XX届高考数学第一轮等差数列与等比数列的综合问题专项复习教案.docx
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XX届高考数学第一轮等差数列与等比数列的综合问题专项复习教案
XX届高考数学第一轮等差数列与等比数列的综合问题专项复习教案
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等差数列与等比数列的综合问题
●知识梳理
（一）等差、等比数列的性质
.等差数列{an}的性质
（1）am=ak+（m－k）d，d=.
（2）若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{λan+b}（λ、b为常数）是公差为λd的等差数列；若{bn}也是公差为d的等差数列，则{λ1an+λ2bn}（λ1、λ2为常数）也是等差数列且公差为λ1d+λ2d.
（3）下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…组成的数列仍为等差数列，公差为md.
（4）若m、n、l、k∈N*，且m+n=k+l，则am+an=ak+al，反之不成立.
（5）设A=a1+a2+a3+…+an，B=an+1+an+2+an+3+…+a2n，c=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a3n，则A、B、c成等差数列.
（6）若数列{an}的项数为2n（n∈N*），则S偶－S奇=nd，=，S2n=n（an+an+1）（an、an+1为中间两项）；
若数列{an}的项数为2n－1（n∈N*），则S奇－S偶=an，=，S2n－1=（2n－1）an（an为中间项）.
2.等比数列{an}的性质
（1）am=ak•qm－k.
（2）若数列{an}是等比数列，则数列{λ1an}（λ1为常数）是公比为q的等比数列；若{bn}也是公比为q2的等比数列，则{λ1an•λ2bn}（λ1、λ2为常数）也是等比数列，公比为q•q2.
（3）下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…组成的数列仍为等比数列，公比为qm.
（4）若m、n、l、k∈N*，且m+n=k+l，则am•an=ak•al，反之不成立.
（5）设A=a1+a2+a3+…+an，B=an+1+an+2+an+3+…+a2n，c=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a3n，则A、B、c成等比数列，设m=a1•a2•…•an，N=an+1•an+2•…•a2n，P=a2n+1•a2n+2•…•a3n，则m、N、P也成等比数列.
（二）对于等差、等比数列注意以下设法：
如三个数成等差数列，可设为a－d，a，a+d；若四个符号相同的数成等差数列，知其和，可设为a－3d，a－d，a+d，a+3d.三个数成等比数列，可设为，a，aq，若四个符号相同的数成等比数列，知其积，可设为，，aq，aq3.
（三）用函数的观点理解等差数列、等比数列
.对于等差数列，∵an=a1+（n－1）d=dn+（a1－d），当d≠0时，an是n的一次函数，对应的点（n，an）是位于直线上的若干个点.当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d=0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数.
若等差数列的前n项和为Sn，则Sn=pn2+qn（p、q∈R）.当p=0时，{an}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.
2.对于等比数列：
an=a1qn－1.可用指数函数的性质来理解.
当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等比数列是递增数列；
当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等比数列{an}是递减数列.
当q=1时，是一个常数列.
当q＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列.
●点击双基
.等比数列{an}的公比为q，则“q＞1”是“对于任意自然数n，都有an+1＞an”的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
c.充要条件
D.既不充分又不必要条件
解析：
当a1＜0时，条件与结论均不能由一方推出另一方.
答案：
D
2.已知数列{an}满足an+2=－an（n∈N*），且a1=1，a2=2，则该数列前XX项的和为
A.0
B.－3
c.3
D.1
解析：
由题意，我们发现：
a1=1，a2=2，a3=－a1=－1，a4=－a2=－2，a5=－a3=1，a6=
－a4=2，…，aXX=－a1999=1，aXX=－aXX=2，a1+a2+a3+a4=0.
∴a1+a2+a3+…+aXX=aXX+aXX=a1+a2=1+2=3.
答案：
c
3.若关于x的方程x2－x+a=0和x2－x+b=0（a≠b）的四个根可组成首项为的等差数列，则a+b的值是
A.
B.
c.
D.
