高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練四 第1講 等差數(shù)列和等比數(shù)列 理

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1、高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練四 第1講 等差數(shù)列和等比數(shù)列 理 考情解讀　1.等差、等比數(shù)列基本量和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn)，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn).2.數(shù)列求和及數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題是高考考查的重點(diǎn)，考查分析問題、解決問題的綜合能力． 1．a(chǎn)n與Sn的關(guān)系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝ 2．等差數(shù)列和等比數(shù)列 等差數(shù)列 等比數(shù)列 定義 an－an－1＝常數(shù)(n≥2) ＝常數(shù)(n≥2) 通項(xiàng)公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0) 判定方法 (1)定義法 (2)中項(xiàng)公式法：2an＋1＝an＋ an＋2(n≥1)?{an}為等差數(shù)列

2、(3)通項(xiàng)公式法：an＝pn＋q(p、q為常數(shù))?{an}為等差數(shù)列 (4)前n項(xiàng)和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B為常數(shù))?{an}為等差數(shù)列 (5){an}為等比數(shù)列，an>0?{logaan}為等差數(shù)列 (1)定義法 (2)中項(xiàng)公式法：a＝an· an＋2(n≥1)(an≠0)? {an}為等比數(shù)列 (3)通項(xiàng)公式法： an＝c·qn(c、q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}為等比數(shù)列 (4){an}為等差數(shù)列?{aan}為等比數(shù)列(a>0且a≠1) 性質(zhì) (1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq (2)an＝am＋(n－m)d

3、 (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差數(shù)列 (1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq (2)an＝amqn－m (3)等比數(shù)列依次每n項(xiàng)和(Sn≠0)仍成等比數(shù)列 前n項(xiàng)和 Sn＝＝na1＋d (1)q≠1，Sn＝＝ (2)q＝1，Sn＝na1 熱點(diǎn)一　等差數(shù)列 例1　(1)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＋a4＋a6＝12，則S7的值是(　　) A．21 B．24 C．28 D．7 (2)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若－1

4、迪　(1)利用a1＋a7＝2a4建立S7和已知條件的聯(lián)系；(2)將a3，a6的范圍整體代入． 答案　(1)C　(2)(－3,21) 解析　(1)由題意可知，a2＋a6＝2a4，則3a4＝12，a4＝4，所以S7＝＝7a4＝28. (2)S9＝9a1＋36d＝3(a1＋2d)＋6(a1＋5d) 又－1

5、m，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差數(shù)列； ③am－an＝(m－n)d?d＝(m，n∈N*)； ④＝(A2n－1，B2n－1分別為{an}，{bn}的前2n－1項(xiàng)的和)． (3)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的問題可以利用函數(shù)的性質(zhì)或者轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列的項(xiàng)，利用性質(zhì)解決． 　(1)已知等差數(shù)列{an}，滿足a3＝1，a8＝6，則此數(shù)列的前10項(xiàng)的和S10＝________. (2)在等差數(shù)列{an}中，a5<0，a6>0且a6>|a5|，Sn是數(shù)列的前n項(xiàng)的和，則下列說法正確的是(　　) A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6…均大于0 B．S1，S2，…S5均小于0，S6，S

6、7，…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)35　(2)C 解析　(1)因?yàn)閍1＋a10＝a3＋a8＝7， 所以S10＝ ＝＝＝35. (2)由題意可知a6＋a5>0，故 S10＝＝>0， 而S9＝＝＝9a5<0，故選C. 熱點(diǎn)二　等比數(shù)列 例2　(1)(xx·安徽)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則q＝_____________________. (2)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，則

7、等于(　　) A．4n－1 B．4n－1 C．2n－1 D．2n－1 思維啟迪　(1)列方程求出d，代入q即可；(2)求出a1，q，代入化簡． 答案　(1)1　(2)D 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則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，故選D. 思維升華　(1){an}為等比數(shù)列，其性質(zhì)如下： ①若m、n、r、s∈N*，且m＋n＝r＋s，

