江苏省2019高考数学二轮复习专题六数列第1讲等差数列与等比数列学案.doc

1、1第 1 讲 等差数列与等比数列考情考向分析 1.数列的概念是 A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前 n 项和等概念，一般不会单独考查.2.等差数列、等比数列主要考查等差、等比数列的通项公式、求和公式以及性质的灵活运用，解答题会以等差数列、等比数列推理证明为主， 要求都是 C级热点一 等差数列、等比数列的运算例 1 (2018江苏南京师大附中模拟)已知等差数列 和等比数列 均不是常数列，若an bna1 b11，且 a1,2a2,4a4成等比数列，4 b2,2b3， b4成等差数列(1)求 和 的通项公式；an bn(2)设 m， n 是正整数，若存在正整数 i， j， k(i0， 2

2、，则有 m n6；1n 2m所以 m n 的最小值为 6，当且仅当 j i1， k i2 且Error!或Error!时取得思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化2成关于 a1和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量跟踪演练 1 (1)若 Sn是公差不为 0 的等差数列 an的前 n 项和，且 S1， S2， S4成等比数列则数列 S1， S2， S4的公比为_答案 4解析 设数列 an的公差为 d，由题意，得 S S1S4，2(2 a1 d)2 a1(4a16 d) d0， d2 a1.故公比 q 4.S2S1(2)在公差不

3、为零的等差数列 an中， a57，且三个数 a1， a4， a3依次成等比数列抽出数列 an的第 1,2,22，2 n项重新构成新数列 bn，数列 bn的前 n 项和 Sn_.答案 2 n2 13 n4( nN *)解析 设数列 an的公差为 d，由 a1， a4， a3构造成的等比数列的公比为 q.d0， q .a3 a4a4 a1 d3d 13 a4 a1，13又 a4 a13 d， a13 d a1，13 d a1.49 a57， a14 d7， a19， d4. an4 n13( nN *)由题意，数列 an中的第 2n项即为数列 bn中的第 n1 项 bn a2n1 42 n1 13

4、. Sn b1 b2 b3 bn4(122 22 n1 )13 n4(2 n1)13 n. Sn2 n2 13 n4( nN *)热点二 等差数列、等比数列的证明例 2 (2018宿迁一模)已知数列 ，其前 n 项和为 Sn，满足ana12， Sn na n a n1 ，其中 n2， nN *， ， R.(1)若 0， 4， bn an1 2 an ，求证：数列 是等比数列；(n N*) bn(2)若 a23，且 ，求证：数列 是等差数列32 an证明 (1)若 0， 4，则 Sn4 an1 (n2)，3所以 an1 Sn1 Sn4( an an1 )，即 an1 2 an2( an2 an1

5、 )，所以 bn2 bn1, 又由 a12， a1 a24 a1，得 a23 a16， a22 a120，即 b10，所以 2，故数列 是等比数列bnbn 1 bn(2)若 a23，由 a1 a22 a 2 a 1，得 56 2 ，又 ，解得 ， 1.32 12由 a12， a23, ， 1，代入 S33 a 3 a 2得，12a34，所以 a1， a2， a3成等差数列，由 Sn an an1 ，得 Sn1 an1 an，n2 n 12两式相减得 an1 an1 an an an1 ，n 12 n2即( n1) an1 ( n2) an2 an1 0，所以 nan2 ( n1) an1 2

6、an0，相减得 nan2 2( n1) an1 ( n4) an2 an1 0，所以 n(an2 2 an1 an)2( an1 2 an an1 )0，所以( an2 2 an1 an) (an1 2 an an1 ) (an2 an1 an2 )2n 22nn 1 (a32 a2 a1)， 2n 1nn 12因为 a12 a2 a30，所以 an2 2 an1 an0，即数列 是等差数列an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是等差数列的两种基本方法利用定义，证明 an1 an(nN *)为一常数利用中项性质，即证明 2an an1 an1(n2， nN

7、*)(2)证明数列 an是等比数列的两种基本方法利用定义，证明 (nN *)为一常数an 1an利用等比中项，即证明 a an1 an1 (n2， nN *)2n4跟踪演练 2 已知 n 为正整数，数列 an满足 an0，4(n1) a na 0，设数列 bn满足 bn .2n 2n 1a2ntn(1)求证：数列 为等比数列；ann(2)若数列 bn是等差数列，求实数 t 的值(1)证明 由题意得，4( n1) a na ，2n 2n 1因为数列 an各项为正数，得 4 ，a2n 1n 1 a2nn所以 2 ，因此 2，an 1n 1 annan 1n 1ann所以 是以 a1为首项，2 为公

