2019届高三理科数学二轮复习配套教案：第一篇专题四第1讲　等差数列与等比数列

第1讲　等差数列与等比数列(对应学生用书第25页)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018·全国Ⅰ卷,理4)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5等于(　B　)(A)-12 (B)-10 (C)10 (D)12解析:设等差数列{an}的公差为d,由3S3=S2+S4,得33a1+×d=2a1+×d+4a1+×d,将a1=2代入上式,解得d=-3,故a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.故选B.2.(2017·全国Ⅱ卷,理3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(　B　)(A)1盏 (B)3盏 (C)5盏 (D)9盏解析:依题意可知,S7=381,q=2,所以S7==381,解得a1=3.故选B.3.(2016·全国Ⅰ卷,理3)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100等于(　C　)(A)100 (B)99 (C)98 (D)97解析:解得a100=a1+(100-1)d=-1+99=98.故选C.4.(2017·全国Ⅰ卷,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为(　C　)(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:设等差数列首项为a1,公差为d,则a4+a5=2a1+7d=24,①S6=6a1+d=6a1+15d=48,②由①②得d=4.故选C.5.(2017·全国Ⅲ卷,理9)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(　A　)(A)-24 (B)-3 (C)3 (D)8解析:由a2,a3,a6成等比数列且a1=1得(1+2d)2=(1+d)(1+5d).因为d≠0,所以d=-2,所以S6=6×1+×(-2)=-24.故选A.6.(2016·全国Ⅰ卷,理15)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　. 解析:设等比数列{an}的公比为q,则解得q=,a1=8,a1·a2·…·an=·q1·q2·…·qn-1=·=8n·==.当n=3或4时,a1·a2·…·an有最大值64.答案:647.(2018·全国Ⅰ卷,理14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　　. 解析:因为Sn=2an+1,当n≥2时,Sn-1=2an-1+1,所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1.当n=1时,a1=S1=2a1+1,得a1=-1.所以数列{an}是首项a1为-1,公比q为2的等比数列,所以Sn===1-2n,所以S6=1-26=-63.答案:-638.(2018·全国Ⅱ卷,理17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{an}的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解:(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n-9.(2)由(1)得Sn=·n=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.1.考查角度考查等差数列、等比数列基本量的计算,考查等差数列、等比数列性质的应用,考查等差数列、等比数列的判断与证明等.2.题型及难易度选择题、填空题、解答题均有,难度中等偏下.(对应学生用书第25~27页)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 等差、等比数列的基本运算【例1】 (1)(2018·山东济南二模)已知{an}是公差为2的等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,若S5=15,则a5等于(　　)(A)3 (B)5 (C)7 (D)9(2)(2018·湖南省两市九月调研)已知等比数列{an}中,a5=3,a4a7=45,则的值为(　　)(A)3 (B)5 (C)9 (D)25(3)(2018·福建百校高三临考冲刺)若干个连续奇数的和3+5+7+…+(4n-1)等于(　　)(A)2n2+n (B)n2+2n(C)4n2+2n (D)4n2-1解析:(1)由题得S5=5a1+×2=5a1+20=15,所以a1=-1,所以a5=a1+4d=-1+8=7.故选C.(2)因为{an}是等比数列,所以a4=,a7=a5·q2,所以a4a7=·q=9q=45,所以q=5,所以==25.故选D.(3)把连续的奇数数列加1减1变成1+3+5+7+…+(4n-3)+(4n-1)-1,把相邻两项的和看成一个新的数列,为4+12+20+…+(8n-4)-1,所以变成首项a1=4,d=8的等差数列,所以Sn=4n+×8-1=4n+4n2-4n-1=4n2-1.