2015届高考数学二轮专题训练：专题四 第1讲 等差数列和等比数列 13页

第1讲　等差数列和等比数列 考情解读　1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．‎ ‎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 热点一　等差数列 例1　(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＋a6＝12，则S7的值是(　　)‎ A．21 B．24 C．28 D．7‎ ‎(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－10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　(1)A　(2)C 解析　(1)因为a8是a7，a9的等差中项，所以2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，再由等差数列前n项和的计算公式可得S11＝＝＝11a6，又因为S11＝，所以a6＝，则d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A.‎ ‎(2)由题意可知a6＋a5>0，故 S10＝＝>0，‎ 而S9＝＝＝9a5<0，故选C.‎ 热点二　等比数列 例2　(1)(2014·安徽)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝_____________________.‎ ‎(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则等于(　　)‎ A．4n－1 B．4n－1‎ C．2n－1 D．2n－1‎ 思维启迪　(1)列方程求出d，代入q即可；(2)求出a1，q，代入化简．‎ 答案　(1)1　(2)D 解析　(1)设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，‎ a5＝a1＋4d，‎ ‎∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1，‎ ‎∴q＝＝＝1.‎ ‎(2)∵∴ 由①②可得＝2，∴q＝，代入①得a1＝2，‎ ‎∴an＝2×()n－1＝，‎ ‎∴Sn＝＝4(1－)，‎ ‎∴＝＝2n－1，故选D.‎ 思维升华　(1){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)．‎ ‎(2)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)已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ ‎(2)在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，且前n项和Sn＝62，则项数n等于(　　)‎ A．4 B．5‎ C．6 D．7‎ 答案　(1)D　(2)B 解析　(1)∵a4－2a＋3a8＝0，∴2a＝a4＋3a8，即2a＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，又∵b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝bq18＝(b7)3＝8，故选D.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q，由a2an－1＝a1an＝64，又a1＋an＝34，解得a1＝2，an＝32或a1＝32，an＝2.当a1＝2，an＝32时，Sn＝＝＝＝62，解得q＝2.又an＝a1qn－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，an＝2时，由Sn＝62，解得q＝.由an＝a1qn－1＝32×()n－1＝2，得()n－1＝＝()4，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选B.‎ 热点三　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.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)．‎ 思维升华　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}前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求证：＋＋＋…＋<.‎ ‎(1)解　∵，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋，‎ 当n＝1时，2a1＝S1＋，∴a1＝，‎ 当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，‎ 两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，‎ ‎∴＝2，‎ ‎∴数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，‎ ‎∴an＝×2n－1＝2n－2.‎ ‎(2)证明　bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝log222n＋1－2×log222n＋3－2＝(2n－1)(2n＋1)，‎ ＝×＝(－)，‎ ＋＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<(n∈N*)．‎ 即＋＋＋…＋<.‎ ‎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．‎ ‎3．等差、等比数列的单调性 ‎(1)等差数列的单调性 d>0⇔{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}，{}仍为等比数列．‎ ‎(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成等比数列的充要条件是b2＝ac.‎ 真题感悟 ‎1．(2014·大纲全国)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A．6 B．5 C．4 D．3‎ 答案　C 解析　数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4‎ ‎＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.‎ ‎2．(2014·北京)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．‎ 答案　8‎ 解析　∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.‎ ‎∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.‎ ‎∴数列的前8项和最大，即n＝8.‎ 押题精练 ‎1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列一定成立的是(　　)‎ A．若a3>0，则a2 013<0‎ B．若a4>0，则a2 014<0‎ C．若a3>0，则a2 013>0‎ D．若a4>0，则a2 014>0‎ 答案　C 解析　因为a3＝a1q2，a2 013＝a1q2 012，而q2与q2 012均为正数，若a3>0，则a1>0，所以a2 013>0，故选C.‎ ‎2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，bn＝.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围为________．‎ 答案　(－8，－7)‎ 解析　an＝a＋(n－1)×1＝n＋a－1，所以bn＝＝，因为对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，即≥(n∈N*)恒成立，即≤0(n∈N*)，则有解得－80，∴an＋1＝an＋2.‎ ‎∴当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列．‎ ‎∵a2，a5，a14构成等比数列，‎ ‎∴a＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3，‎ 由条件可知，4a1＝a－5＝4，∴a1＝1，‎ ‎∵a2－a1＝3－1＝2，‎ ‎∴{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．‎ ‎∴等差数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎∵等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，‎ ‎∴等比数列{bn}的通项公式为bn＝3n.‎ ‎(2)Tn＝＝＝，‎ ‎∴(＋)k≥3n－6对任意的n∈N*恒成立，‎ ‎∴k≥对任意的n∈N*恒成立，‎ 令cn＝，cn－cn－1＝－＝，‎ 当n≤3时，cn>cn－1；‎ 当n≥4时，cn0，上式不成立；‎ 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，‎ 即2n≥2 012，得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}．‎ ‎ ‎