解析：
依题意设四根分别为a1、a2、a3、a4，公差为d，其中a1=，即a1+a2+a3+a4=1+1=2.又a1+a4=a2+a3，所以a1+a4=a2+a3=1.
由此求得a4=，d=，于是a2=，a3=.
故a+b=a1a4+a2a3=×+×==.
答案：
D
4.（XX年春季上海，12）在等差数列{an}中，当ar=as（r≠s）时，数列{an}必定是常数列，然而在等比数列{an}中，对某些正整数r、s（r≠s），当ar=as时，非常数列{an}的一个例子是___________________.
解析：
只需选取首项不为0，公比为－1的等比数列即可.
答案：
a，－a，a，－a…（a≠0）
5.（XX年北京，14）等差数列{an}中，a1=2，公差不为零，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于___________________.
解析：
设a1，a3，a11成等比，公比为q，a3=a1•q=2q，a11=a1•q2=2q2.又{an}是等差数列，∴a11=a1+5（a3－a1），∴q=4.
答案：
4
●典例剖析
【例1】（XX年春季北京，17）已知{an}是等比数列，a1=2，a3=18；{bn}是等差数列，b1=2，b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3＞20.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和Sn的公式；
（3）设Pn=b1+b4+b7+…+b3n－2，Qn=b10+b12+b14+…+b2n+8，
其中n=1，2，…，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论.
剖析：
将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算.
解:
（1）设{an}的公比为q，由a3=a1q2得q2==9，q=±3.
当q=－3时，a1+a2+a3=2－6+18=14＜20，这与a1+a2+a3＞20矛盾，故舍去.
当q=3时，a1+a2+a3=2+6+18=26＞20，故符合题意.
设数列{bn}的公差为d，由b1+b2+b3+b4=26得4b1+d=26.
又b1=2，解得d=3，所以bn=3n－1.
（2）Sn==n2+n.
（3）b1，b4，b7，…，b3n－2组成以3d为公差的等差数列，
所以Pn=nb1+•3d=n2－n；
b10，b12，b14，…，b2n+8组成以2d为公差的等差数列，b10=29，
所以Qn=nb10+•2d=3n2+26n.
Pn－Qn=（n2－n）－（3n2+26n）=n（n－19）.
所以，对于正整数n，当n≥20时，Pn＞Qn；
当n=19时，Pn=Qn；
当n≤18时，Pn＜Qn.
评述：
本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.
【例2】（XX年北京东城区模拟题）已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二项、第三项、第四项.
（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（2）设数列{cn}对任意正整数n均有+++…+=（n+1）an+1成立，其中m为不等于零的常数，求数列{cn}的前n项和Sn.
剖析：
（1）依已知可先求首项和公差，进而求出通项an和bn；
（2）由题先求出{an}的通项公式后再求Sn.
解：
（1）由题意得（a1+d）（a1+13d）=（a1+4d）2，整理得2a1d=d2.
∵a1=1，解得d=2（d=0不合题意舍去），∴an=2n－1（n=1，2，3，…）.
由b2=a2=3，b3=a5=9，易求得bn=3n－1（n=1，2，3，…）.
（2）当n=1时，c1=6；
当n≥2时，=（n+1）an+1－nan=4n+1，
∴cn=（4n+1）mn－1bn=（4n+1）（3m）n－1.∴cn=
当3m=1，即m=时，Sn=6+9+13+…+（4n+1）
=6+=6+（n－1）（2n+5）=2n2+3n+1.
当3m≠1，即m≠时，Sn=c1+c2+…+cn，即
Sn=6+9•（3m）+13•（3m）2+…+（4n－3）（3m）n－2+（4n+1）（3m）n－1.
①
3mSn=6•3m+9•（3m）2+13•（3m）3+…+（4n－3）（3m）n－1+（4n+1）（3m）n.
②
①－②得
（1－3m）Sn=6+3•3m+4•（3m）2+4•（3m）3+…+4•（3m）n－1－（4n+1）（3m）n
=6+9m+4［（3m）2+（3m）3+…+（3m）n－1］－（4n+1）（3m）n
=6+9m+－（4n+1）（3m）n.
