2020屆高三數學二輪復習 必考問題專項突破9 等差、等比數列的基本問題 理

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1、必考問題9　等差、等比數列的基本問題 1．(2020·遼寧)在等差數列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數列前11項和S11＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．58 B．88 C．143 D．176 答案： B　[利用等差數列的性質及求和公式求解．因為{an}是等差數列，所以a4＋a8＝2a6＝16?a6＝8，則該數列的前11項和為S11＝＝11a6＝88.] 2．(2020·新課標全國)已知{an}為等比數列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10＝(　　)． A．7 B．5 C．－5 D．－7

2、答案：D　[設數列{an}的公比為q，由得或所以或所以或所以a1＋a10＝－7.] 3．(2020·福建)等差數列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，則數列{an}的公差為(　　)． A．1 B．2 C．3 D．4 答案：B　[在等差數列{an}中，∵a1＋a5＝10，∴2a3＝10，∴a3＝5，又a4＝7，∴所求公差為2.] 4．(2020·浙江)設公比為q(q＞0)的等比數列{an}的前n項和為Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則q＝________. 解析　∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)， ∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－

3、1)， ∴q＝－1(舍去)或q＝. 答案　 本部分在高考中常以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)，考查這兩種數列的概念、基本性質、簡單運算、通項公式、求和公式等，屬于中檔題；以解答題出現(xiàn)時，各省市的要求不太一樣，有的考查等差、等比數列的通項公式與求和等知識，屬于中檔題；有的與函數、不等式、解析幾何等知識結合考查，難度較大． (1)深刻理解兩種數列的基本概念和性質，熟練掌握常用的方法和技能；掌握等差數列和等比數列的判定、證明方法，這類問題經常出現(xiàn)在以遞推數列為背景的試題的第(1)問中． (2)熟練掌握等差數列和等比數列的性質，并會靈活應用，這是迅速、準確地進行計算的關鍵. 必備知識

4、 等差數列的有關公式與性質 (1)an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數)． (2)an＝a1＋(n－1)d. (3)Sn＝＝na1＋d. (4)2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)． (5)①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)； ②若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)； ③等差數列{an}的前n項和為Sn，則Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差數列． 等比數列的有關公式與性質 (1)＝q(n∈N*，q為非零常數)． (2)an＝a1qn－1. (3)Sn＝＝(q≠1)． (4)a＝an－1an＋1(n∈N*，

5、n≥2)． (5)①an＝amqn－m； ②若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq； ③等比數列{an}(公比q≠－1)的前n項和為Sn，則Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也成等比數列． 必備方法 1．運用方程的思想解等差(比)數列是常見題型，解決此類問題需要抓住基本量a1、d(或q)，掌握好設未知數、列出方程、解方程三個環(huán)節(jié)，常通過“設而不求，整體代入”來簡化運算． 2．深刻理解等差(比)數列的定義，能正確使用定義和等差(比)數列的性質是學好本章的關鍵．解題時應從基礎處著筆，首先要熟練掌握這兩種基本數列的相關性質及公式，然后要熟悉它們的變形使用，善用技巧，減少運算量

6、，既準又快地解決問題． 3．等差、等比數列的判定與證明方法： (1)定義法：an＋1－an＝d(d為常數)?{an}是等差數列；＝q(q為非零常數)?{an}是等比數列； (2)利用中項法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數列；a＝an·an＋2(n∈N*)?{an}是等比數列(注意等比數列的an≠0，q≠0)； (3)通項公式法：an＝pn＋q(p，q為常數)?{an}是等差數列；an＝cqn(c，q為非零常數)?{an}是等比數列； (4)前n項和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)?{an}是等差數列；Sn＝mqn－m(m為常數，q≠0)?{an}是

7、等比數列； (5)若判斷一個數列既不是等差數列又不是等比數列，只需用a1，a2，a3驗證即可． 等差數列和等比數列在公式和性質上有許多相似性，是高考必考內容，著重考查等差、等比數列的基本運算、基本技能和基本思想方法，題型不僅有選擇題、填空題、還有解答題，題目難度中等．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】? (2020·江西)已知兩個等比數列{an}、{bn}滿足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3. (1)若a＝1，求數列{an}的通項公式； (2)若數列{an}唯一，求a的值． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點

