江苏专用高考数学二轮复习专题六第1讲等差数列与等比数列学案理Word文件下载.docx

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2，可求得n的最大值为12，而当n＝13时，28－2－5<

213，所以n的最大值为12.

答案　12

4.（2017·

江苏卷）对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n（n>

k）总成立，则称数列{an}是“P（k）数列”.

（1）证明：

等差数列{an}是“P（3）数列”；

（2）若数列{an}既是“P

（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：

{an}是等差数列.

证明　

（1）因为{an}是等差数列，设其公差为d，

则an＝a1＋（n－1）d，从而，当n≥4时，

an－k＋an＋k＝a1＋（n－k－1）d＋a1＋（n＋k－1）d＝2a1＋2（n－1）d＝2an，k＝1，2，3，

所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，

因此等差数列{an}是“P（3）数列”.

（2）数列{an}既是“P

（2）数列”，又是“P（3）数列”，因此，

当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①

当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②

由①知，an－3＋an－2＝4an－1－（an＋an＋1），③

an＋2＋an＋3＝4an＋1－（an－1＋an）.④

将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，

所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.

在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，

在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，

所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列.

考点整合

1.等差数列

（1）通项公式：

an＝a1＋（n－1）d.

（2）求和公式：

Sn＝＝na1＋d.

（3）性质：

①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；

特别地，若m＋n＝2k，则am＋an＝2ak；

②an＝am＋（n－m）d；

③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列.

2.等比数列

an＝a1qn－1（q≠0）.

q＝1，Sn＝na1；

q≠1，Sn＝＝.

①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·

an＝ap·

aq；

特别地，若m＋n＝2k，则aman＝a；

②an＝am·

qn－m；

③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…（Sm≠0）成等比数列.

热点一　等差、等比数列的基本运算

【例1】

（1）（2018·

苏、锡、常、镇四市调研）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a4＝2，S2＋S4＝1，则a10＝________.

（2）（2017·

北京卷）若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.

（3）（2017·

南京师大附中模拟）在数列{an}中，若a1＝－2，且对任意的n∈N*有2an＋1＝1＋2an，则数列{an}前10项的和为________.

解析　

（1）设公差为d，则解得所以a10＝a1＋9d＝8.

（2）{an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.

{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·

q3＝－q3，

∴q＝－2，∴b2＝b1·

q＝2.则＝＝1.

（3）由2an＋1＝1＋2an得an＋1－an＝，

所以数列{an}是首项为－2，公差为的等差数列，

所以S10＝10×

（－2）＋×

＝.

答案　

（1）8　

（2）1　（3）

探究提高　

（1）等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d（公比q），在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.

（2）在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.

【训练1】

（1）（2014·

江苏卷）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________.

（2）（2018·

全国Ⅰ卷改编）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝________.

（3）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________.

解析　

（1）因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程（q2）2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×

22＝4.

（2）法一　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×

（－3）＝－10.

法二　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×

（3）设{an}的公差为d，由得解得d＝4.

答案　

（1）4　

（2）－10　（3）4

热点二　等差、等比数列的判定与证明

【例2】（2017·

苏州调研）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋（n∈N*，且n≥2），数列{bn}满足：

b1＝－，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.

（1）解　由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，即an－an－1＝（n∈N*，n≥2），

则数列{an}是以为公差的等差数列，又a1＝，∴an＝a1＋（n－1）d＝n－.

（2）证明　∵3bn－bn－1＝n（n≥2），∴bn＝bn－1＋n（n≥2），

∴bn－an＝bn－1＋n－n＋＝bn－1－n＋＝（n≥2）.

bn－1－an－1＝bn－1－（n－1）＋＝bn－1－n＋（n≥2），

∴bn－an＝（bn－1－an－1）（n≥2），∵b1－a1＝－30≠0，∴＝（n≥2）.

∴数列{bn－an}是以－30为首项，为公比的等比数列.

探究提高　判断和证明数列是等差（比）数列的两种方法

（1）定义法：

对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为同一常数.

（2）中项公式法：

①若2an＝an－1＋an＋1（n∈N*，n≥2），则{an}为等差数列；

②若a＝an－1·

an＋1（n∈N*，n≥2），则{an}为等比数列.

【训练2】（2018·

全国Ⅰ卷）已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an.设bn＝.

（1）求b1，b2，b3；

（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；

（3）求{an}的通项公式.

解　

（1）由条件可得an＋1＝an.将n＝1代入得，a2＝4a1，

而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，

所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.

（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：

由条件可得＝，

即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.

（3）由

（2）可得＝1×

2n－1，所以an＝n·

2n－1，n∈N*.

热点三　等差与等比数列的综合问题

【例3】已知{an}是等比数列，其前n项和为Sn（n∈N*），且－＝，S6＝63.

（2）若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{（－1）nb}的前2n项和.

解　

（1）设数列{an}的公比为q.由已知，有－＝，解得q＝2或q＝－1.

又由S6＝a1·

＝63，知q≠－1，所以a1·

＝63，得a1＝1.

所以an＝2n－1，n∈N*.

（2）由题意，得bn＝（log2an＋log2an＋1）＝（log22n－1＋log22n）＝n－，

即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.

设数列{（－1）nb}的前n项和为Tn，则T2n＝（－b＋b）＋（－b＋b）＋…＋（－b＋b）＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝n＝2n2.

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3】已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.

（1）求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；

（2）将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.

