板块二 专题六 第1讲.docx

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1、第1讲等差数列与等比数列考情考向分析1.数列的不雅念是A级恳求，理解数列、数列的项、通项公式、前n项跟等不雅念，一般不会单独考察.2.等差数列、等比数列要紧考察等差、等比数列的通项公式、求跟公式以及性质的灵敏运用，解答题会以等差数列、等比数列的推理证明为主，恳求全然上C级抢手一等差数列、等比数列的运算例1(1)(2019徐州期末)已经清楚等差数列an的前n项跟为Sn，S11132，a6a930，那么a12的值为_答案24分析因为S11132，因此132，即11a6132，因此a612，又a6a930，因此a918，因为a6a122a9，因此a1224.(2)设an是等比数列，公比q，Sn为an

2、的前n项跟，记Tn，nN*，记Bn为数列Tn的最大年夜项，那么n_.答案4分析因为等比数列的前n项跟公式为Sn，那么Tn，令()nt，t0，那么Tn，当且仅当t，即t4时等号成破，故()n4，那么n4时Tn获得最大年夜值思维升华在进展等差(比)数列项与跟的运算时，假设条件跟结论间的联络不清楚，那么均可化成关于a1跟d(q)的方程组求解，但要留心消元法及全部打算，以添加打算量跟踪练习练习1(1)记公比为正数的等比数列an的前n项跟为Sn.假设a11，S45S20，那么S5的值为_答案31分析由等比数列的求跟公式，及a11，S45S20，得q1，那么50，即(q21)(q24)0，又因为公比为正数

3、，解得q2，因此S531.(2)(2019江苏省清江中学调研)在公比不等于1的等比数列an中，已经清楚2a3a5a4，且a3，a4，2a5成等差数列，那么数列an的前10项跟为_答案分析由题意得a14，q，因此数列an的前10项跟为.抢手二等差数列、等比数列的证明例2(2019南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港七市调研)已经清楚数列an的各项均不为零设数列an的前n项跟为Sn，数列a的前n项跟为Tn,且3S4SnTn0，nN*.(1)求a1，a2的值；(2)证明：数列an是等比数列(1)解因为3S4SnTn0，nN*.令n1，得3a4a1a0，因为a10，因此a11.令n2，得3(1a

4、2)24(1a2)(1a)0，即2aa20，因为a20，因此a2.(2)证明因为3S4SnTn0，因此3S4Sn1Tn10，得，3(Sn1Sn)an14an1a0，因为an10，因此3(Sn1Sn)4an10，因此3(SnSn1)4an0(n2)，当n2时，得，3(an1an)an1an0，即an1an，因为an0，因此.又由(1)知，a11，a2，因此，因此数列an是以1为首项，为公比的等比数列.思维升华数列an是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列an是等差数列的两种全然方法运用定义，证明an1an(nN*)为一常数运用中项性质，即证明2anan1an1(n2，nN*)(2)证明数列

5、an是等比数列的两种全然方法运用定义，证明(nN*)为一常数运用等比中项，即证明aan1an1(n2，nN*)跟踪练习练习2已经清楚数列，其前n项跟为Sn，称心a12，Snnanan1，其中n2，nN*，R.(1)假设0，4，bnan12an，求证：数列是等比数列；(2)假设a23，且，求证：数列是等差数列证明(1)假设0，4，那么Sn4an1(n2)，因此an1Sn1Sn4(anan1)，即an12an2(an2an1)，因此bn2bn1,又由a12，a1a24a1，得a23a16，a22a120，即b10，因此2，故数列是等比数列(2)假设a23，由a1a22a2a1，得562，又，解得，

6、1.由a12，a23,，1，代入S33a3a2，得a34，因此a1，a2，a3成等差数列，由Snanan1，得Sn1an1an，两式相减得an1an1ananan1，即(n1)an1(n2)an2an10，因此nan2(n1)an12an0，相减得nan22(n1)an1(n4)an2an10，因此n(an22an1an)2(an12anan1)0，因此(an22an1an)(an12anan1)(an2an1an2)(a32a2a1)，因为a12a2a30，因此an22an1an0，即数列是等差数列抢手三等差数列、等比数列的综合例3(2019江苏省清江中学调研)设数列an的前n项跟为Sn，且