8、比的等比数列ann(2)解 由(1)得 a12n1 ， an a12n1 ，ann nbn .a2ntn a214n 1ntn如果数列 bn是等差数列，则 2b2 b1 b3，得 2 ，即 ，2a2142 1t2 a2140t 3a2143 1t3 16t2 1t 48t3则 t216 t480，解得 t4 或 12.当 t4 时， bn ，a21n4bn1 bn ，a21n 14 a21n4 a214数列 bn是等差数列，符合题意；当 t12 时， bn ，a21n43nb2 b4 a ，2a21432 4a21434 22a21434 11162212b32 ，3a21433 a2118b

9、2 b42 b3，数列 bn不是等差数列， t12 不符合题意综上，若数列 bn是等差数列，则 t4.热点三 等差数列、等比数列的综合例 3 在数列 an中，已知 a1 a21， an an2 2 an1 ， nN *， 为常数5(1)证明： a1， a4， a5成等差数列；(2)设 cn 2n ，求数列 cn的前 n 项和 Sn；(3)当 0 时，数列 an1中是否存在三项 as1 1， at1 1， ap1 1 成等比数列，且s， t， p 也成等比数列？若存在，求出 s， t， p 的值；若不存在，说明理由(1)证明 因为 an an2 2 an1 ， a1 a21，所以 a32 a2

10、a1 1.同理， a42 a3 a2 3 1，a52 a4 a3 6 1.又因为 a4 a13 ， a5 a43 ，所以 a1， a4， a5成等差数列(2)解 由 an an2 2 an1 ，得an2 an1 an1 an ，令 bn an1 an，则 bn1 bn ， b1 a2 a10，所以 bn是以 0 为首项， 为公差的等差数列，所以 bn b1( n1) ( n1) ，即 an1 an( n1) ，所以 an2 an2( an1 an) (2 n1) ，所以 cn 22 (2n1) .Sn c1 c2 cn2 2 3 2 5 2 (2n1) .当 0 时， Sn n；当 0 时，

11、Sn2 2 3 2 5 2 (2n1) .2 1 22n 1 22(3)解 由(2)知 an1 an( n1) ，用累加法可求得 an1 (n2)，n 1n 22当 n1 时也适合，所以 an1 (nN *)n 1n 22假设存在三项 as1 1， at1 1， ap1 1 成等比数列，且 s， t， p 也成等比数列，则( at1 1) 2( as1 1)( ap1 1)，由 0，得 .t2t 124 ss 1pp 14因为 s， t， p 成等比数列，所以 t2 sp，所以( t1) 2( s1)( p1)，化简得 s p2 t，联立 t2 sp，得 s t p，这与题设矛盾6故不存在三项

12、 as1 1， at1 1， ap1 1 成等比数列，且 s， t， p 也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，形成两者之间的相互联系和相互转化；有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题跟踪演练 3 已知数列 an满足 2an1 an an2 k(nN *， kR)，且 a12， a3 a54.(1)若 k0，求数列 an的前 n 项和 Sn；(2)若 a41，求数列 an的通项公式解 (1)当 k0 时，2 an1 an an2 ，即 an2 an1 an

13、1 an，所以数列 an是等差数列设数列 an的公差为 d，则Error!解得Error!所以 Sn na1 d2 n nn 12 nn 12 ( 43) n2 n(nN *)23 83(2)由题意得 2a4 a3 a5 k，即24 k，所以 k2.由 2a3 a2 a42 及 2a2 a1 a32，得 a42 a3 a222(2 a2 a12) a223 a22 a16，所以 a23.由 2an1 an an2 2，得(an2 an1 )( an1 an)2，所以数列 an1 an是以 a2 a11 为首项，2 为公差的等差数列，所以an1 an2 n3( nN *)当 n2 时，有 an

14、an1 2( n1)3，于是 an1 an2 2( n2)3，an2 an3 2( n3)3，a3 a2223，a2 a1213，叠加得， an a1212( n1)3( n1)( n2)，所以 an2 3( n1)2 n24 n1( n2) nn 12又当 n1 时， a12 也适合上式所以数列 an的通项公式为 an n24 n1， nN *.71(2017江苏)等比数列 an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn，已知 S3 ， S6 ，则74 634a8_.答案 32解析 设数列 an的首项为 a1，公比为 q(q1)，则Error! 解得Error!所以 a8 a1q7 2732.1

15、42(2018江苏)已知集合 A x|x2 n1， nN *， B x|x2 n， nN *将 A B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列 an记 Sn为数列 an的前 n 项和，则使得Sn12 an1 成立的 n 的最小值为_答案 27解析 经过列举计算可知S26 503，211 412 21 251 2而 a2743.12a27516，不符合题意S27 546，221 432 21 251 2a2845,12 a28540，符合题意使得 Sn12 an1 成立的 n 的最小值为 27.3已知各项不为 0 的等差数列 an满足 a42 a 3 a80，数列 bn是等比数列，且27b7 a