∴Sn=+.
∴Sn=
评述：
本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法”“错位相减求和法”等.
【例3】（XX年北京海淀区模拟题）在等比数列{an}（n∈N*）中，a1＞1，公比q＞0.设bn=log2an，且b1+b3+b5=6，b1b3b5=0.
（1）求证：
数列{bn}是等差数列；
（2）求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an；
（3）试比较an与Sn的大小.
剖析：
（1）定义法即可解决.
（2）先求首项和公差及公比.（3）分情况讨论.
（1）证明：
∵bn=log2an，∴bn+1－bn=log2=log2q为常数.∴数列{bn}为等差数列且公差d=log2q.
（2）解：
∵b1+b3+b5=6，∴b3=2.
∵a1＞1，∴b1=log2a1＞0.∵b1b3b5=0，∴b5=0.
∴解得∴Sn=4n+×（－1）=.
∵∴
∴an=25－n（n∈N*）.
（3）解：
显然an=25－n＞0，当n≥9时，Sn=≤0.
∴n≥9时，an＞Sn.
∵a1=16，a2=8，a3=4，a4=2，a5=1，a6=，a7=，a8=，S1=4，S2=7，S3=9，S4=10，S5=10，S6=9，S7=7，S8=4，
∴当n=3，4，5，6，7，8时，an＜Sn；
当n=1，2或n≥9时，an＞Sn.
评述：
本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想.
●闯关训练
夯实基础
.在等比数列{an}中，a5+a6=a（a≠0），a15+a16=b，则a25+a26的值是
A.
B.
c.
D.
解析：
由等比数列的性质得三个和成等比数列，由等比中项公式可得选项为c.
答案：
c
2.公差不为零的等差数列{an}的第二、三及第六项构成等比数列，则=_____.
解析：
设公差为d（d≠0），由题意a32=a2•a6，即（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），解得d=－2a1，故===.
答案：
3.若数列x，a1，a2，y成等差数列，x，b1，b2，y成等比数列，则的取值范围是___________________.
解析：
在等差数列中，a1+a2=x+y；在等比数列中，xy=b1•b2.
∴===++2.
当x•y＞0时，+≥2，故≥4；
当x•y＜0时，+≤－2，故≤0.
答案：
［4，+∞）或（－∞，0］
4.已知数列{an}中，a1=且对任意非零自然数n都有an+1=an+（）n+1.数列{bn}对任意非零自然数n都有bn=an+1－an.
（1）求证:
数列{bn}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式.
（1）证明：
bn=an+1－an=［an+（）n+1］－an=（）n+1－an，bn+1=（）n+2－an+1=（）n+2－［an+（）n+1］=•（）n+1－an－•（）n+1=•（）n+1－an=•［（）n+1－an］，
∴=（n=1，2，3，…）.
∴{bn}是公比为的等比数列.
（2）解：
∵b1=（）2－a1=－•=，∴bn=•（）n－1=（）n+1.由bn=（）n+1－an，得（）n+1=（）n+1－an，解得an=6［（）n+1－（）n+1］.
5.设{an}为等比数列，a1=b1=1，a2+a4=b3，b2b4=a3，分别求出{an}及{bn}的前10项的和S10及T10.
解：
设公差为d，公比为q，由题意知
∴或∴S10=10+（－）=－.
当q=时，T10=；
当q=－时，T10=.
培养能力
6.（XX年北京高考，文16）已知数列{an}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=anxn（x∈R），求数列{bn}前n项和的公式.
解：
（1）设数列{an}的公差为d，
则a1+a2+a3=3a1+3d=12.
又a1=2，得d=2.
所以an=2n.
（2）令Sn=b1+b2+…+bn，则由bn=anxn=2nxn，得
Sn=2x+4x2+…+（2n－2）xn－1+2nxn，
①
xSn=2x2+4x3+…+（2n－2）xn+2nxn+1.
②
当x≠1时，①式减去②式，得
（1－x）Sn=2（x+x2+…+xn）－2nxn+1=－2nxn+1.
所以Sn=－.