7、Sn，数列bn称心b1，且对任意正整数n都有bn，bn1成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bn为等差数列；(3)令cn2bn3，咨询是否存在正整数m，k，使得cm，cm5，ck成等比数列？假设存在，求出m，k的值；假设不存在，请说明因由(1)解因为数列an的前n项跟Sn，因此当n1时，a1；当n2且nN*时，anSnSn1，当n1时，上式也成破，因此数列an的通项公式为an.(2)证明因为对任意正整数n都有bn，bn1成等比数列，因此bnbn1，即bnbn1，因此bn1bn2，两式相除得，对任意正整数n都有，即，当n为奇数时，因此bn(n1)(n1)，当n为偶数时，而b1b

8、2，因此b2，因此bn(n1)(n1)，nN*.因此bn1bn(n2)(n1)，因此数列bn为等差数列.(3)解因为cn2bn32(n1)32n1，因此cm2m1，cm52(m5)12m9，ck2k1，因此存在正整数m，k，使得cm，cm5，ck成等比数列(2m9)2(2m1)(2k1)2k1km10.因为m，k全然上正整数，那么2m11,5,25，即m1,3,13时，对应的k61,23,25.因此存在或或使得cm，cm5，ck成等比数列思维升华数列的综合题，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的互相联络跟互相转化；有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并不指明，但能够通过

9、分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后运用等差、等比数列的相关知识处置咨询题跟踪练习练习3在数列an中，已经清楚a1a21，anan22an1，nN*，为常数(1)证明：a1，a4，a5成等差数列；(2)设cn，求数列cn的前n项跟Sn；(3)当0时，数列an1中是否存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列？假设存在，求出s，t，p的值；假设不存在，请说明因由(1)证明因为anan22an1，a1a21，因此a32a2a11.同理，a42a3a231，a52a4a361.又因为a4a13，a5a43，因此a1，a4，a5成等差数列(2)解由anan22an1，

10、得an2an1an1an，令bnan1an，那么bn1bn，b1a2a10，因此bn是以0为首项，为公差的等差数列，因此bnb1(n1)(n1)，即an1an(n1)，因此an2an2(an1an)(2n1)，因此cn2(2n1).Snc1c2cn223252(2n1).当0时，Snn；当0时，Sn223252(2n1).(3)解由(2)知an1an(n1)，用累加法可求得an1(n2)，当n1时也适合，因此an1(nN*)假设存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列，那么(at11)2(as11)(ap11)，由0，得.因为s，t，p成等比数列，因此t2sp，

11、因此(t1)2(s1)(p1)，化简得sp2t，联破t2sp，得stp，这与题设冲突故不存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列.1在等差数列an中，假设a5，8a62a4a2，那么an的前6项跟S6的值为_答案分析依题意，得化简，得解得因此S6615.2(2019苏州调研)设Sn是等比数列an的前n项跟，假设，那么_.答案分析当公比q1时不称心题意，因此公比q1.因为Sn是等比数列an的前n项跟，因此Sn(q1)，因为，因此，拾掇得1q53，即q52，因此.3(2019江苏，8)已经清楚数列an(nN*)是等差数列，Sn是其前n项跟假设a2a5a80，S927

12、，那么S8的值是_答案16分析方法一设等差数列an的公差为d，那么a2a5a8(a1d)(a14d)a17da4d25a1da17d0，S99a136d27，解得a15，d2，那么S88a128d405616.方法二S9927，a1a96，a2a82a56，a53，那么a2a5a83a2a80，即2a260，a23，那么a89，其公差d2，a15，S8816.4已经清楚数列an的前n项跟为Sn，且称心a1，an2SnSn1(n2)，那么S100_.答案分析当n2时，anSnSn1，SnSn12SnSn1，Sn(12Sn1)Sn1，显然，假设Sn10，那么Sn0，S1a10，由递推关系式知Sn0

13、(nN*)，2，即2(n2)，故数列为等差数列，(n1)22n22n，Sn，S100.5(2017江苏，19)关于给定的正整数k，假设数列an称心ankank1an1an1ank1ank2kan对任意正整数n(nk)总成破，那么称数列an是“P(k)数列(1)证明：等差数列an是“P(3)数列；(2)假设数列an既是“P(2)数列，又是“P(3)数列，证明：an是等差数列证明(1)因为an是等差数列，设其公差为d，那么ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1,2,3，因此an3an2an1an1an2an36an，因此等差数

14、列an是“P(3)数列(2)数列an既是“P(2)数列，又是“P(3)数列，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得an1an12an，其中n4，因此a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d.在中，取n4，那么a2a3a5a64a4，因此a2a3d，在中，取n3，那么a1a2a4a54a3，因此a1a32d，因此数列an是等差数列.A组专题通关1(2019南京、盐城模拟)等差数列an中，a410，前12项的跟S1290，那么a18的值为_答案4分

