名师名校典型题2014高考数学二轮复习名师知识点总结等差数列等比数列 13页

‎　等差数列、等比数列 ‎【高考考情解读】　高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式：1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质解决与项、和有关的计算问题，属于基础题；2.以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属低、中档题．‎ ‎1． an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝ ‎2． 等差数列和等比数列 等差数列 等比数列 定义 an－an－1＝常数(n≥2)‎ ＝常数(n≥2)‎ 通项公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0)‎ 判定方法 ‎(1)定义法 ‎(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1)⇔{an}为等差数列 ‎(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列 ‎(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列 ‎(5){an}为等比数列，an>0⇔{logaan}为等差数列 ‎(1)定义法 ‎(2)中项公式法：a＝an·an＋2‎ ‎(n≥1)(an≠0)⇔{an}为等比数列 ‎(3)通项公式法：an＝c·qn(c、q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列 ‎(4){an}为等差数列⇔{aan}为等比数列(a>0且a≠1)‎ 性质 ‎(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq ‎(2)an＝am＋(n－m)d ‎(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 ‎(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq ‎(2)an＝amqn－m ‎(3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列 前n项和 Sn＝＝na1＋d ‎(1)q≠1，Sn＝＝ ‎(2)q＝1，Sn＝na1‎ 考点一　与等差数列有关的问题 例1　在等差数列{an}中，满足3a5＝5a8，Sn是数列{an}的前n项和．‎ ‎(1)若a1>0，当Sn取得最大值时，求n的值；‎ ‎(2)若a1＝－46，记bn＝，求bn的最小值．‎ 解　(1)设{an}的公差为d，则 由3a5＝5a8，得3(a1＋4d)＝5(a1＋7d)，∴d＝－a1.‎ ‎∴Sn＝na1＋×＝－a1n2＋a1n ‎＝－a1(n－12)2＋a1.‎ ‎∵a1>0，∴当n＝12时，Sn取得最大值．‎ ‎(2)由(1)及a1＝－46，得d＝－×(－46)＝4，‎ ‎∴an＝－46＋(n－1)×4＝4n－50，‎ Sn＝－46n＋×4＝2n2－48n.‎ ‎∴bn＝＝ ‎＝2n＋－52≥2－52＝－32，‎ 当且仅当2n＝，即n＝5时，等号成立．‎ 故bn的最小值为－32.‎ ‎ (1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，只要根据已知条件求出这两个量，其他问题就可随之而解，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程思想的运用．‎ ‎(2)等差数列的性质 ‎①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；‎ ‎②Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列；‎ ‎③am－an＝(m－n)d⇔d＝(m，n∈N*)；‎ ‎④＝(A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的和)．‎ ‎(3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)是n的二次函数或一次函数且不含常数项，即Sn＝An2＋Bn(A2＋B2≠0)．‎ ‎ (1)(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是 (　　)‎ A．若d<0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d<0‎ C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0‎ D．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 ‎(2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于 (　　)‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ 答案　(1)C　(2)C 解析　(1)利用函数思想，通过讨论Sn＝n2＋n的单调性判断．‎ 设{an}的首项为a1，则Sn＝na1＋n(n－1)d＝n2＋n.‎ 由二次函数性质知Sn有最大值时，则d<0，故A、B正确；‎ 因为{Sn}为递增数列，则d>0，不妨设a1＝－1，d＝2，显然{Sn}是递增数列，但S1＝－1<0，故C错误；‎ 对任意n∈N*，Sn均大于0时，a1>0，d>0，{Sn}必是递增数列，D正确．‎ ‎(2)am＝2，am＋1＝3，故d＝1，‎ 因为Sm＝0，故ma1＋d＝0，‎ 故a1＝－，‎ 因为am＋am＋1＝5，‎ 故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d[来源:学科网]‎ ‎＝－(m－1)＋2m－1＝5，‎ 即m＝5.‎ 考点二　与等比数列有关的问题 例2　(1)(2012·课标全国)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10等于(　　)‎ A．7 B．5 C．－5 D．－7‎ ‎(2)(2012·浙江)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.‎ 答案　(1)D　(2) 解析　(1)利用等比数列的性质求解．‎ 由解得或 ‎∴或[来源:学&科&网Z&X&X&K]‎ ‎∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.‎ ‎(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解．‎ S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，‎ 将a3＝a2q，a4＝a2q2代入得，‎ ‎3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化简得2q2－q－3＝0，‎ 解得q＝(q＝－1不合题意，舍去)．‎ ‎ (1)证明数列是等比数列的两个方法：①利用定义：(n∈N*)是常数，②利用等比中项a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．‎ ‎(2)等比数列中的五个量：a1，an，q，n，Sn可以“知三求二”．