8、則am·an＝ar·as； ②an＝amqn－m； ③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比數(shù)列(q≠－1)． (2)等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式 Sn＝ ①能“知三求二”；②注意討論公比q是否為1；③a1≠0. 　(1)已知各項(xiàng)不為0的等差數(shù)列{an}滿足a4－2a＋3a8＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b2b8b11等于(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 (2)在等比數(shù)列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，且前n項(xiàng)和Sn＝62，則項(xiàng)數(shù)n等于(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案　(1)D　(2)B 解析　(1)

9、∵a4－2a＋3a8＝0，∴2a＝a4＋3a8，即2a＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，又∵b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝bq18＝(b7)3＝8，故選D. (2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a2an－1＝a1an＝64，又a1＋an＝34，解得a1＝2，an＝32或a1＝32，an＝2.當(dāng)a1＝2，an＝32時(shí)，Sn＝＝＝＝62，解得q＝2.又an＝a1qn－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，當(dāng)a1＝32，an＝2時(shí)，由Sn＝62，解得q＝.由an＝a1qn－1＝32×()n－1＝2，得()n－1＝＝()4，即n－1＝4，n＝5.綜上，項(xiàng)數(shù)n等于5，故選B

10、. 熱點(diǎn)三　等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用 例3　已知等差數(shù)列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an與前n項(xiàng)和Sn； (2)將數(shù)列{an}的前4項(xiàng)抽去其中一項(xiàng)后，剩下三項(xiàng)按原來順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)，記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，若存在m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn

11、4，b2＝2，b3＝1， 設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q， 則q＝＝， ∴Tm＝＝8[1－()m]， ∵()m隨m增加而遞減， ∴{Tm}為遞增數(shù)列，得4≤Tm<8. 又Sn＝＝－(n2－9n) ＝－[(n－)2－]， 故(Sn)max＝S4＝S5＝10， 若存在m∈N*，使對任意n∈N*總有Sn6.即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(6，＋∞)． 思維升華　等差(比)數(shù)列的綜合問題的常見類型及解法 (1)等差數(shù)列與等比數(shù)列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時(shí)靈活地運(yùn)用性質(zhì)，可使運(yùn)算簡便． (2)等差數(shù)列、等比數(shù)列與函數(shù)、方程、不等式等的交匯問

12、題，求解時(shí)用等差(比)數(shù)列的相關(guān)知識(shí)，將問題轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的函數(shù)、方程、不等式等問題求解即可． 　已知數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn，首項(xiàng)為a1，且，an，Sn成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)數(shù)列{bn}滿足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求證：＋＋＋…＋<. (1)解　∵，an，Sn成等差數(shù)列，∴2an＝Sn＋， 當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝S1＋，∴a1＝， 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－， 兩式相減得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， ∴＝2， ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列， ∴an＝×2n－1＝2

13、n－2. (2)證明　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)數(shù)列中，a1，d(q)，n，an，Sn五個(gè)量中知道其中任意三個(gè)，就可以求出其他兩個(gè)．解這類問題時(shí)，一般是轉(zhuǎn)化為首項(xiàng)a1和公差d(公比q)這兩個(gè)基本量的有關(guān)運(yùn)算． 2．等差、等比數(shù)列的性質(zhì)是兩種數(shù)列基本規(guī)律的深刻體現(xiàn)，是解決等差、等比數(shù)列問題既快捷又方便的工具，應(yīng)有意識(shí)地去應(yīng)用．但在應(yīng)用性質(zhì)時(shí)要注意性質(zhì)的前提條

14、件，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形． 3．等差、等比數(shù)列的單調(diào)性 (1)等差數(shù)列的單調(diào)性 d>0?{an}為遞增數(shù)列，Sn有最小值． d<0?{an}為遞減數(shù)列，Sn有最大值． d＝0?{an}為常數(shù)列． (2)等比數(shù)列的單調(diào)性 當(dāng)或時(shí)，{an}為遞增數(shù)列，當(dāng)或時(shí)，{an}為遞減數(shù)列． 4．常用結(jié)論 (1)若{an}，{bn}均是等差數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，則{man＋kbn}，{}仍為等差數(shù)列，其中m，k為常數(shù)． (2)若{an}，{bn}均是等比數(shù)列，則{can}(c≠0)，{|an|}，{an·bn}，{manbn}(m為常數(shù))，{a}，{}仍為等比數(shù)列． (3)公比