15、析由题意得a113，d1，a181317(1)4.2已经清楚an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项跟，nN*，那么S10的值为_答案110分析aa3a9，d2，(a112)2(a14)(a116)，解得a120，S101020(2)110.3等差数列an前9项的跟等于前4项的跟假设a11，aka40，那么k_.答案10分析方法一S9S4，即，9a52(a1a4)，即9(14d)2(23d)，d，由1(k1)130，得k10.方法二S9S4，a5a6a7a8a90，a70，从而a4a102a70，k10.4设Sn为等差数列的前n项跟，假设的前2021项中的奇

16、数项跟为2022，那么S2021的值为_答案4042分析因为的前2021项中的奇数项跟为2022，因此2022，因此a1a20214，因此S20214042.5(2019盐城、南京模拟)已经清楚等比数列an为单调递增数列，设其前n项跟为Sn，假设a22，S37，那么a5的值为_答案16分析因为此等比数列不是常数列，设ana1qn1，那么a1，且a1(q2q1)7,解得q2或q(舍)，故a5a1q416.6已经清楚数列称心：a11,an1(nN*)，那么数列的通项公式为_答案an(nN*)分析由an1，得1，变形得12，又120，因此是以2为公比的等比数列，因此122n12n，因此an(nN*)

17、7设数列an称心a11，(1an1)(1an)1(nN*)，那么kak1的值为_答案分析因为(1an1)(1an)1，因此anan1anan10，又由题意知an0，从而1，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，因此1n1n，因此an.故an1an，因此kak11.8已经清楚公差为d的等差数列an的前n项跟为Sn，假设3，那么的值为_答案分析设等差数列an的首项为a1，那么由3，得3，因此d4a1，因此.9已经清楚数列an对任意nN*称心a13a25a3(2n1)an(n1)3n12.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列an的前n项跟为Sn，求使得Sn2019成破的正整数n的最小值解(1)

18、因为a13a25a3(2n3)an1(2n1)an(n1)3n12，因此a13a25a3(2n3)an1(n2)3n2(n2)，两式相减，得(2n1)an(3n3)(n2)3n(2n1)3n(n2)，因此an3n(n2)又当n1时，a12，不称心上式因此数列an的通项公式为an(2)由(1)知，S12，因此S12019不成破，当n2时，Sna1a2a3an232333n，由Sn2019，得3n14043.又21873740432019成破的正整数n的最小值为7.10已经清楚数列an称心2an1anan2k(nN*，kR)，且a12，a3a54.(1)假设k0，求数列an的前n项跟Sn；(2)假

19、设a41，求数列an的通项公式解(1)当k0时，2an1anan2，即an2an1an1an，因此数列an是等差数列设数列an的公差为d，那么解得因此Snna1d2nn2n(nN*)(2)由题意得2a4a3a5k，即24k，因此k2.由2a3a2a42及2a2a1a32，得a42a3a222(2a2a12)a223a22a16，因此a23.由2an1anan22，得(an2an1)(an1an)2，因此数列an1an是以a2a11为首项，2为公差的等差数列，因此an1an2n3(nN*)当n2时，有anan12(n1)3，因此an1an22(n2)3，an2an32(n3)3，a3a2223，

20、a2a1213，叠加得，ana1212(n1)3(n1)(n2)，因此an23(n1)2n24n1(n2)又当n1时，a12也适合上式因此数列an的通项公式为ann24n1，nN*.B组才能进步11已经清楚等比数列a1，a2，a3的跟为定值m(m0)，且公比q0，令ta1a2a3，那么t的取值范围为_答案m3,0)分析ma1a2a3a2，因此a2，因为q0，因此m0，即ma20的所有正整数n.解(1)由已经清楚，得a2(n1)a2n1(2n1)a2n3(2n)2n1a2n1.令a2(n1)(a2n)，得a2(n1)a2n，因此.如今，a21.因此存在，使得数列a2n是等比数列(2)由(1)知，数列是首项为，公比为的等比数列，因此a2nn1，即a2n.由a2na2n1(2n1)，得a2n13a2n3(2n1)6n3，因此a2n1a2n6n32n6n9，因此S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)26(12n)9n3n26n1，从而S2n1S2na2n3n26n.因为跟3n26n3(n1)23在nN*时均单调递减，因此S2n跟S2n1均各自单调递减打算得S11，S2，S3，S4，因此称心Sn0的所有正整数n的值为1跟2.