成都市高三二轮复习文科数学（八） 等差数列、等比数列 11页

第 11 页 共 11 页 成都市高三二轮复习文科数学（八） 等差数列、等比数列 经典例题：‎ ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 等比数列基本运算·T14‎ 等比数列的通项公式等差数列的求和·T18‎ 等比数列的基本运算·T6‎ 等差数列的通项公式及求和·T18‎ 等差数列的基本运算·T14‎ ‎2018‎ 数列的递推关系、等比数列的判定及计算·T17‎ 等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17‎ 等比数列的通项公式、前n项和公式·T17‎ ‎2017‎ 等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定·T17‎ 等差、等比数列的通项公式及前n项和公式·T17‎ 数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和·T17‎ ‎(1)考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查等差数列、等比数列性质的应用，考查等差数列、等比数列的判断与证明等.‎ ‎(2)近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考可能以客观题考查，以基本运算为主，难度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.‎ 等差、等比数列的基本运算 ‎[例1]　(1)(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则(　　)‎ A.an＝2n－5　　　　　B.an＝3n－‎10 ‎‎ C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝n2－2n ‎(2)(2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝，a＝a6，则S5＝________.‎ ‎[解析]　(1)设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得解得 所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.故选A.‎ ‎(2)由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝＝3.∴ S5＝＝.‎ ‎[答案]　(1)A　(2) ‎[解题方略]　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).‎ 第 11 页 共 11 页 ‎(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.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2019·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列为等差数列，则a9＝(　　)‎ A.　　　　　　　B. C. D.－ 解析：选C　因为数列为等差数列，a3＝2，a7＝1，‎ 所以数列的公差d＝＝＝，所以＝＋(9－7)×＝，所以a9＝，故选C.‎ ‎2.(2019·开封市定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝(　　)‎ A.－1 B‎.1 ‎‎ C.－2 D.2‎ 解析：法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋‎4a1＋‎4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.‎ 法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋＋‎4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故选C.‎ ‎3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝‎2a2＋16.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和.‎ 解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4.‎ 因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.‎ ‎(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.‎ 等差数列、等比数列的性质 ‎[例2]　(1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S6＝30，S9＝70，则S3＝________.‎ ‎(2)在等差数列{an}中，已知a1＝13，‎3a2＝‎11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________.‎ ‎[解析]　(1)法一：设数列{an}的公比为q(q＞0且q≠1)，由题意可得 ‎①÷②得，＝＝，又由q＞0，得q3＝2，再由＝＝＝，得S3＝S6＝10.‎ 法二：由题意可得(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，即(30－S3)2＝40S3，即S－100S3＋900＝0，解得S3＝10或S3＝90，又数列{an}的各项均为正数，所以S3＜S6，S3＝90(舍去)，故S3＝10.‎ 第 11 页 共 11 页 ‎(2)设{an}的公差为d.法一：由‎3a2＝‎11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，‎ 解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.‎ 由得解得6.5≤n≤7.5.因为n∈N*，‎ 所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝＝49.‎ 法二：由‎3a2＝‎11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，‎ 解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.‎ 所以Sn＝＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，‎ 所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.‎ ‎[答案]　(1)10　(2)49‎ ‎[解题方略]　与数列性质有关问题的求解策略 抓关系 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 用性质 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 ‎[跟踪训练]‎ ‎1.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为(　　)‎ A.－　　　　　　B.－ C. D.－或 解析：选B　设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－，故选B.‎ ‎2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{an}中，‎4a3＋a11－‎3a5＝10，则a4＝(　　)‎ A.－1 B‎.0 ‎‎ C.1 D.2‎ 解析：选C　法一：设{an}的公差为d(d≠0)，由‎4a3＋a11－‎3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即‎2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以a4＝1，故选C.‎ 法二：设{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由‎4a3＋a11－‎3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以a4＝1，故选C.‎ 法三：由等差数列的性质，得‎2a7＋‎3a3－‎3a5＝10，得‎4a5＋a3－‎3a5＝10，即a5＋a3＝10，则‎2a4＝10，即a4＝5，所以a4＝1，故选C.‎ 第 11 页 共 11 页 ‎3.数列{an}是首项a1＝m，公差为2的等差数列，数列{bn}满足2bn＝(n＋1)an，若对任意n∈N*都有bn≥b5成立，则m的取值范围是________.‎ 解析：由题意得，an＝m＋2(n－1)，从而bn＝an＝[m＋2(n－1)].‎ 又对任意n∈N*都有bn≥b5成立，结合数列{bn}的函数特性可知b4≥b5，b6≥b5，‎ 故解得－22≤m≤－18.答案：[－22，－18]‎ 等差(比)数列的判断与证明 ‎[例3]　设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝‎2a1，bn＝(n≥2，n∈N*).(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)判断数列是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式.‎ ‎[解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即＝(n≥2，n∈N*).‎ 所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)因为a1＝1，所以b1＝‎2a1＝2.因为bn＝，所以＝＋1，即－＝1(n≥2).‎ 所以数列是首项为，公差为1的等差数列.所以＝＋(n－1)·1＝，‎ 故数列{bn}的通项公式为bn＝.‎ ‎[解题方略]‎ 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 ‎(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：‎ ‎①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2).‎ ‎(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：‎ ‎①利用定义，证明(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2).‎ ‎[跟踪训练]‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*).(1)求a1，a2，a3的值.(2)设bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.‎ 解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*).‎ 第 11 页 共 11 页 所以n＝1时，由a1＝S1＝‎2a1－3×1，解得a1＝3，n＝2时，由S2＝‎2a2－3×2，得a2＝9，‎ n＝3时，由S3＝‎2a3－3×3，得a3＝21.‎ ‎(2)因为Sn＝2an－3n，所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，两式相减，得an＋1＝2an＋3，①‎ 把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，得bn＋1＝2bn(n∈N*)，且b1＝6，‎ 所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝6×2n－1，‎ 所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1).‎ 逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论 ‎[典例]　已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，－1]　　 B.(－∞，0)∪[1，＋∞) C.