15、不為1的等比數(shù)列，其相鄰兩項(xiàng)的差也依次成等比數(shù)列，且公比不變，即a2－a1，a3－a2，a4－a3，…，成等比數(shù)列，且公比為＝＝q. (4)等比數(shù)列(q≠－1)中連續(xù)k項(xiàng)的和成等比數(shù)列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等比數(shù)列，其公差為qk. 等差數(shù)列中連續(xù)k項(xiàng)的和成等差數(shù)列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等差數(shù)列，公差為k2d. 5．易錯(cuò)提醒 (1)應(yīng)用關(guān)系式an＝時(shí)，一定要注意分n＝1，n≥2兩種情況，在求出結(jié)果后，看看這兩種情況能否整合在一起． (2)三個(gè)數(shù)a，b，c成等差數(shù)列的充要條件是b＝，但三個(gè)數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件是b2＝ac.

16、 真題感悟 1．(xx·大綱全國)等比數(shù)列{an}中，a4＝2，a5＝5，則數(shù)列{lg an}的前8項(xiàng)和等于(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 答案　C 解析　數(shù)列{lg an}的前8項(xiàng)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．(xx·北京)若等差數(shù)列{an}滿足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，則當(dāng)n＝________時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和最大． 答案　8 解析　∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0. ∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<

17、－a8<0. ∴數(shù)列的前8項(xiàng)和最大，即n＝8. 押題精練 1．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則下列一定成立的是(　　) A．若a3>0，則a2 013<0 B．若a4>0，則a2 014<0 C．若a3>0，則a2 013>0 D．若a4>0，則a2 014>0 答案　C 解析　因?yàn)閍3＝a1q2，a2 013＝a1q2 012，而q2與q2 012均為正數(shù)，若a3>0，則a1>0，所以a2 013>0，故選C. 2．已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a，公差為1的等差數(shù)列，bn＝.若對任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 答案　(－8

18、，－7) 解析　an＝a＋(n－1)×1＝n＋a－1，所以bn＝＝，因?yàn)閷θ我獾膎∈N*，都有bn≥b8成立，即≥(n∈N*)恒成立，即≤0(n∈N*)，則有解得－8

19、a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2， ∵an>0，∴an＋1＝an＋2. ∴當(dāng)n≥2時(shí)，{an}是公差d＝2的等差數(shù)列． ∵a2，a5，a14構(gòu)成等比數(shù)列， ∴a＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3， 由條件可知，4a1＝a－5＝4，∴a1＝1， ∵a2－a1＝3－1＝2， ∴{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝2的等差數(shù)列． ∴等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1. ∵等比數(shù)列{bn}的公比q＝＝＝3， ∴等比數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝3n. (2)Tn＝＝＝， ∴(＋)k≥3n－6對任意的n∈N*恒成立， ∴k≥對任意的n∈N*

20、恒成立， 令cn＝，cn－cn－1＝－＝， 當(dāng)n≤3時(shí)，cn>cn－1； 當(dāng)n≥4時(shí)，cn

21、 解析　由2a6＝6＋a7得a5＝6，所以S9＝9a5＝54.故選D. 3．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，則m等于(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案　C 解析　由已知得，Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝＝－11，故a1＝－1，又am＝a1·qm－1＝－16，代入可求得m＝5. 4．?dāng)?shù)列{an}的首項(xiàng)為3，{bn}為等差數(shù)列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，則a8等于(　　) A．0 B．3 C．8 D．11 答案　B

22、 解析　∵{bn}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d， 由b3＝－2，b10＝12， ∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2， ∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6， ∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d ＝7×(－6)＋21×2＝0， 又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3， ∴a8－3＝0，a8＝3.故選B. 5．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝2，an＝，其前n項(xiàng)積為Tn，則T2 014等于(　　) A. B．－ C．6 D．－6 答案　D 解析　由an＝得an＋1＝，而a1＝2，所以a2＝