故选D. 解等差数列、等比数列基本运算问题的基本思想是方程思想,即通过等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式得出基本量(等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比),然后再通过相关公式求得结果.热点训练1:(1)(2018·柳州一模)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题:“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(即百分比)为“衰分比”,今共有粮98石,按甲、乙、丙的顺序进行“衰分”,已知乙分得28石,则“衰分比”为(　　)(A) (B)2 (C)或2 (D)-或(2)(2018·贵阳一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=,a2a6=8(a4-2),则S2 018等于(　　)(A)22 017- (B)1-2 017(C)22 018- (D)1-2 018(3)(2018·宜昌模拟)已知数列{an}满足=25·,且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)等于(　　)(A)-3 (B)3 (C)- (D)解析:(1)设“衰分比”为q,则+28+28q=98,解得q=2或,因为0<q<1,所以q=.故选A.(2)根据题意,设等比数列{an}的公比为q,因为a2a6=8(a4-2),所以=8(a4-2),即-8a4+16=0,解得a4=4,则q3===8,则q=2,则S2 018==22 017-.故选A.(3)因为数列{an}满足=25·,所以an+1=an+2,即an+1-an=2,所以数列{an}是等差数列,公差为2,因为a2+a4+a6=9,所以3a4=9,a4=3,所以a1+3×2=3,解得a1=-3,所以a5+a7+a9=3a7=3×(-3+6×2)=27,lo(a5+a7+a9)=lo33=-3.故选A.等差、等比数列的性质【例2】 (1)(2018·山东青岛二模)已知等差数列{an}中,若a4=15,则它的前7项和为(　　)(A)120 (B)115 (C)110 (D)105(2)(2018·东北四市一模)等差数列{an}中,已知|a6|=|a11|,且公差d>0,则其前n项和取最小值时的n的值为(　　)(A)6 (B)7 (C)8 (D)9(3)(2018·河南洛阳市联考)在等比数列{an}中,a2,a16是方程x2+6x+2=0的根,则的值为(　　)(A)- (B)-(C) (D)-或(4)(2018·浙江温州市一模)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,bn=数列{bn}的前n项、前2n项、前3n项的和分别为A,B,C,则(　　)(A)A+B=C (B)B2=AC(C)(A+B)-C=B2 (D)(B-A)2=A(C-B)解析:(1)由题得S7=(a1+a7)=×2a4=7a4=7×15=105.故选D.(2)等差数列的公差为正数,则a11=-a6,所以a6+a11=a8+a9=0,据此可得a8<0,a9>0,故其前n项和取最小值时的n的值为8.选C.(3)因为a2,a16是x2+6x+2=0的两根,所以a2·a16=2,又因为a2·a16=,所以=2,所以a9=±,所以==±.选D.(4)因为{an}是公差不为0的等差数列,所以{bn}是公比不为1的等比数列,由等比数列的性质,可得A,B-A,C-B成等比数列,所以可得(B-A)2=A(C-B).故选D. (1)等差数列的主要性质:①若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq,特别是m+n=2p(m,n,p∈N*)时,am+an=2ap,由此可得在等差数列中S2n-1=nan;②把等差数列等距分段,各段之和还是等差数列;③若则的值最大,若,则的值最小.(2)等比数列的主要性质:①若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am·an=ap·aq,特别是m+n=2p(m,n,p∈N*)时,am·an=;②把公比不等于-1的等比数列等距分段后,各段之和还是等比数列,若公比等于1,则各段之和既成等比数列也成等差数列.热点训练2:(1)(2018·辽宁沈阳育才学校一模)在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,若a3+a4+a8=25,则S9等于(　　)(A)60 (B)75 (C)90 (D)105(2)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=　　　　时,{an}的前n项和最大. 解析:(1)a3+a4+a8=a2+a5+a8=3a5=25,即a5=,而S9==9a5=9×=75.故选B.(2)因为a7+a8+a9=3a8>0,a7+a10=a8+a9<0,所以a8>0,a9<0,所以n=8时,数列{an}的前n项和最大.