16、7，则 b2b12_.答案 4解析 设等差数列 an的公差为 d，因为 a42 a 3 a80，27所以 a73 d2 a 3( a7 d)0，27即 a 2 a7，解得 a70(舍去)或 a72，27所以 b7 a72.因为数列 bn是等比数列，所以 b2b12 b 4.274已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 a1 ， an2 SnSn1 (n2)，则 S100_.128答案 1200解析 当 n2 时， an Sn Sn1 ， Sn Sn1 2 SnSn1 ， Sn(12 Sn1 ) Sn1 ，显然，若 Sn1 0，则 Sn0， S1 a1 0，12由递推关系式知 Sn0( n

17、N *)， 2，即 2( n2)，1Sn 1 1Sn 1Sn 1Sn 1故数列 为等差数列，1Sn ( n1)2 2 n22 n，1Sn 1S1 1a1 Sn ， S100 .12n 12005设数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2 an， n1,2,3，.(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足 b11，且 bn1 bn an，求数列 bn的通项公式；(3)在(2)的前提条件下，设 cn n(3 bn)，求数列 cn的前 n 项和 Tn.解 (1)因为当 n1 时， a1 S1 a1 a12，所以 a11.因为 Sn2 an，即 an Sn2，所以 an1 Sn1 2

18、.两式相减，得 an1 an Sn1 Sn0，即 an1 an an1 0，故有 2an1 an.因为 an0，所以 (nN *)an 1an 12所以数列 an是首项为 1，公比为 的等比数列，12所以数列 an的通项公式为 an n1 (nN *)(12)(2)因为 bn1 bn an(n1,2,3，)，所以 bn1 bn n1 .(12)从而有 b2 b11， b3 b2 ， b4 b3 2，12 (12)9bn bn1 n2 (n2,3，)(12)将这 n1 个等式相加，得bn b11 2 n2 22 n1 .12 (12) (12)1 (12)n 11 12 (12)又因为 b11，

19、所以 bn32 n1 (n1,2,3，)(12)(3)因为 cn n(3 bn)2 n n1 ，(12)所以 Tn2Error!Error! ，Tn2Error! Error!.12，得 Tn2Error!2 n n，12 (12)故 Tn4 4 n n8 4 n n1 (12)n1 12 (12) 82n (12)8(84 n) (n1,2,3，)12nA 组 专题通关1(2018镇江期末)设等比数列 的前 n 项和为 Sn，若 a12, S69 S3，则 a5的值为an_答案 32解析 设等比数列 的公比为 q，由题意知， q1，an a12, S69 S3， ，(1 q6)1 q 9(1

20、 q3)1 q化简为 1 q39， q2， a522 432.2设 Sn是等差数列 an(nN *)的前 n 项和，且 a11， a47，则 S5_.答案 25解析 由 a11， a47，可得 d2，10所以 an2 n1，所以 S5 25.1 9523(2018盐城模拟)设 Sn为等差数列 的前 n 项和，若 的前 2 017 项中的奇数项和an an为 2 018，则 S2 017的值为_答案 4 034解析 因为 的前 2 017 项中的奇数项和为 2 018，an所以 2 018，所以 a1 a2 0174，1 0092 (a1 a2 017)因此 S2 017 4 034.2 017

21、2 (a1 a2 017)4等差数列 an前 9 项的和等于前 4 项的和若 a11， ak a40，则 k_.答案 10解析 方法一 S9 S4，即 ，9a1 a92 4a1 a429 a52( a1 a4)，即 9(14 d)2(23 d)， d ，16由 1 (k1)13 0，得 k10.(16) ( 16)方法二 S9 S4， a5 a6 a7 a8 a90， a70，从而 a4 a102 a70， k10.5已知 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 项和，nN *，则 S10的值为_答案 110解析 a a3a9， d2，27( a

22、112) 2( a14)( a116)，解得 a120， S101020 (2)110.10926(2018江苏泰州中学月考)已知数列 满足： a11, an1 ( nN *)，则数列ananan 2的通项公式为_an答案 an (nN *)12n 1解析 由 an1 得 1 ，变形得 12 ，anan 2 1an 1 2an 1an 1 (1an 1)11所以 是以 2 为公比的等比数列，1an 1所以 122 n1 2 n ，1an所以 an (nN *)12n 17设数列 an满足 a11，(1 an1 )(1 an)1( nN *)，则 kak1 的值为_100k 1a答案 10010