‎ ‎(3){an}为等比数列，其性质如下：‎ ‎①若m、n、r、s∈N*，且m＋n＝r＋s，则am·an＝ar·as；‎ ‎②an＝amqn－m；‎ ‎③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(q≠－1)．‎ ‎(4)等比数列前n项和公式 Sn＝ ‎①能“知三求二”；②注意讨论公比q是否为1；③a1≠0.‎ ‎ (1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.‎ 答案　(－2)n－1‎ 解析　当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，‎ 故＝－2，故an＝(－2)n－1.‎ ‎(2)(2013·湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.‎ ‎①求数列{an}的通项公式；‎ ‎②是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．‎ 解　①设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由题意得 即 解得 故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.‎ ‎②由①有Sn＝＝1－(－2)n.‎ 假设存在n，使得Sn≥2 013，‎ 则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012.‎ 当n为偶数时，(－2)n>0.上式不成立；‎ 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，‎ 即2n≥2 012，则n≥11.‎ 综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．‎ 考点三　等差数列、等比数列的综合应用 例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Sn6.‎ ‎ 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法 ‎(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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．‎ ‎ 已知数列{an}满足a1＝3，an＋1－3an＝3n(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝3－nan.‎ ‎(1)求证：数列{bn}是等差数列；[来源:Z*xx*k.Com]‎ ‎(2)设Sn＝＋＋＋…＋，求满足不等式<<的所有正整数n的值．‎ ‎(1)证明　由bn＝3－nan得an＝3nbn，‎ 则an＋1＝3n＋1bn＋1.‎ 代入an＋1－3an＝3n中，得3n＋1bn＋1－3n＋1bn＝3n，‎ 即得bn＋1－bn＝.‎ 所以数列{bn}是等差数列．‎ ‎(2)解　因为数列{bn}是首项为b1＝3－1a1＝1，‎ 公差为的等差数列，‎ 则bn＝1＋(n－1)＝，‎ 则an＝3nbn＝(n＋2)×3n－1，‎ 从而有＝3n－1，‎ 故Sn＝＋＋＋…＋ ‎＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝＝，‎ 则＝＝，‎ 由<<，得<<，‎ 即3<3n<127，得10⇔{an}为递增数列，Sn有最小值．‎ d<0⇔{an}为递减数列，Sn有最大值．‎ d＝0⇔{an}为常数列．‎ ‎(2)等比数列的单调性 当或时，{an}为递增数列，当或时，{an}为递减数列．‎ ‎4． 常用结论 ‎(1)若{an}，{bn}均是等差数列，Sn是{an}的前n项和，则{man＋kbn}，{}仍为等差数列，其中m，k为常数．‎ ‎(2)若{an}，{bn}均是等比数列，则{can}(c≠0)，{|an|}，{an·bn}，{manbn}(m为常数)，{a}，{}等也是等比数列．‎ ‎(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a2－a1，a3－a2，a4－a3，…成等比数列，且公比为＝＝q.‎ ‎(4)等比数列(q≠－1)中连续k项的和成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，其公差为qk.‎ 等差数列中连续k项的和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，公差为k2d.‎ ‎5． 易错提醒 ‎(1)应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．‎ ‎(2)三个数a，b，c成等差数列的充要条件是b＝，但三个数a，b，c成等比数列的必要条件是b2＝ac.‎ ‎1． 已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则等于(　　)‎ A．1＋ B．1－ C．3＋2 D．3－2 答案　C 解析　记等比数列{an}的公比为q，其中q>0，‎ 由题意知a3＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q.‎ 因为a1≠0，所以有q2－2q－1＝0，‎ 由此解得q＝1±，‎ 又q>0，所以q＝1＋.‎ 所以＝＝q2＝(1＋)2＝3＋2.‎ ‎2． 已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为 (　　)‎ A. B. C. D．不存在 答案　A 解析　因为a7＝a6＋2a5，所以q2－q－2＝0，[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ 解得q＝2或q＝－1(舍去)．‎ 又＝＝4a1，‎ 所以m＋n＝6.‎ 则＋＝(m＋n)‎ ‎＝≥.‎ 当且仅当＝，即n＝2m时，等号成立．‎ 此时m＝2，n＝4.‎ ‎3． 已知等差数列{an}的前n项的和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，公比是q，且满足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q.‎ ‎(1)求an与bn；‎ ‎(2)设cn＝3bn－λ·2，若数列{cn}是递增数列，求λ的取值范围．‎ 解　(1)由已知可得 所以q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，‎ 从而a2＝6，所以an＝3n，bn＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)知，cn＝3bn－λ·2＝3n－λ·2n.‎ 由题意，得cn＋1>cn对任意的n∈N*恒成立，‎ 即3n＋1－λ·2n＋1>3n－λ·2n恒成立，‎ 亦即λ·2n<2·3n恒成立，即λ<2·n恒成立．‎ 由于函数y＝n是增函数，‎ 所以min＝2×＝3，‎ 故λ<3，‎ 即λ的取值范围为(－∞，3)．‎ ‎(推荐时间：60分钟)‎ 一、选择题 ‎1． (2013·江西)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于 (　　)‎ A．－24 B．0 C．12 D．24‎ 答案　A 解析　由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，(3x＋3)2＝x(6x＋6)．‎ 解得x＝－3或x＝－1(不合题意，舍去)．‎ 故数列的第四项为－24.