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S1，n1，1 an与 Sn的关系 Sna1a2an，anS S，n2.nn12 等差数列和等比数列定义通项公式等差数列anan1常数(n2)ana1(n1)d(1)定义法(2)中项公式法：2an1anan2(n1)an为等差数列等比数列an常数(n2)an1ana1qn 1(q0)(1)定义法(2)中项公式法：a2an2n1an(n1)(an0)an为等比数列(3)通项公式法：ancqn(c、q 均是不为 0 的常数，nN N*)an为等比数列(4)an为等差数列 aan为等比数列(a0 且 a1)(3)通项公式法：anpnq(p、q判定方法为常数)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)若 m、n、p、qN N*，且 mnpq，则 amanapaq性质(2)anam(nm)d(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列na1annn1Snna1d22(1)若 m、n、p、qN N*，且 mnpq，则 amanapaq(2)anamqnm(3)等比数列依次每 n 项和(Sn0)仍成等比数列a11qna1anq(1)q1，Sn1q1q(2)q1，Snna1前 n 项和考点一与等差数列有关的问题例 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；Snan(2)若 a146，记 bn，求 bn的最小值n解(1)设an的公差为 d，则2由 3a55a8，得 3(a14d)5(a17d)，da1.23nn12124a1a1n2a1nSnna123223231144a1(n12)2a1.2323a10，当 n12 时，Sn取得最大值2(2)由(1)及 a146，得 d(46)4，23an46(n1)44n50，nn1Sn46n42n248n.2Snan2n252n50bnnn502n522n502n5232，n50当且仅当 2n，即 n5 时，等号成立n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 N*，且 mnpq，则 amanapaq；Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列；amanaman(mn)dd(m，nN N*)；mnanA2n1(A，B2n1分别为an，bn的前 2n1 项的和)bnB2n12n1(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 d0D若对任意 nN N*，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，Sm12，Sm0，Sm13，则 m 等于A3()B4C5D6答案(1)C(2)Cdda1n 的单调性判断解析(1)利用函数思想，通过讨论Sn n222d1da1n.设an的首项为 a1，则 Snna1 n(n1)d n2222由二次函数性质知 Sn有最大值时，则 d0，不妨设 a11，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，mm1因为 Sm0，故 ma1d0，2m1故 a1，2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)(2012课标全国)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10等于()A7B5C5D7(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_.3答案(1)D(2)2解析(1)利用等比数列的性质求解a4a72，a42，a44，由解得或a5a6a4a78a74a72.133q 2，q ，2或a11a18，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 2q2q30，3解得 q(q1 不合题意，舍去)2an1(1)证明数列是等比数列的两个方法：利用定义：(nN N*)是常数，利an*用等比中项 a2nan1an1(n2，nN N)(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 N*，且 mnrs，则 amanaras；anamqnm；Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列(q1)(4)等比数列前 n 项和公式na q1，S a 1q a a qq1.1q1q1n1n1n能“知三求二”；注意讨论公比 q 是否为 1；a10.21(1)(2013课标全国)若数列an的前 n 项和 Sn an，则an的通项公式33是 an_.答案(2)n 1解析当 n1 时，a11；当 n2 时，22anSnSn1 an an1，33故an2，故 an(2)n1.an1(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 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232S2S4S3S2，a1q a1q a1q，即2a2a3a418.a1q1qq 18，a13，解得q2.故数列an的通项公式为 an3(2)n1.312n由有 Sn1(2)n.12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)n2n2 012，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 N，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 N*，使对任意 nN N*，总有 SnTm 恒成立，求实数 的取值范围解(1)由 a2a7a126 得 a72，a14，n9nan5n，从而 Sn.2(2)由题意知 b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为 q，b21则 q，b12141 m21Tm81()m，12121()m随 m 增加而递减，2Tm为递增数列，得 4Tm8.n9n1又 Sn(n29n)221981(n)2，224故(Sn)maxS4S510，若存在 mN N*，使对任意 nN N*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(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 a13，an13an3n(nN*)，数列bn满足 bn3nan.(1)求证：数列bn是等差数列；a1a2a3an1Sn1(2)设 Sn，求满足不等式 的所有正整数 n 的值345128 S2n4n2(1)证明由 bn3nan得 an3nbn，则 an13n1bn1.