23、1解析 因为(1 an1 )(1 an)1，所以 an an1 anan1 0，从而 1，1an 1 1an即数列 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，1an所以 1 n1 n，所以 an .1an 1n故 an1 an ，1n 1n 1n 1n 1因此 kak1 1 .100k 1a (1 12) (12 13) (1100 1101) 1101 1001018已知公差为 d 的等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 3，则 的值为_S5S3 a5a3答案 179解析 设等差数列 an的首项为 a1，则由 3，得 3，所以 d4 a1，S5S3 5a1 10d3a1 3d所以 .a5a

24、3 a1 4da1 2d 17a19a1 1799设 an是等差数列， bn是各项都为正数的等比数列，且a1 b11， a3 b521， a5 b313.(1)求 an， bn的通项公式；(2)求数列 的前 n 项和 Sn.anbn解 (1)设 an的公差为 d， bn的公比为 q，则依题意有 q0 且Error!解得 d2， q2.12所以 an1( n1) d2 n1，bn b1qn1 2 n1 ， nN *.(2) .anbn 2n 12n 1Sn1 ，321 522 2n 32n 2 2n 12n 12Sn23 ，52 2n 32n 3 2n 12n 2，得 Sn22 22 222 2

25、2n 2 2n 12n 122 (112 122 12n 2) 2n 12n 122 6 (nN *)1 12n 11 12 2n 12n 1 2n 32n 110已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a1 ，且 Sn Sn1 an1 (nN *，且 n2)，数列14 12bn满足： b1 ，且 3bn bn1 n(n2，且 nN *)1194(1)求数列 an的通项公式；(2)求证：数列 bn an为等比数列(1)解 由 Sn Sn1 an1 ，得12Sn Sn1 an1 ，12即 an an1 (nN *， n2)，12则数列 an是以 为公差的等差数列12又 a1 ， an a1( n

26、1) d n .14 12 14(2)证明 3 bn bn1 n(n2)， bn bn1 n(n2)，13 13 bn an bn1 n n13 13 12 14 bn1 n13 16 1413 (n2)13(bn 1 12n 34)bn1 an1 bn1 (n1)12 14 bn1 n (n2)，12 34 bn an (bn1 an1 )(n2)13 b1 a1300， (n2)bn anbn 1 an 1 13数列 bn an是以30 为首项， 为公比的等比数列13B 组 能力提高11在等比数列 中， a21，公比 q1.若 a1,4a3,7a5成等差数列，则 a6的值是an_答案 14

27、9解析 由题意得 8a3 a17 a58q 7 q37q48 q210 q2 (舍 q21)，从而1q 17a6 q4 .14912(2018常州期末)各项均为正数的等比数列 中，若 a2a3a4 a2 a3 a4，则 a3的最an小值为_答案 3解析 因为 是各项均为正数的等比数列，且 a2a3a4 a2 a3 a4，an所以 a a3 a2 a4，3则 a a3 a2 a42 2 a3，3 a2a4当且仅当 a2 a4时，等号成立，所以 a30，所以 a3 ，(a23 3) 3故 a3的最小值为 .313记等差数列 an的前 n 项和为 Sn.若 Sk1 8， Sk0， Sk1 10，则正

28、整数k_.答案 9解析 由题意得 Sk Sk1 ak8，Sk1 Sk ak1 10，则 d2.14由 Sk 0， a18，a1 akk2所以 ak a1( k1) d8，即 82( k1)8，则 k9.14已知等比数列 a1， a2， a3的和为定值 m(m0)，且公比 q0，所以 m 0 的所有正整数 n.解 (1)由已知，得 a2(n1) a2n1 (2 n1)13 a2n3(2 n)2 n1 a2n1.13 13令 a2(n1) (a2n )，得 a2(n1) a2n ，所以 .13 13 23 32此时， a2 1 .13 32 16所以存在 ，使得数列 a2n 是等比数列32(2)由

29、(1)知，数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，a2n32 16 1316所以 a2n n1 ，32 16(13) 12 13n即 a2n .12(3 13n)由 a2n a2n1 (2 n1)，得 a2n1 3 a2n3(2 n1) 6 n3，13 32(3 13n)所以 a2n1 a2n 6 n332(3 13n) 12(3 13n)2 n6 n9，(13)所以 S2n( a1 a2)( a3 a4)( a2n1 a2n)2 6(1 2 n)9 n 3 n26 n1，13 (13)2 (13)n 13n从而 S2n1 S2n a2n 3 n26 n .32 13n 52因为 和3 n26 n3( n1) 23 在 nN *时均单调递减，所以 S2n和 S2n1 均各自单调递13n减计算得 S11， S2 ， S3 ， S4 ，73 73 89所以满足 Sn0 的所有正整数 n 的值为 1 和 2.