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.docx

等差数列、等比数列【高考考情解读】高考对本讲学问的考察主要是以下两种形式：1.以选择题、填空题的形式考察，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，属于根底题；2.以解答题的形式考察，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学问交汇综合命题，考察用数列学问分析问题、解决问题的实力，属低、中档题1 an与Sn的关系Sna1a2an，an2 等差数列和等比数列等差数列等比数列定义anan1常数(n2)常数(n2)通项公式ana1(n1)dana1qn1(q0)断定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an1anan2(n1)an为等差数列(3)通项公式法：anpnq(p、q为常数)an为等差数列(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A、B为常数)an为等差数列(5)an为等比数列，an>0logaan为等差数列(1)定义法(2)中项公式法：aan·an2(n1)(an0)an为等比数列(3)通项公式法：anc·qn(c、q均是不为0的常数，nN*)an为等比数列(4)an为等差数列aan为等比数列(a>0且a1)性质(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anam(nm)d(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则am·anap·aq(2)anamqnm(3)等比数列依次每n项和(Sn0)仍成等比数列前n项和Snna1d(1)q1，Sn(2)q1，Snna1考点一与等差数列有关的问题例1在等差数列an中，满意3a55a8，Sn是数列an的前n项和(1)若a1>0，当Sn获得最大值时，求n的值；(2)若a146，记bn，求bn的最小值解(1)设an的公差为d，则由3a55a8，得3(a14d)5(a17d)，da1.Snna1×a1n2a1na1(n12)2a1.a1>0，当n12时，Sn获得最大值(2)由(1)及a146，得d×(46)4，an46(n1)×44n50，Sn46n×42n248n.bn2n5225232，当且仅当2n，即n5时，等号成立故bn的最小值为32. (1)在等差数列问题中其最根本的量是首项和公差，只要依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根本方法，其中蕴含着方程思想的运用(2)等差数列的性质若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列；aman(mn)dd(m，nN*)；(A2n1，B2n1分别为an，bn的前2n1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Snf(n)是n的二次函数或一次函数且不含常数项，即SnAn2Bn(A2B20) (1)(2019·浙江)设Sn是公差为d(d0)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<0C若数列Sn是递增数列，则对随意nN*，均有Sn>0D若对随意nN*，均有Sn>0，则数列Sn是递增数列(2)(2019·课标全国)设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m等于()A3 B4 C5 D6答案(1)C(2)C解析(1)利用函数思想，通过探讨Snn2n的单调性推断设an的首项为a1，则Snna1n(n1)dn2n.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a11，d2，明显Sn是递增数列，但S11<0，故C错误；对随意nN*，Sn均大于0时，a1>0，d>0，Sn必是递增数列，D正确(2)am2，am13，故d1，因为Sm0，故ma1d0，故a1，因为amam15，故amam12a1(2m1)d(m1)2m15，即m5.考点二与等比数列有关的问题例2(1)(2019·课标全国)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10等于()A7 B5 C5 D7(2)(2019·浙江)设公比为q(q>0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22，S43a42，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a1a10a1(1q9)7.(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解S4S2a3a43a22a3a43a42，将a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2qa2q23a2q22，化简得2q2q30，解得q(q1不合题意，舍去) (1)证明数列是等比数列的两个方法：利用定义：(nN*)是常数，利用等比中项aan1an1(n2，nN*)(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：若m、n、r、sN*，且mnrs，则am·anar·as；anamqnm；Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列(q1)(4)等比数列前n项和公式Sn能“知三求二”；留意探讨公比q是否为1；a10. (1)(2019·课标全国)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.答案(2)n1解析当n1时，a11；当n2时，anSnSn1anan1，故2，故an(2)n1.(2)(2019·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a2a3a418.求数列an的通项公式；是否存在正整数n，使得Sn2 013？若存在，求出符合条件的全部n的集合；若不存在，说明理由解设等比数列an的公比为q，则a10，q0.由题意得即解得故数列an的通项公式为an3×(2)n1.由有Sn1(2)n.假设存在n，使得Sn2 013，则1(2)n2 013，即(2)n2 012.当n为偶数时，(2)n>0.上式不成立；当n为奇数时，(2)n2n2 012，即2n2 012，则n11.综上，存在符合条件的正整数n，且全部这样的n的集合为n|n2k1，kN，k5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a2a7a126.(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，剩下三项按原来依次恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为Tn，若存在mN*，使对随意nN*，总有Sn<Tm恒成立，务实数的取值范围解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，从而Sn.(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，Tm81()m，()m随m增加而递减，Tm为递增数列，得4Tm<8.又Sn(n29n)(n)2，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使对随意nN*总有Sn<Tm，则10<4，得>6. 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“根本量法”求解，但有时敏捷地运用性质，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)数列的相关学问，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满意a13，an13an3n(nN*)，数列bn满意bn3nan.(1)求证：数列bn是等差数列；(2)设Sn，求满意不等式<<的全部正整数n的值(1)证明由bn3nan得an3nbn，则an13n1bn1.代入an13an3n中，得3n1bn13n1bn3n，即得bn1bn.