2022年高考数学二轮复习名师知识点总结等差数列等比数列 .pdf

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 Sna1a2 an，anS1，n 1，SnSn1，n2.2 等差数列和等比数列等差数列等比数列定义anan1常数 (n2)anan1常数 (n2) 通项公式ana1(n1)d ana1qn1(q0) 判定方法(1)定义法(2)中项公式法： 2an1anan2(n 1)? an 为等差数列(3)通项公式法： anpn q(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 ， an0 ?logaan 为等差数列(1)定义法(2)中项公式法： a2n1an 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 (a0 且 a1) 性质(1)若 m、n、p、qN*，且 mnp q，则 amanapaq (2)an am(nm)d (3)Sm， S2m Sm， S3m S2m，仍成等差数列(1)若 m、n、p、q N*，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Snn a1an2na1n n12d (1)q1， Sna11qn1qa1anq1q(2)q1， Snna1考点一与等差数列有关的问题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页例 1在等差数列 an中，满足3a55a8， Sn是数列 an的前 n 项和(1)若 a10，当 Sn取得最大值时，求n 的值；(2)若 a1 46，记 bnSn ann，求 bn的最小值解(1)设an的公差为d，则由 3a55a8，得 3(a14d) 5(a1 7d)，d223a1. Snna1n n12 223a1123a1n22423a1n123a1(n12)214423a1. a10，当 n12 时， Sn取得最大值(2)由(1)及 a1 46，得 d223( 46)4，an 46(n1) 44n 50，Sn 46nn n12 42n248n. bnSnann2n252n 50n2n50n5222n50n52 32，当且仅当 2n50n，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)等差数列的性质若 m，n，p， qN*，且 mnp q，则 amanapaq；Sm，S2mSm，S3m S2m，仍成等差数列；aman(mn)d? damanmn(m，nN*)；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页anbnA2n1B2n1(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)(2012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 d0，则数列 Sn有最大项B若数列 Sn 有最大项，则d0 D若对任意nN*，均有 Sn0，则数列 Sn 是递增数列(2)(2013课标全国 )设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，Sm1 2，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，通过讨论Snd2n2 a1d2n 的单调性判断设an的首项为a1，则 Snna112n(n1)dd2n2 a1d2n. 由二次函数性质知Sn有最大值时，则d0，不妨设a1 1，d2，显然 Sn是递增数列，但S110，d0， Sn 必是递增数列，D 正确(2)am2，am13，故 d1，因为 Sm0，故 ma1m m12d0，故 a1m12，因为 amam15，故 amam12a1(2m1)d (m1)2m1 5，即 m5. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页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， a4a72，a5a6 8， 则 a1a10等于 () A7 B5 C 5 D 7 (2)(2012浙江 )设公比为q(q0)的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn.若 S23a22，S43a42，则 q _. 答案(1)D(2)32解析(1)利用等比数列的性质求解由a4 a7 2，a5a6a4a7 8解得a4 2，a74或a44，a7 2.q3 2，a1 1或q312，a1 8，a1a10a1(1q9) 7. (2)利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解S4S2a3a43a22a3 a4 3a42，将 a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2qa2q23a2q22，化简得2q2 q30，解得 q32(q 1 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：an1an(nN*)是常数， 利用等比中项a2nan1an1(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 mn rs，则 am anar as；anamqnm；Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列 (q1)(4)等比数列前n 项和公式精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页Snna1q1 ，a11qn1qa1anq1 qq1 .能“知三求二 ”；注意讨论公比q 是否为 1； a10. (1)(2013课标全国 )若数列 an 的前 n 项和 Sn23an13， 则an的通项公式是 an_. 答案(2)n1解析当 n1 时， a11；当 n2 时，anSnSn123an23an1，故anan1 2，故 an(2)n1. (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a2a3a4 18. 求数列 an的通项公式；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，说明理由解设等比数列 an的公比为q，则 a10， q0.由题意得S2S4S3 S2，a2a3a4 18.即a1q2a1q3a1q2，a1q 1qq2 18，解得a1 3，q 2.故数列 an的通项公式为an3( 2)n1. 由有 Sn31 2n1 2 1(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)n0.上式不成立；当 n 为奇数时， (2)n 2n2 012，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页即 2n2 012，则 n11. 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|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 a2 a7a12 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 mN*，使对任意nN*，总有 SnTm 恒成立，求实数 的取值范围解(1)由 a2a7a12 6 得 a7 2，a14，an5n，从而 Snn 9 n2. (2)由题意知b14， b22，b31，设等比数 列 bn的公比为 q，则 qb2b112，Tm4112m11281(12)m，(12)m随 m 增加而递减，Tm为递增数列，得4Tm8. 又 Snn 9n212(n29n) 12(n92)2814，故(Sn)maxS4S510，若存在 mN*，使对任意nN*总有 SnTm ，则 106. 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，可使运算简便精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页(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，an13an3n(nN*)，数列 bn满足 bn3nan. (1)求证：数列 bn 是等差数列；(2)设 Sna13a24a35ann2，求满足不等式1128SnS2n14的所有正整数n 的值(1)证明由 bn3nan得 an3nbn，则 an13n1bn1. 