当x=1时，Sn=2+4+…+2n=n（n+1）.
综上可得，当x=1时，Sn=n（n+1）；
当x≠1时，Sn=－.
7.数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2－2an+1+an=0（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）设bn=（n∈N*），Sn=b1+b2+…+bn，是否存在最大的整数m，使得任意的n均有Sn＞总成立？
若存在，求出m；若不存在，请说明理由.
解：
（1）∵an+2－2an+1+an=0，∴an+2－an+1=an+1－an（n∈N*）.
∴{an}是等差数列.设公差为d，
又a1=8，a4=a1+3d=8+3d=2，∴d=－2.∴an=－2n+10.
（2）bn==
=（－），
∴Sn=b1+b2+…+bn=［（1－）+（－）+…+（－）］
=（1－）=.
假设存在整数m满足Sn＞总成立.
又Sn+1－Sn=－
=＞0，
∴数列{Sn}是单调递增的.∴S1=为Sn的最小值，故＜，即m＜8.又m∈N*，
∴适合条件的m的最大值为7.
探究创新
8.有点难度哟！
（理）已知数列{an}的各项均为正整数，且满足an+1=an2－2nan+2（n∈N*），又a5=11.
（1）求a1，a2，a3，a4的值，并由此推测出{an}的通项公式（不要求证明）；
（2）设bn=11－an，Sn=b1+b2+…+bn，Sn′=|b1|+|b2|+…+|bn|，求.
解：
（1）由a5=11，得11=a42－8a4+2，即a42－8a4－9=0.解得a4=9或a4=－1（舍）.
由a4=9，得a32－6a3－7=0.解得a3=7或a3=－1（舍）.
同理可求出a2=5，a1=3.
由此推测an的一个通项公式an=2n+1（n∈N*）.
（2）bn=11－an=10－2n（n∈N*），可知数列{bn}是等差数列.
Sn===－n2+9n.
当n≤5时，Sn′=Sn=－n2+9n；
当n＞5时，Sn′=－Sn+2S5=－Sn+40=n2－9n+40.
当n≤5时，=1；
当n＞5时，=.
∴=.
（文）设f（k）是满足不等式log2x+log2（3•2k－1－x）≥2k－1（k∈N*）的自然数x的个数.
（1）求f（k）的表达式；
（2）记Sn=f
（1）+f
（2）+…+f（n），Pn=n2+n－1，当n≤5时试比较Sn与Pn的大小.
解：
（1）由不等式log2x+log2（3•2k－1－x）≥2k－1，得x（3•2k－1－x）≥22k－1，解之得2k－1≤x≤2k，故f（k）=2k－2k－1+1=2k－1+1.
（2）∵Sn=f
（1）+f
（2）+…+f（n）=1+2+22+23+…+2n－1+n=2n+n－1，
∴Sn－Pn=2n+n－1－（n2+n－1）=2n－n2.
又n≤5，可计算得S1＞P1，S2=P2，S3＜P3，S4=P4，S5＞P5.
●思悟小结
本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：
（1）通过知识间的相互转化，使学生更好地掌握数学中的转化思想.
（2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养学生分析问题和解决问题的综合能力.
●教师下载中心
教学点睛
本节教学中应注意以下几个问题：
.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列，灵活地运用等差、等比数列的性质，能使问题简化；灵活地运用通项公式和前n项和公式解题是高考考查的重点.
2.从等差数列中按某种规律，抽取某些项，依次排列，组成一个等比数列，是等差、等比数列综合题中的较重要的类型，要认真体会此类题.
3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征，在分析和解决有关数列的综合题中具有重要的意义.
拓展题例
【例题】已知数列{an}，构造一个新数列a1，（a2－a1），（a3－a2），…，（an－an－1），…，此数列是首项为1，公比为的等比数列.
（1）求数列{an}的通项；
（2）求数列{an}的前n项和Sn.
解：
（1）由题意an=a1+（a2－a1）+（a3－a2）+…+（an－an－1）==［1－（）n］.
（2）Sn=［n－（+++…+）］=［n－（1－）］=n－+.
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