23、－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，則數(shù)列是以4為周期，且a1a2a3a4＝1，所以T2 014＝(a1a2a3a4)503a1a2＝1503×2×(－3)＝－6，故選D. 6．已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若S21＝S4 000，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P(1，an)， Q(2 011，a2 011)，則·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

24、011＝0， 從而a2 011＝0，而·＝2 011＋a2 011an＝2 011. 二、填空題 7．在等比數(shù)列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，則a9＋a11＋a13＋a15＝________. 答案　3 解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 由已知，得解得q4＝. 又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×()2＝2， a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×()3＝1， 所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3. 8．(xx·廣東)若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11＋a9a12＝2e5，則ln

25、 a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______. 答案　50 解析　因?yàn)閍10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5， 所以a10a11＝e5. 所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20) ＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50. 9．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時(shí)，n＝________. 答案　6 解析　設(shè)等差數(shù)列的公差為d， 則由a4＋a6＝－6得2a5＝－6，∴a5＝

26、－3. 又∵a1＝－11，∴－3＝－11＋4d，∴d＝2， ∴Sn＝－11n＋×2＝n2－12n＝(n－6)2－36， 故當(dāng)n＝6時(shí)，Sn取最小值． 10．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則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，由此可知數(shù)列{Sn}是一個(gè)等比數(shù)列，其中首項(xiàng)S1＝a1＝2，公比為，所以Sn＝2×n－1， 由此得an＝ 三、解答題

27、 11．成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)的和等于15，并且這三個(gè)數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：數(shù)列{Sn＋}是等比數(shù)列． (1)解　設(shè)成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)分別為a－d，a，a＋d. 依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15. 解得a＝5. 所以{bn}中的b3，b4，b5依次為7－d,10,18＋d. 依題意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得d＝2或d＝－13(舍去)． 故{bn}的第3項(xiàng)為5，公比為2. 由b3＝b1·22，即5＝b1·22， 解得b1＝. 所以b

28、n＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3， 即數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn＝5·2n－3. (2)證明　由(1)得數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和 Sn＝＝5·2n－2－， 即Sn＋＝5·2n－2. 所以S1＋＝，＝＝2. 因此{(lán)Sn＋}是以為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． 12．若數(shù)列{bn}對于n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常數(shù))，則稱數(shù)列{bn}是公差為d的準(zhǔn)等差數(shù)列，如數(shù)列{cn}，若cn＝則數(shù)列{cn}是公差為8的準(zhǔn)等差數(shù)列．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝a，對于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n. (1)求證：{an}為準(zhǔn)等差數(shù)列； (2)求{an}的通項(xiàng)公式及前20項(xiàng)和S20

29、. (1)證明　∵an＋1＋an＝2n，① ∴an＋2＋an＋1＝2n＋2.② 由②－①得an＋2－an＝2(n∈N*)， ∴{an}是公差為2的準(zhǔn)等差數(shù)列． (2)解　已知a1＝a，an＋1＋an＝2n(n∈N*)， ∴a1＋a2＝2，即a2＝2－a. ∴由(1)可知a1，a3，a5，…，成以a為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，a2，a4，a6，…，成以2－a為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列． ∴當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＝2－a＋(－1)×2＝n－a， 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝a＋(－1)×2＝n＋a－1， ∴an＝ S20＝a1＋a2＋…＋a19＋a20 ＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)

30、＋…＋(a19＋a20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200. 13．(xx·湖北)已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S4，S2，S3成等差數(shù)列，且a2＋a3＋a4＝－18. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)是否存在正整數(shù)n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合條件的所有n的集合；若不存在，說明理由． 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 則a1≠0，q≠0.由題意得 即 解得 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3×(－2)n－1. (2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n. 假設(shè)存在n，使得Sn≥2 013， 則1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，(－2)n>0，上式不成立； 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，(－2)n＝－2n≤－2 012， 即2n≥2 012，得n≥11. 綜上，存在符合條件的正整數(shù)n，且所有這樣的n的集合為{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．