解　

（1）由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝4＋（n－1）×

（－1）＝5－n，

从而Sn＝＝.

（2）由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，

∴Tm＝＝8，m∈N*，∵随m增大而递减，

∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.

又Sn＝＝－（n2－9n）＝－，故（Sn）max＝S4＝S5＝10，

若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，

则10＜8＋λ，得λ＞2，即实数λ的取值范围为（2，＋∞）.

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.

一、填空题

1.（2018·

连云港期末）在正项等比数列{an}中，a3a11＝16，则log2a2＋log2a12＝________.

解析　因为等比数列{an}中，a3a11＝16，所以a2a12＝a3a11＝16，所以log2a2＋log2a12＝log2（a2a12）＝log216＝4.

答案　4

2.（2018·

江苏冲刺卷）设公比不为1的等比数列{an}满足a1a2a3＝－，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为________.

解析　设等比数列{an}的公比为q，q≠1，由a1a2a3＝a＝－，得a2＝－.由a2，a4，a3成等差数列，得a2＋a3＝2a4，即a2＋a2q＝2a2q2，解得q＝－，故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1－＋－＝.

答案　

3.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.

解析　根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0.又a8＋a9＝a7＋a10＜0，∴a9＜0，∴当n＝8时，{an}的前n项和最大.

答案　8

无锡模拟）已知各项都为正的等差数列{an}中，若a2＋a3＋a4＝15，a1＋2，a3＋4，a6＋16成等比数列，则a10＝________.

解析　设公差为d（d>

0），因为a2＋a3＋a4＝3a3＝15，所以a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝5－2d.又（a1＋2）（a6＋16）＝（a3＋4）2，所以（a1＋2）（a1＋5d＋16）＝（7－2d）（3d＋21）＝81，整理得2d2＋7d－22＝0，解得d＝2或d＝－（舍）.所以a1＝1，故a10＝1＋9×

2＝19.

答案　19

5.（2018·

南通一调）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6的值为________.

解析　法一（通项公式法）　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.显然q≠1，由题意得，解得或所以S6＝＝＝63或S6＝＝＝63.

法二（数列的性质）　由等比数列的性质得，q2＝＝4，所以q＝±

2.由S2＝3解得或所以S6＝＝＝63或S6＝＝＝63.

法三（数列的性质）　由S2，S4－S2，S6－S4成等比数列可得（S4－S2）2＝S2（S6－S4），所以S6＝63.

答案　63

6.（2017·

全国Ⅱ卷改编）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________盏.

解析　设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴＝381，解得a1＝3.

答案　3

7.（2018·

无锡期末）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________.

解析　法一　设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的性质可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因为a4，，2a7成等差数列，所以2×

＝a4＋2a7，可得a7＝，由a7＝a4q3可得q＝，由a4＝a1q3可得a1＝16，从而an＝a1qn－1＝16×

（也可直接由an＝a4qn－4得出），令bn＝a1·

an，则＝an＋1＝16×

，令16×

≥1，可得n≤4，故b1＜b2＜…＜b4＝b5＞b6＞…＞bn，所以当n＝4或5时，a1·

an的值最大，为1024.

法二　同法一得an＝16×

，令an≥1可得n≤5，故当1≤n≤5时，an≥1，当n≥6时，0＜an＜1，所以当n＝4或5时，a1·

法三　同法一得an＝16×

＝25－n，令Tn＝a1·

an＝24×

23×

22×

…×

25－n＝24＋3＋2＋…＋（5－n）＝2＝2.因为n∈N*，所以当且仅当n＝4或5时，取得最大值10，从而Tn取得最大值T10＝210＝1024.

答案　1024

8.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________.

解析　设数列{an}的首项和公差分别为a1，d，则

则nSn＝n＝－n2.设函数f（x）＝－x2，则f′（x）＝x2－x，

当x∈时，f′（x）＜0；

当x∈时，f′（x）＞0，所以函数f（x）min＝f，

但6＜＜7，且f（6）＝－48，f（7）＝－49，因为－48＞－49，所以最小值为－49.

答案　－49

二、解答题

9.（2018·

全国Ⅱ卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求Sn，并求Sn的最小值.

解　

（1）设{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.

10.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1，

（1）证明{an＋}是等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）证明＋＋…＋<

.

证明　

（1）由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3.又a1＋＝，

所以{an＋}是首项为，公比为3的等比数列.an＋＝，

因此{an}的通项公式为an＝.

（2）由

（1）知＝.因为当n≥1时，3n－1＝3×

3n－1－1≥2×

3n－1，

所以≤.于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<

所以＋＋…＋<

11.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点（an＋1，Sn）在直线2x＋y－2＝0上.

（2）是否存在实数λ，使得数列为等差数列？

若存在，求出λ的值；

若不存在，请说明理由.

解　

（1）由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①

当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0.②

①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以＝（n≥2）.

因为a1＝1，2a2＋a1＝2，所以a2＝.

所以{an}是首项为1，公比为的等比数列.

所以数列{an}的通项公式为an＝.

（2）由

（1）知，Sn＝＝2－.若为等差数列，

则S1＋λ＋，S2＋2λ＋，S3＋3λ＋成等差数列，

则2＝S1＋＋S3＋，即2＝1＋＋＋，

解得λ＝2.又λ＝2时，Sn＋2n＋＝2n＋2，

显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{Sn＋λn＋}成等差数列.