宁卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列{a n n}是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列． 其中的真命题为( )A ．p 1,p 2B ．p 3,p 4C ．p 2,p 3D ．p 1,p 46．(2013·高考辽宁卷)已知等比数列{a n }是递增数列,S n 是{a n }的前n 项和．若a 1,a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根,则S 6＝________.7．(2013·温州市适应性测试)已知数列{a n }中,a 1＝1,a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1),记S n 为{a n }前n 项的和,则S 2 013＝________．8．在数列{a n }中,如果对任意n ∈N *都有a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数),则称数列{a n }为等差比数列,k 称为公差比．现给出下列命题：①等差比数列的公差比一定不为零；②等差数列一定是等差比数列；③若a n ＝－3n ＋2,则数列{a n }是等差比数列；④若等比数列是等差比数列,则其公比等于公差比．其中正确命题的序号为________．9．(2013·高考课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的公差不为零,a 1＝25 ,且a 1,a 11,a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.10．在公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }和公比为q 的等比数列{b n }中,a 2＝b 1＝3,a 5＝b 2,a 14＝b 3,(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)令c n ＝ba n ,求数列{c n }的前n 项和T n .11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝14,且2S n ＝2S n －1＋2a n －1＋1(n ≥2,n ∈N *)．数列{b n }满足b 1＝34,且3b n －b n －1＝n (n ≥2,n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列；(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列；(3)求数列{b n }的通项公式以及前n 项和T n .答案：1．【解析】选A.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝32a 1＋5d ＝9,由此解得d ＝1,a 1＝2,a 6＝a 1＋5d ＝7,a 1a 6＝14,故选A.2．【解析】选A.由于[a 1（1－q 6）1－q ]∶[a 1（1－q 3）1－q ]＝1∶2,得q 3＝－12, 而S 9∶S 3＝[a 1（1－q 9）1－q ]∶[a 1（1－q 3）1－q ]＝1－q 91－q 3＝1＋q 3＋q 6＝1－12＋14＝34. 3．【解析】选C.由3a n ＋1＋a n ＝0,得a n ＋1a n ＝－13, 故数列{a n }是公比q ＝－13的等比数列． 又a 2＝－43,可得a 1＝4. 所以S 10＝4[1－（－13）10]1－（－13）＝3(1－3－10)． 4．【解析】选C.由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得,S n －S n －1＝2,∴{S n }是以1为首项,2为公差的等差数列,故S n ＝2n －1,S n ＝(2n －1)2,∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640,故选C.5．【解析】选D.因为d >0,所以a n ＋1>a n ,所以p 1是真命题．因为n ＋1>n ,但是a n 的符号不知道,所以p 2是假命题．同理p 3是假命题．由a n ＋1＋3(n ＋1)d －a n －3nd ＝4d >0,所以p 4是真命题．6．【解析】因为a 1,a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根,且数列{a n }是递增的等比数列,所以a 1＝1,a 3＝4,q ＝2,所以S 6＝1－261－2＝63. 【答案】637．【解析】由a 1＝1,a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列,且a 1＝1,a 2＝－2,a 3＝－1,a 4＝0.所以S 2 013＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.【答案】－1 0058．【解析】若k ＝0,{a n }为常数列,分母无意义,①正确；公差为零的等差数列不是等差比数列,②错误；a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝3,满足定义,③正确；设a n ＝a 1q n －1(q ≠0), 则a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝a 1q n ＋1－a 1q na 1q n －a 1q n －1＝q ,④正确． 【答案】①③④9．【解】(1)设{a n }的公差为d ,由题意得a 211＝a 1a 13,即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )．于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25,所以d ＝0(舍去),d ＝－2.故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31, 故{a 3n －2}是首项为25,公差为－6的等差数列． 从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n 2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .10．【解】(1)由条件得⎩⎪⎨⎪⎧3＋3d ＝3q ，3＋12d ＝3q 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3，∴a n ＝2n －1,b n ＝3n.(2)由(1)得c n ＝ba n ＝b 2n －1＝32n －1.∵c n ＋1c n＝32n ＋132n －1＝9,c 1＝3,∴{c n }是首项为3,公比为9的等比数列, ∴T n ＝3（1－9n ）1－9＝38(9n－1)．11．【解】(1)证明：∵2S n ＝2S n －1＋2a n －1＋1(n ≥2,n ∈N *),∴当n ≥2时,2a n ＝2a n －1＋1, 可得a n －a n －1＝12.∴数列{a n }为等差数列．(2)证明：∵{a n }为等差数列,公差d ＝12,∴a n ＝a 1＋(n －1)×12＝12n －14. 又3b n －b n －1＝n (n ≥2),∴b n ＝13b n －1＋13n (n ≥2),∴b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14＝13b n －1－16n ＋14＝13(b n －1－12n ＋34)＝13[b n －1－12(n －1)＋14]＝13(b n －1－a n －1),又b 1－a 1＝12≠0,∴对n ∈N *,b n －a n ≠0,得b n －a n b n －1－a n －1＝13(n ≥2)．∴数列{b n －a n }是首项为12,公比为13的等比数列． (3)由(2)得b n －a n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1, ∴b n ＝n 2－14＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1(n ∈N *)．∵b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13,∴b 1＋b 2＋…＋b n －(a 1＋a 2＋…＋a n ) ＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n,∴T n －n 24＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ,∴T n ＝n 24＋34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．。
2018届高三数学文二轮新课标专题复习课件：1.4.1等差数列、等比数列 精品
【知识回顾】
1.等差数列 (1)通项公式:an=_a_1+_(_n_-_1_)_d_=am+_(_n_-_m_)_d_. (2)等差中项公式:2an=_a_n_-1_+_a_n_+1_(n∈N*,n≥2).
(3)前n项和公式:Sn=__n_(_a1_2_a_n_)__=_n_a_1 __n__n2__1__d_.
B.99
C.98
D.97
【解析】选C.方法一:由题意可知,
aa11
4d 9d
3, 8,
解得a1=-1,d=1,所以a100=-1+99×1=98.
方法二:由等差数列性质可知:
S9=9
a1 2
a9
9=922aa55=27,故a5=3,
而a10=8,因此公差d=a1100
a5=1,
5
所以a100=a10+90d=98.
2.等比数列
(1)等比数列的通项公式:an=_a_1q_n_-_1=_a_mq_n_-_m. (2)等比中项公式:an2 =_a_n_-1_·__a_n_+1_(n∈N*,n≥2).
(3)等比数列的前n项和公式: _n_a_1 (q=1)，
Sn= a1 anq a1(1 qn ) __1__q__=___1__q___,(q≠1).
【加固训练】
1.等差数列{an}的前n项和Sn,若a1=2,S3=12,则a6=( )
A.8
B.10
C.12
D.14
【解解得析ad】1＝＝2选2所，，C以.由a6题=a意1+得5,d=3a11a＝122.，3d＝12，
2.(2016·重庆一模)在等差数列{an}中,a1=2,a3+a5=10,