所以数列bn是等差数列(2)解因为数列bn是首项为b131a11，公差为的等差数列，则bn1(n1)，则an3nbn(n2)×3n1，从而有3n1，故Sn13323n1，则，由<<，得<<，即3<3n<127，得1<n4.故满意不等式<<的全部正整数n的值为2,3,4.1 在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中随意三个，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)这两个根本量的有关运算2 等差、等比数列的性质是两种数列根本规律的深入表达，是解决等差、等比数列问题既快捷又便利的工具，应有意识地去应用但在应用性质时要留意性质的前提条件，有时须要进展适当变形3 等差、等比数列的单调性(1)等差数列的单调性d>0an为递增数列，Sn有最小值d<0an为递减数列，Sn有最大值d0an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mankbn，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(c0)，|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a2a1，a3a2，a4a3，成等比数列，且公比为q.(4)等比数列(q1)中连续k项的和成等比数列，即Sk，S2kSk，S3kS2k，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，S2kSk，S3kS2k，成等差数列，公差为k2d.5 易错提示(1)应用关系式an时，肯定要留意分n1，n2两种状况，在求出结果后，看看这两种状况能否整合在一起(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b2ac.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()A1 B1C32 D32答案C解析记等比数列an的公比为q，其中q>0，由题意知a3a12a2，即a1q2a12a1q.因为a10，所以有q22q10，由此解得q1±，又q>0，所以q1.所以q2(1)232.2 已知正项等比数列an满意a7a62a5，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a7a62a5，所以q2q20，解得q2或q1(舍去)又4a1，所以mn6.则(mn).当且仅当，即n2m时，等号成立此时m2，n4.3 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，且满意：a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求an与bn；(2)设cn3bn·2，若数列cn是递增数列，求的取值范围解(1)由已知可得所以q2q120，解得q3或q4(舍)，从而a26，所以an3n，bn3n1.(2)由(1)知，cn3bn·23n·2n.由题意，得cn1>cn对随意的nN*恒成立，即3n1·2n1>3n·2n恒成立，亦即·2n<2·3n恒成立，即<2·n恒成立由于函数yn是增函数，所以min2×3，故<3，即的取值范围为(，3)(举荐时间：60分钟)一、选择题1 (2019·江西)等比数列x,3x3,6x6，的第四项等于()A24 B0 C12 D24答案A解析由x,3x3,6x6成等比数列得，(3x3)2x(6x6)解得x3或x1(不合题意，舍去)故数列的第四项为24.2 (2019·课标全国)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，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S3a210a1得a1a2a3a210a1，即a39a1，q29，又a5a1q49，所以a1.3 (2019·课标全国)设首项为1，公比为的等比数列an的前n项和为Sn，则()ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an答案D解析Sn32an.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()AS1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6均大于0BS1，S2，S5均小于0，S6，S7，均大于0CS1，S2，S9均小于0，S10，S11均大于0DS1，S2，S11均小于0，S12，S13均大于0答案C解析由题意可知a6a5>0，故S10>0，而S99a5<0，故选C.5 已知an是等差数列，Sn为其前n项和，若S21S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，则·等于()A2 011 B2 011 C0 D1答案A解析由S21S4 000得a22a23a4 0000，由于a22a4 000a23a3 9992a2 011，所以a22a23a4 0003 979a2 0110，从而a2 0110，而·2 011a2 011an2 011.6 数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN*)若b32，b1012，则a8等于()A0 B3 C8 D11答案B解析因为bn是等差数列，且b32，b1012，故公差d2.于是b16，且bn2n8(nN*)，即an1an2n8，所以a8a76a646a5246a1(6)(4)(2)02463.二、填空题7 (2019·广东)在等差数列an中，已知a3a810，则3a5a7_.答案20解析设公差为d，则a3a82a19d10，3a5a74a118d2(2a19d)20.8 各项均为正数的等比数列an的公比q1，a2，a3，a1成等差数列，则_.答案解析依题意，有a3a1a2，设公比为q，则有q2q10，所以q(舍去负值).9 在等差数列an中，an>0，且a1a2a1030，则a5·a6的最大值等于_答案9解析由a1a2a1030得a5a66，又an>0，a5·a6229.10已知数列an的首项为a12，且an1(a1a2an) (nN*)，记Sn为数列an的前n项和，则Sn_，an_.答案2×n1解析由an1(a1a2an) (nN*)，可得an1Sn，所以Sn1SnSn，即Sn1Sn，由此可知数列Sn是一个等比数列，其中首项S1a12，公比为，所以Sn2×n1，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：对随意自然数k，amk，ank，alk也成等差数列(1)解由已知，得anaqn1，因此S1a，S3a(1qq2)，S4a(1qq2q3)当S1，S3，S4成等差数列时，S4S3S3S1，可得aq3aqaq2，化简得q2q10.解得q.(2)证明若q1，则an的各项均为a，此时amk，ank，alk明显成等差数列若q1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得SmSl2Sn，即，整理得qmql2qn.因此，amkalkaqk1(qmql)2aqnk12ank.所以amk，ank，alk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S37且a13,3a2，a34构成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bnln a3n1，n1,2，求数列bn的前n项和Tn.解(1)依题意，得解得a22.设等比数列an的公比为q，由a22，可得a1，a32q.又S37，可知22q7，即2q25q20，解得q12，q2.由题意，得q>1，q2，a11.故数列an的通项公式是an2n1.(2)由于bnln a3n1，n1,2，由(1)得a3n123n，bnln 23n3nln 2，又bn1bn3ln 2，数列bn是等差数列Tnb1b2bnln 2.13(2019·湖北)已知等比数列an满意：|a2a3|10，a1a2a3125.(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·3n1或an5·(1)n1.(2)若an·3n1，则n1，故数列是首项为，公比为的等比数列从而·<<1.若an(5)·(1)n1，则(1)n1，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