答案:(1)B　(2)8等差数列、等比数列的判定【例3】 (1)(2018·凯里校级三模)已知数列{an}满足an+1=2an+2n+1,且a1=2.①证明:数列是等差数列;②设数列cn=-log2,求数列{cn}的前n项和Sn.(2)(2018·云南玉溪高三适应训练)已知数列{an}满足Sn=2an-n(n∈N*).①证明:{an+1}是等比数列;②求a1+a3+a5+…+a2n+1(n∈N*).(1)①证明:由数列{an}满足an+1=2an+2n+1,且a1=2,两边除以2n+1得=+1,即-=1,又=1.所以是以1为首项,公差为1的等差数列.②解:由(1)得=1+(n-1)×1=n,所以an=n×2n,所以cn=-log2=2n-n,所以数列{cn}的前n项和Sn=(21-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n)=(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)=-=2n+1--2,故数列{cn}的前n项和Sn=2n+1--2.(2)①证明:由S1=2a1-1得a1=1,因为Sn-Sn-1=(2an-n)-[2an-1-(n-1)](n≥2),所以an=2an-1+1,从而由an+1=2(an-1+1),因为a1+1=2≠0,所以an+1≠0,所以=2(n≥2),所以{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.②解:由①得an=2n-1,所以a1+a3+a5+…+a2n+1=(2+23+…+22n+1)-(n+1)=-(n+1)=. 判断或证明一个数列为等差数列、等比数列的基本方法是定义法,即数列{an},若满足对任意正整数n,an+1-an=d(常数)则其为等差数列,若满足对任意正整数n,=q(非零常数),则其为等比数列,其他证明方法均为定义法的直接应用或者变形.若通过递推关系an+1=qan判定数列{an}为等比数列时,一定要先判断a1≠0,否则证明是不完善的.热点训练3:(1)(2018·漳州二模)已知数列{an}满足nan-(n+1)an-1=2n2+2n(n=2,3,4,…),a1=6.①求证:为等差数列,并求出{an}的通项公式;②数列的前n项和为Sn,求证:Sn<.(2)(2018·山东济南二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an>0,=-λSn+1,其中λ为常数.①证明:Sn+1=2Sn+λ;②是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列,若存在,求出λ;若不存在,说明理由.(1)①解:nan-(n+1)an-1=2n2+2n(n=2,3,4,…),a1=6,可得-=2,则是以首项为3,公差为2的等差数列,可得=3+2(n-1)=2n+1,则an=(n+1)(2n+1).②证明:由<=-,可得数列的前n项和Sn=++…+≤+-+-+…+-=+-<+=,即Sn<.(2)①证明:因为an+1=Sn+1-Sn,=-λSn+1,所以=(Sn+1-Sn)2-λSn+1,所以Sn+1(Sn+1-2Sn-λ)=0,因为an>0,所以Sn+1>0,所以Sn+1-2Sn-λ=0,所以Sn+1=2Sn+λ.②解:存在.因为Sn+1=2Sn+λ,Sn=2Sn-1+λ(n≥2),相减得an+1=2an(n≥2),所以{an}从第二项起成等比数列,因为S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,所以a2=1+λ>0得λ>-1,所以an=若使{an}是等比数列,则a1a3=,所以2(λ+1)=(λ+1)2,所以λ=-1(舍去)或λ=1,经检验λ=1符合题意.等差、等比数列的综合【例4】 (2018·郑州三模)已知等差数列{an}的公差d≠0,其前n项和为Sn,若a2+a8=22,且a4,a7,a12成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若Tn=++…+,证明:Tn<.(1)解:因为{an}为等差数列,且a2+a8=22,所以a5=(a2+a8)=11,由a4,a7,a12成等比数列,得=a4·a12,即(11+2d)2=(11-d)·(11+7d),因为d≠0,所以d=2,所以a1=11-4×2=3,故an=2n+1(n∈N*).(2)证明:因为Sn==n(n+2),所以==-,所以Tn=++…+=1-+-+-+…+-+-=1+--=-+<,故Tn<. 解等差数列、等比数列综合题的基本思想是方程思想,即列出等差数列、等比数列基本量的方程或者方程组,解方程或者方程组求得基本量,求出等差数列、等比数列的通项公式,在此基础上求解其他问题. 热点训练4:(2018·江西南昌二模)已知各项均为正数且递减的等比数列{an}满足:a3,a4,2a5成等差数列,前5项和S5=31.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若等差数列{bn}满足b1=a4-1,b2=a3-1,求数列{}的前n项和.解:(1)由a3,a4,2a5成等差数列得3a4=a3+2a5,设{an}公比为q,则2q2-3q+1=0,解得q=或q=1(舍去),所以S5==31,解得a1=16.