代入 an13an3n中，得 3n1bn13n1bn 3n，即得 bn1bn13. 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13的等差数列，则 bn113(n 1)n23，则 an3nbn(n2)3n1，从而有ann2 3n1，故 Sna13a24a35 ann21332 3n11 3n133n12，则SnS2n3n132n113n 1，由1128SnS2n14，得112813n114，即 33n127，得 1n4. 故满足不等式1128SnS2n0? an 为递增数列， Sn有最小值d0，q1或a10，0q0，0q1或a11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 ，Snn 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 )，a2n，1an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a3a2a2a1a2a1qa2a1q. (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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页等差数列中连续k 项的和成等差数列，即Sk，S2kSk，S3kS2k， 成等差数列，公差为 k2d. 5 易错提醒(1)应用关系式anS1，n1，SnSn1，n2时， 一定要注意分n 1，n2 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 bac2，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a1，12a3，2a2成等差数列，则a8a9a6a7等于 () A12 B12 C322 D32 2 答案C 解析记等比数列 an的公比为q，其中 q0，由题意知 a3 a12a2，即 a1q2a12a1q. 因为 a10，所以有q22q10，由此解 得 q1 2，又 q0，所以 q12. 所以a8a9a6a7q2a6 a7a6a7q2(12)2 322. 2 已知正项等比数列an满足 a7a62a5，若存在两项am，an使得aman4a1，则1m4n的最小值为() A.32B.53C.94D不存在答案A 解析因为 a7a62a5，所以 q2q2 0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页解得 q2 或 q 1(舍去 )又amana21qmn2 4a1，所以 mn6. 则1m4n161m4n(mn) 161nm4mn4 32. 当且仅当nm4mn，即 n2m 时，等号成立此时 m2，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： a13，b11， b2S212，S2b2q. (1)求 an与 bn；(2)设 cn3bn 2an3，若数列 cn是递增数列，求 的取值范围解(1)由已知可得q3a212，3a2q2，所以 q2q120，解得 q3 或 q 4(舍 )，从而 a26，所以 an3n，bn3n1. (2)由(1)知， cn3bn 2an33n 2n. 由题意，得cn1cn对任意的 nN*恒成立，即 3n1 2n13n 2n恒成立，亦即 2n2 3n恒成立，即 232n恒成立由于函数 y32n是增函数，所以 232nmin232 3，故 3，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页即 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,3x3,6x6，的第四项等于() A 24 B0 C 12 D24 答案A 解析由 x,3x 3,6x 6 成等比数列得，(3x3)2x(6x6)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 )等比数列 an的前 n 项和为 Sn，已知S3a210a1，a59，则 a1等于() A.13B13C.19D19答案C 解析设等比数列 an的公比为q，由 S3a210a1得 a1a2 a3 a210a1，即 a39a1，q29，又 a5 a1q49，所以 a119. 3 (2013 课标全国 )设首项为1，公比为23的等比数列 an的前 n 项和为 Sn，则() ASn 2an1 BSn3an2 CSn 43anDSn32an答案D 解析Sna11qn1qa1q an1q123an1332an. 故选 D. 4 在等差数列 an中， a50 且 a6|a5|，Sn是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页AS1， S2，S3均小于 0，S4，S5，S6均大于0 BS1， S2， S5均小于 0，S6，S7，均大于0 CS1， S2， S9均小于 0，S10，S11均大于0 DS1， S2， S11均小于 0，S12，S13均大于0 答案C 解析由题意可知a6a50，故S10a1a10102a5a61020，而 S9a1 a9922a5929a50，且 a1 a2 a1030，则 a5 a6的最大值等于 _答案9 解析由 a1 a2a1030 得a5a63056，又 an0，a5 a6a5a622622 9. 10已知数列 an的首项为a12，且 an112(a1 a2 an) (nN*)，记 Sn为数列 an 的前 n 项和，则Sn_，an_. 答案232n12n 1 ，32n2n2 .解析由 an112(a1a2an) (nN*)，可得 an112Sn，所以 Sn1Sn12Sn，即Sn132Sn，由此可知数列Sn 是一个等比数列，其中首项S1a12，公比为32，所以Sn232n1，由此得 an2n 1 ，32n2n 2 .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；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页(2)当 Sm，Sn，Sl成等差数列时， 求证： 对任意自然数k，amk，ank，alk也成等差数列(1)解由已知，得anaqn1，因此S1a，S3 a(1qq2)，S4 a(1qq2q3)当 S1，S3，S4成等差数列时，S4S3S3S1，可得 aq3aqaq2，化简得q2q10. 解得 q1 52. (2)证明若 q 1，则 an的各项均为a，此时 amk，ank，alk显然成等差数列若 q1，由 Sm，Sn，Sl成等差数列可得SmSl2Sn，即a qm1q1a ql1q 12a qn1q1，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a1a2a37，a13 a3423a2，解得 a22. 设等比数列 an的公比为q，由 a22，可得 a12q，a32q. 又 S37，可知2q2 2q7，即 2q25q20，解得 q12，q212. 由题意，得q1， q2，a11. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页故数 列an的通项公式是an 2n1. (2)由于 bn ln a3n1，n1,2，由(1)得 a3n123n，bnln 23n 3nln 2，又 bn1bn3ln 2，数列 bn是等差数列Tnb1b2bnn b1 bn2n 3ln 23nln 223n n12ln 2. 13 (2013 湖北 )已知等比数列 an满足： |a2a3|10，a1a2a3125. (1)求数列 an的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1a11a21am1？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a31q3125，|a1qa1q2|10，解得a153，q3或a1 5，q 1.故 an53 3n1或 an 5 ( 1)n1. (2)若 an53 3n1，则1an3513n1，故数列1an是首项为35，公比为13的等比数列从而n1m1an35113m113910113m9101. 若 an(5) ( 1)n1，则1an15( 1)n1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页故数列1an是首项为15，公比为 1 的等比数列，从而n1m1an15，m2k 1 kN，0，m2k kN.故n1m1an1. 综上，对任何正整数m，总有n1m1an1. 故不存在正整数m，使得1a11a21am1 成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页