‎ ‎2． (2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于 (　　)‎ A. B．－ C. D．－ 答案　C 解析　设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋10a1得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.‎ ‎3． (2013·课标全国Ⅰ)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则 (　　)‎ A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2‎ C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an 答案　D 解析　Sn＝＝＝＝3－2an.‎ 故选D.‎ ‎4． 在等差数列{an}中，a5<0，a6>0且a6>|a5|，Sn是数列的前n项的和，则下列说法正确的是 (　　)‎ A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6…均大于0‎ B．S1，S2，…S5均小于0，S6，S7，…均大于0‎ C．S1，S2，…S9均小于0，S10，S11…均大于0‎ D．S1，S2，…S11均小于0，S12，S13…均大于0‎ 答案　C 解析　由题意可知a6＋a5>0，故 S10＝＝>0，‎ 而S9＝＝＝9a5<0，故选C.‎ ‎5． 已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，则·等于 (　　)‎ A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1‎ 答案　A 解析　由S21＝S4 000得a22＋a23＋…＋a4 000＝0，‎ 由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011，‎ 所以a22＋a23＋…＋a4 000＝3 979a2 011＝0，‎ 从而a2 011＝0，而·＝2 011＋a2 011an＝2 011.‎ ‎6． 数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8等于 (　　)‎ A．0 B．3 C．8 D．11‎ 答案　B 解析　因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，‎ 故公差d＝＝2.于是b1＝－6，‎ 且bn＝2n－8(n∈N*)，即an＋1－an＝2n－8，‎ 所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝‎ ‎＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.‎ 二、填空题 ‎7． (2013·广东)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________.‎ 答案　20‎ 解析　设公差为d，则a3＋a8＝2a1＋9d＝10，∴3a5＋a7＝4a1＋18d＝2(2a1＋9d)＝20.‎ ‎8． 各项均为正数的等比数列{an}的公比q≠1，a2，a3，a1成等差数列，则＝________.‎ 答案　 解析　依题意，有a3＝a1＋a2，设公比为q，则有q2－q－1＝0，所以q＝(舍去负值)．‎ ＝＝＝＝.‎ ‎9． 在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值等于________．‎ 答案　9‎ 解析　由a1＋a2＋…＋a10＝30得 a5＋a6＝＝6，‎ 又an>0，∴a5·a6≤2＝2＝9.‎ ‎10．已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，记Sn为数列{an}的前n项和，则Sn＝________，an＝________.‎ 答案　2×n－1　 解析　由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即 Sn＋1＝Sn，由此可知数列{Sn}是一个等比数列，其中首项S1＝a1＝2，公比为，所以Sn＝2×n－1，由此得an＝ 三、解答题 ‎11．已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．‎ ‎(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；‎ ‎(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列．‎ ‎(1)解　由已知，得an＝aqn－1，因此 S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)．‎ 当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1，‎ 可得aq3＝aq＋aq2，化简得q2－q－1＝0.‎ 解得q＝.‎ ‎(2)证明　若q＝1，则{an}的各项均为a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然成等差数列．‎ 若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，[来源:Z*xx*k.Com]‎ 即＋＝，整理得qm＋ql＝2qn.‎ 因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k.‎ 所以am＋k，an＋k，al＋k成等差数列．‎ ‎12．设数列{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)依题意，得 解得a2＝2.‎ 设等比数列{an}的公比为q，由a2＝2，‎ 可得a1＝，a3＝2q.‎ 又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，‎ 即2q2－5q＋2＝0，‎ 解得q1＝2，q2＝.‎ 由题意，得q>1，∴q＝2，∴a1＝1.‎ 故数列{an}的通项公式是an＝2n－1.‎ ‎(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，‎ 由(1)得a3n＋1＝23n，‎ ‎∴bn＝ln 23n＝3nln 2，‎ 又bn＋1－bn＝3ln 2，‎ ‎∴数列{bn}是等差数列．‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ ‎＝＝ln 2.‎ ‎13．(2013·湖北)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，‎ 则由已知可得 解得或 故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1.‎ ‎(2)若an＝·3n－1，则＝n－1，‎ 故数列是首项为，公比为的等比数列．‎ 从而＝＝·<<1.‎ 若an＝(－5)·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，‎ 故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，‎ 从而＝ 故<1.‎ 综上，对任何正整数m，总有<1.‎ 故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．‎ ‎ ‎