所以数列{an}的通项公式为an=16·n-1=n-5.(2)设等差数列{bn}的公差为d,由b1=a4-1,b2=a3-1得b1=1,d=a3-a4=4-2=2,所以bn=2n-1,=2n-6,数列{}的前n项和Tn=-4+-2+…+2n-6==1-n.　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (1)(2018·陕西省西工大附中八模)已知等差数列1,a,b,等比数列4,a-1,b+4,则该等比数列的公比为(　　)(A) (B)- (C)或- (D)10或-2(2)(2018·江西赣州红色七校联考)已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则等于(　　)(A)6 (B)5 (C)4 (D)3解析:(1)根据题意,得解得或因为等比数列的公比为,所以公比为-或.故选C.(2)由题意,设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,因为a2,a4,a8成等比数列,所以=a2a8⇒=(a1+d)(a1+7d),解得d=a1,所以===3.故选D.【例2】 (2018·福建泉州5月质检)已知等差数列{an}中,a1=2,a2+a4=16.(1)设bn=,求证:数列{bn}是等比数列;(2)求{an+bn}的前n项和.(1)证明:设{an}的公差为d,由a2+a4=16,可得(a1+d)+(a1+3d)=16,即2a1+4d=16,又a1=2,可得d=3,故an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×3=3n-1,依题意,bn=23n-1,因为==23=8,故{bn}是首项为4,公比为8的等比数列.(2)解:{an}的前n项和为=,{bn}的前n项和为==·23n+2-,故{an+bn}的前n项和为+·33n+2-.【例3】 (2018·湖南岳阳一中一模)已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,且对任意正整数n,有n,an,Sn成等差数列.(1)求证:数列{Sn+n+2}成等比数列;(2)设bn=nan,求数列{bn}前n项和Tn.(1)证明:因为n,an,Sn成等差数列,所以2an=n+Sn,又an=Sn-Sn-1(n≥2),所以2(Sn-Sn-1)=n+Sn,即Sn=2Sn-1+n,所以Sn+n+2=2Sn-1+2n+2,即Sn+n+2=2[Sn-1+(n-1)+2].又因为S1+1+2=4≠0,所以{Sn+n+2}是首项为4,公比为2的等比数列.(2)解:由(1)知{Sn+n+2}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以Sn+n+2=4·2n-1=2n+1,又2an=n+Sn, 所以2an+2=2n+1,所以an=2n-1,故bn=nan=n(2n-1)=n·2n-n,所以Tn=(1·21+2·22+3·23+…+n·2n)-(1+2+3+…+n),Tn=2+(n-1)·2n+1-.【例4】 (2018·江西二模)已知等差数列{an}的公差d≠0,a1=0,其前n项和为Sn,且a2+2,S3,S4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn-2n<.(1)解:由a1=0得an=(n-1)d,Sn=,因为a2+2,S3,S4成等比数列,所以=(a2+2)S4,即(3d)2=(d+2)·6d,整理得3d2-12d=0,因为d≠0,所以d=4,所以an=4(n-1)=4n-4.(2)证明:由(1)可得Sn=2n(n-1),Sn+1=2n(n+1),bn===2+=2+-,所以数列{bn}的前n项和为Tn=2n+1-+-+-+…+-+-=2n+1+--,可得Tn-2n=--,则Tn-2n<.(对应学生用书第27页)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【典例】 (2018·全国Ⅲ卷,理17)(12分)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{an}的通项公式;(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.解:(1)因为等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3,所以1×q4=4×(1×q2),2分解得q=±2,3分当q=2时,an=2n-1,4分当q=-2时,an=(-2)n-1,5分所以{an}的通项公式为an=2n-1或an=(-2)n-1.6分(2)当a1=1,q=-2时,Sn==,7分由Sm=63,得Sm==63,m∈N*,无解,9分当a1=1,q=2时Sn===2n-1,10分 由Sm=63,得Sm=2m-1=63,m∈N*,解得m=6.综上,m=6.12分【答题启示】(1)在等差、等比数列的通项公式与前n项和公式中,有五个量,利用方程思想可“知三求二”.(2)在等比数列中要注意对公比q的值讨论,而本题易忽略q=-2时的情况,另外在数列中n∈N*.