代入 an13an3n中，得 3n1bn13n1bn3n，1即得 bn1bn.3所以数列bn是等差数列(2)解因为数列bn是首项为 b131a11，1公差为 的等差数列，3n21则 bn1(n1)，33则 an3nbn(n2)3n1，从而有3n1，n2ana1a2a3an故 Sn345n2nn133 12n1133 3，213nSn3 11则2nn，S2n3 13 1由1Sn1111，得n，128 S2n41283 14即 33n127，得 1n4.1Sn1故满足不等式0an为递增数列，Sn有最小值d0，a10，a110q10q1数列4 常用结论Sn(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n列，其中 m，k 为常数2(2)若an，bn均是等比数列，则can(c0)，|an|，anbn，manbn(m 为常数)，an，1等也是等比数列an(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 a2a3a2a2a1qa1，a3a2，a4a3，成等比数列，且公比为q.a2a1a2a1(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 易错提醒S1，n1，(1)应用关系式 an时，一定要注意分 n1，n2 两种情况，在求出SnSn1，n2结果后，看看这两种情况能否整合在一起ac(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2必要条件是 b2ac.a8a911 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()2a6a7A1 2C32 2答案C解析记等比数列an的公比为 q，其中 q0，由题意知 a3a12a2，即 a1q2a12a1q.因为 a10，所以有 q22q10，由此解得 q1 2，又 q0，所以 q1 2.a8a9q2a6a72所以q(1 2)232 2.a6a7a6a7142 已知正项等比数列an满足 a7a62a5，若存在两项 am，an使得 aman4a1，则 的mn最小值为3A.2答案A解析因为 a7a62a5，所以 q2q20，()B1 2D32 25B.39C.4D不存在解得 q2 或 q1(舍去)又 amanmn2a24a1，1q所以 mn6.141 14(mn)则 mn6mnn4m131 4.mn26n4m当且仅当，即 n2m 时，等号成立mn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，且满足：a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求 an与 bn；an(2)设 cn3bn2，若数列cn是递增数列，求 的取值范围3q3a212，解(1)由已知可得23a2q，所以 q2q120，解得 q3 或 q4(舍)，从而 a26，所以 an3n，bn3n1.an(2)由(1)知，cn3bn23n2n.3由题意，得 cn1cn对任意的 nN*恒成立，即 3n12n13n2n恒成立，3n恒成立亦即 2n23n恒成立，即 223n由于函数 y2是增函数，3nmin233，所以2 2 2故 3，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A24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(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1A.3答案C解析设等比数列an的公比为 q，由 S3a210a1得 a1a2a3a210a1，即 a319a1，q29，又 a5a1q49，所以 a1.923(2013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()3ASn2an1CSn43an答案D21 aa11q a1qan3n解析Sn32an.11q1q3n()B0C12D24()1B31C.91D9BSn3an2DSn32an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()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 a6a50，故a1a1010a5a610S100，22a1a992a59而 S99a50，且 a1a2a1030，则 a5a6的最大值等于_答案9解析由 a1a2a1030 得30a5a66，5又 an0，a5a6a5a626229.2110已知数列an的首项为 a12，且 an1(a1a2an)(nN N*)，记 Sn为数列an的2前 n 项和，则 Sn_，an_.2n1，3n13答案2 n2n2.22111解析由 an1(a1a2an)(nN N*)，可得 an1 Sn，所以 Sn1Sn Sn，即22233Sn1 Sn，由此可知数列Sn是一个等比数列，其中首项 S1a12，公比为，所以222n1，3n1Sn22，由此得 an3n22n2.三、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，S3a(1qq2)，S4a(1qq2q3)当 S1，S3，S4成等差数列时，S4S3S3S1，可得 aq3aqaq2，化简得 q2q10.1 5解得 q.2(2)证明若 q1，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，aqm1aql12aqn1即，整理得 qmql2qn.q1q1q1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.a a a 7，解(1)依题意，得a 3a 43a，2123132解得 a22.设等比数列an的公比为 q，由 a22，2可得 a1，a32q.q2又 S37，可知 22q7，q即 2q25q20，1解得 q12，q2.2由题意，得 q1，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nb1bnTnb1b2bn2n3ln 23nln 23nn1ln 2.2213(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；111(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，a1a2am说明理由解(1)设等比数列an的公比为 q，3 3a1q 125，则由已知可得2|a1qa1q|10，5a13，a15，解得或q1.q35n1故 an 3或 an5(1)n1.35n113 1n1(2)若 an 3，则，3an53131故数列a是首项为，公比为 的等比数列53n31m1m13 91m95从而 11.an1103 10n11311若 an(5)(1)n1，则(1)n1，an511故数列a是首项为，公比为1 的等比数列，5n1，m2k1kN N，15从而ann10，m2kkN N.m故n1m11.an综上，对任何正整数 m，总有n1m11.an111故不存在正整数 m，使得1 成立a1a2am