8、] (1)利用b1、b2、b3等比求解；(2)利用(1)問的解題思路，結合方程的相關知識可求解． 解　(1)設{an}的公比為q，則b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2. 由b1，b2，b3成等比數列得(2＋q)2＝2(3＋q2)， 即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－， 所以{an}的通項公式為an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1. (2)設{an}的公比為q，則由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)， 得aq2－4aq＋3a－1＝0.(*) 由a>0得，Δ＝4a2＋4a>0，故方程(*)有兩個不同的實根， 由{an}唯一

9、，知方程(*)必有一根為0，代入(*)得a＝. 關于等差(等比)數列的基本運算，一般通過其通項公式和前n項和公式構造關于a1和d(或q)的方程或方程組解決，如果在求解過程中能夠靈活運用等差(等比)數列的性質，不僅可以快速獲解，而且有助于加深對等差(等比)數列問題的認識． 【突破訓練1】 (2020·廣東改編)等差數列{an}前9項的和等于前4項的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，則k＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．10 B．12 C．15 D．20 答案： A　[設等差數列{an}的前n項和為Sn，則S9－S4＝0，即a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0,5a

10、7＝0，故a7＝0，而ak＋a4＝0，故k＝10.] 高考對該內容的考查主要是等差、等比數列的定義，常與遞推數列相結合考查．常作為數列解答題的第一問，為求數列的通項公式做準備，屬于中檔題． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】? 設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2. (1)設bn＝an＋1－2an，證明：數列{bn}是等比數列； (2)求數列{an}的通項公式． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)先利用an＋1＝Sn＋1－Sn將Sn＋1＝4an＋2轉化為關于an的遞推關系式，再利用bn＝an＋1－2an

11、的形式及遞推關系式構造新數列來求證． (2)借助(1)問結果，通過構造新數列的方式求通項． (1)證明　由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2， 有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5， ∴b1＝a2－2a1＝3，由Sn＋1＝4an＋2，① 則當n≥2時，有Sn＝4an－1＋2.② ①－②得an＋1＝4an－4an－1. ∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)． 又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1， ∴{bn}是首項b1＝3，公比為2的等比數列， (2)解　由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1， ∴－＝. ∴數列是首項為，公差為的等差數列

12、， ∴＝＋(n－1)×＝n－， 所以an＝(3n－1)·2n－2. 判斷一個數列是等差數列或等比數列的首選方法是根據定義去判斷，其次是由等差中項或等比中項的性質去判斷． 【突破訓練2】 在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n. (1)設bn＝.證明：數列{bn}是等差數列； (2)求數列{an}的前n項和Sn. (1)證明　∵an＋1＝2an＋2n，∴＝＋1. 即有bn＋1＝bn＋1， 所以{bn}是以1為首項，1為公差的等差數列． (2)解　由(1)知bn＝n，從而an＝n·2n－1. Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n

13、－1， ∴2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n. 兩式相減得， Sn＝n×2n－20－21－22－…－2n－1＝n×2n－2n＋1＝(n－1)2n＋1. 從近幾年的考題看，對于等差與等比數列的綜合考查也頻頻出現(xiàn)．考查的目的在于測試考生靈活運用知識的能力，這個“靈活”就集中在“轉化”的水平上．　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? (2020·石家莊二模)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a1＝2，S1、2S2、3S3成等差數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)數列{bn－an}是首項為－6，公差為2的等差數列，

14、求數列{bn}的前n項和． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)列出關于公比q的方程求q；(2)先求出bn后，再根據公式求和． 解　(1)由已知4S2＝S1＋3S3,4(a1＋a1q)＝a1＋3a1(1＋q＋q2)， 3q2－q＝0，∴q＝0(舍)，或q＝，∴an＝2·n－1. (2)由題意得：bn－an＝2n－8，bn＝an＋2n－8＝2n－1＋2n－8. 設數列{bn}的前n項和為Tn， Tn＝＋ ＝3＋n(n－7) ＝－＋n2－7n＋3. (1)在等差數列與等比數列的綜合問題中，特別要注意它們的區(qū)別，避免用錯公式．(2)方程思想的應用往往是破