[3，＋∞) D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)‎ ‎[解析]　设等比数列{an}的公比为q，则S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋.‎ 当公比q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；‎ 当公比q<0时，S3＝1－≤1－2 ＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立.‎ 所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).[答案]　D ‎[素养通路]‎ 等比数列的公比q<0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q>0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n项和公式时，如果其公比q不确定，要分q＝1和q≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.‎ 第 11 页 共 11 页 课后限时练习：‎ A组——“6＋3＋‎3”‎考点落实练 一、选择题 ‎1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝‎3a3＋‎4a1，则a3＝(　　)‎ A.16　　　　　　　　　 B.8‎ C.4 D.2‎ ‎2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a1＋a6＝(　　)‎ A.6 B.7‎ C.8 D.9‎ ‎3.(2019·福州市质量检测)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a‎2a6＝64，则S5＝(　　)‎ A.32 B.31‎ C.64 D.63‎ ‎4.数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　)‎ A.1 B.－2‎ C.3 D.－3‎ ‎5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)‎ A.10 B.11‎ C.12 D.13‎ ‎6.已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函数f(x)＝sin 2x＋2cos2 ，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为(　　)‎ A.0 B.－9‎ C.9 D.1‎ 第 11 页 共 11 页 二、填空题 ‎7.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝，则S4＝________.‎ ‎8.(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________.‎ ‎9.设某数列的前n项和为Sn，若为常数，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{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.‎ 三、解答题 ‎10.(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.‎ ‎11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋a3＝8，S9＝81.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；(2)若S3，a14，Sm成等比数列，求S‎2m.‎ ‎12.(2019·广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2).‎ ‎(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？‎ 第 11 页 共 11 页 B组——大题专攻强化练 ‎1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}满足an＋1－3an＝3n(n∈N*)且a1＝1.(1)设bn＝，证明：数列{bn}为等差数列；(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎2.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围.‎ ‎3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.‎ ‎(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎4.已知数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝a，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2 020成立的最小正整数n的值.‎ 第 11 页 共 11 页 ‎1解析：选C　由题意知解得∴ a3＝a1q2＝4.故选C.‎ ‎2解析：选B　法一：由题意知，数列{an}是等差数列，设公差为d，则解得所以a1＋a6＝a1＋a1＋5d＝7，故选B.‎ 法二：由题意知，数列{an}是等差数列，将a2＋a4＋a6＝12与a1＋a3＋a5＝9相加可得3(a1＋a6)＝12＋9＝21，所以a1＋a6＝7，故选B.‎ ‎3解析：选B　法一：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由条件得解得所以S5＝31，故选B.‎ 法二：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由a‎2a6＝a＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B.‎ ‎4解析：选A　因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3).所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，‎ 故{an}是以6为周期的周期数列.因为2 019＝336×6＋3，所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.‎ ‎5解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝‎13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.‎ ‎6解析：选C　由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴f＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2，∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝‎2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.‎ ‎7解析：设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵ a1＝1，S3＝，∴ a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝，‎ 即4q2＋4q＋1＝0，∴ q＝－，∴ S4＝＝.答案： ‎8解析：∵ a2＝a1＋d＝－3，S5＝‎5a1＋10d＝－10，∴ a1＝－4，d＝1，∴ a5＝a1＋4d＝0，‎ 第 11 页 共 11 页 ‎∴ an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an<0，则n<5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正.‎ ‎∴ Sn的最小值为S4＝S5＝－10. 答案：0　－10‎ ‎9解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，∵对任意正整数n，上式恒成立，∴得∴数列{an}的公差为2.答案：2‎ ‎10解：(1)设{an}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.‎ 因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).‎ 所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.‎ ‎(2)由(1)知，an＝2n－12.则当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0.所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.‎ ‎11解：(1)∵∴故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝＝n2.∵S3，a14，Sm成等比数列，∴S3·Sm＝a，‎ 即‎9m2‎＝272，解得m＝9，故S‎2m＝182＝324.‎ ‎12解：(1)证明：∵a3＝7，a3＝‎3a2－2，∴a2＝3，∴an＝2an－1＋1，∴a1＝1，‎ ＝＝2(n≥2)，∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列.‎ ‎(2)由(1)知，an＋1＝2n，∴an＝2n－1，∴Sn＝－n＝2n＋1－n－2，‎ ‎∴n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，∴n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列.‎ ‎1解：(1)证明：由已知得an＋1＝3an＋3n，得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1，‎ 所以bn＋1－bn＝1，又a1＝1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝＝n，所以an＝n·3n－1，cn＝，所以Sn＝＝＝－.‎ ‎2解：(1)设{an}的公差为d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.‎ 因此{an}的通项公式为an＝10－2n.‎ ‎(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝.由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}.‎ ‎3解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).‎ 第 11 页 共 11 页 又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.‎ 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，‎ 所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，‎ bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.‎ ‎4解：(1)令n＝1得，a1－‎2a2＋a3＝0，解得a2＝5.‎ 又由an－2an＋1＋an＋2＝0知，an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2，‎ 故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列，于是an＝2n＋1，bn＝a＝2n＋1.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝2n＋1.于是b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝＋n＝2n＋1＋n－2.‎ 令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，‎ 又f(9)＝210＋9－2＝1 031，f(10)＝211＋10－2＝2 056，‎ 故使b1＋b2＋…＋bn＞2 020成立的最小正整数n的值是10.‎