15、題的關鍵． 【突破訓練3】 數列{an}為等差數列，an為正整數，其前n項和為Sn，數列{bn}為等比數列，且a1＝3，b1＝1，數列{ban}是公比為64的等比數列，b2S2＝64. (1)求an，bn； (2)求證：＋＋…＋＜. (1)解　設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則d為正整數，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1. 依題意有① 由(6＋d)q＝64知q為正有理數， 故d為6的因子1,2,3,6之一， 解①得d＝2，q＝8， 故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1. (2)證明　Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， ∴＋＋…＋＝

16、＋＋＋…＋ ＝ ＝＜. 遞推數列及其應用 遞推數列問題一直是高考命題的特點，遞推數列在求數列的通項、求和及其它應用中往往起至關重要的紐帶作用，是解決后面問題的基礎和臺階，此類題目需根據不同的題設條件，抓住數列遞推關系式的特點，選擇恰當的求解方法． 【示例】? (2020·湖北)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數列，試判斷：對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差數列，并證明你的結論．

17、 [滿分解答]　(1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，兩式相減，得an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1， 即an＋2＝(r＋1)an＋1.(2分) 又a2＝ra1＝ra， 所以，當r＝0時，數列{an}為：a,0，…，0，…；(3分) 當r≠0，r≠－1時，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)， 于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)， ∴a2，a3，…，an，…成等比數列， ∴當n≥2時，an＝r(r＋1)n－2a.(5分) 綜上，數列{an}的通項公式為an＝ (6分) (2)對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋

18、1，am，am＋2成等差數列，證明如下： 當r＝0時，由(1)知，an＝ ∴對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數列．(8分) 當r≠0，r≠－1時， ∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1， 若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數列， 則Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk， ∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1.(10分) 由(1)知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2， 于是對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am， 從而am＋2＝4am， ∴am＋1＋am＋2＝2am，

19、 即am＋1，am，am＋2成等差數列．(12分) 綜上，對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數列．(13分) 老師叮嚀：本題是以an和Sn為先導的綜合問題，主要考查等差、等比數列的基礎知識以及處理遞推關系式的一般方法．失分的原因有：第(1)問中漏掉r＝0的情況，導致結論寫為an＝r(r＋1)n－2a；第(2)問中有的考生也漏掉r＝0的情況，很多考生不知將Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk轉化為ak＋1與ak＋2的關系式，從而證明受阻． 【試一試】 (2020·四川)已知數列{an}的前n項和為Sn，且a2an＝S2＋Sn對一切正整數n都成立． (1)求a1，a2的值

20、； (2)設a1＞0，數列的前n項和為Tn.當n為何值時，Tn最大？并求出Tn的最大值． 解　(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，① 取n＝2，得a＝2a1＋2a2，② 由②－①，得a2(a2－a1)＝a2，③ (i)若a2＝0，由①知a1＝0， (ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④ 由①、④解得，a1＝＋1，a2＝2＋；或a1＝1－，a2＝2－. 綜上可知a1＝0，a2＝0；或a1＝＋1，a2＝＋2；或a1＝1－，a2＝2－. (2)當a1＞0時，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2. 當n≥2時，有(2＋)an＝S2＋Sn，(2＋)an－1＝S2＋Sn－1， 所以(1＋)an＝(2＋)an－1，即an＝an－1(n≥2)， 所以an＝a1()n－1＝(＋1)·()n－1. 令bn＝lg， 則bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg 2＝lg， 所以數列{bn}是單調遞減的等差數列(公差為－lg 2)， 從而b1＞b2＞…＞b7＝lg＞lg 1＝0， 當n≥8時，bn≤b8＝lg＜lg 1＝0， 故n＝7時，Tn取得最大值，且Tn的最大值為 T7＝＝＝7－lg 2.