2019届高三文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23页)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2015·全国Ⅱ卷,文5)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5等于(　A　)(A)5 (B)7 (C)9 (D)11解析:数列{an}为等差数列,设公差为d,所以a1+a3+a5=3a1+6d=3,所以a1+2d=1,所以S5=5a1+×d=5(a1+2d)=5.2.(2015·全国Ⅱ卷,文9)已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于(　C　)(A)2 (B)1 (C) (D)解析:设等比数列{an}的公比为q,a1=,a3a5=4(a4-1),由题可知q≠1,则a1q2×a1q4=4(a1q3-1),所以×q6=4×q3-1,所以q6-16q3+64=0,所以(q3-8)2=0,所以q3=8,所以q=2,所以a2=,故选C.3.(2015·全国Ⅰ卷,文7)已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和.若S8=4S4,则a10等于(　B　)(A) (B) (C)10 (D)12解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=+9=,故选B.4.(2014·全国Ⅱ卷,文5)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn等于(　A　)(A)n(n+1) (B)n(n-1)(C) (D)解析:因为a2,a4,a8成等比数列,所以=a2·a8,所以(a1+6)2=(a1+2)·(a1+14),解得a1=2.所以Sn=na1+d=n(n+1).故选A.5.(2015·全国Ⅰ卷,文13)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n=　　　　. 解析:因为在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,因为Sn=126,所以=126,解得2n+1=128,所以n=6.答案:66.(2014·全国Ⅱ卷,文16)数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1=　　　　. 解析:将a8=2代入an+1=,可求得a7=;再将a7=代入an+1=,可求得a6=-1;再将a6=-1代入an+1=,可求得a5=2;由此可以推出数列{an}是一个周期数列,且周期为3,所以a1=a7=.答案:7.(2018·全国Ⅱ卷,文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=2n-9.(2)由(1)得Sn=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23~25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·广西三校联考)已知等差数列{an}满足:a3=13,a13=33,则a7等于(　　)(A)19 (B)20 (C)21 (D)22(2)(2018·广西桂林柳州市一模)设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则的值为(　　)(A) (B) (C) (D)(3)(2018·山东潍坊青州三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a4+a11=18,则S11等于(　　)(A)9 (B)22 (C)36 (D)66解析:(1)等差数列{an}中,d==2,则a7=a3+4d=13+8=21.故选C.(2)由等比数列的前n项和公式,得S4=,又a3=a1q2,所以==.选A.(3)因为a3+a4+a11=18,所以3a1+15d=18⇒a1+5d=6,所以S11=11(a1+5d)=11×6=66,故选D.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·陕西榆林一模)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.①证明:数列是等差数列;②若Tn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an,求T2n.(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:由已知可得=+1,即-=1,所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.②解:由①得=n,所以an=n2,因为Tn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an,所以T2n=a1-a2+a3-a4+…+a2n-1-a2n=1-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2=-[(2-1)(2+1)+(4-3)(4+3)+…+(2n+2n-1)(2n-2n+1)]=-(3+7+…+4n-1)=-=-2n2-n.(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·山东寿光期末)若数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an-λ(λ>0,n∈N*).①证明:数列{an}为等比数列,并求an;②若λ=4,bn=an+log2an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.(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)解:①因为Sn=2an-λ,当n=1时,得a1=λ>0,当n≥2时,Sn-1=2an-1-λ,故Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-2an-1,所以an=2an-1,所以{an}是以λ为首项,2为公比的等比数列,所以an=λ·2n-1(λ>0).②λ=4,an=4·2n-1=2n+1,所以bn=2n+1+log22n+1=2n+1+n+1,所以Tn=22+2+23+3+…+2n+1+n+1=(22+23+…+2n+1)+(2+3+…+n+1)=+=2n+2-4+n2+n,即Tn=2n+2+n2+n-4.(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·山东潍坊三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且1,an,Sn成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足an·bn=1+2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.解:(1)由1,an,Sn成等差数列得2an=1+Sn,①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,所以a1=1,当n≥2时,2an-1=1+Sn-1,②①-②得2an-2an-1=an,n≥2,所以=2,n≥2,所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=a1qn-1=1×2n-1=2n-1.(2)由an·bn=1+2nan得bn=+2n,所以Tn=b1+b2+…+bn=+2++4+…++2n=++…++(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-=-+n2+n+2. 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·天津南开中学模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则等于(　　)(A)4n-1 (B)4n-1(C)2n-1 (D)2n-1(3)(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)设等比数列{an}的公比为q,所以q==,所以a1+a3=a1(1+q2)=a11+=,解得a1=2,an=2×n-1=n-2,Sn==41-,所以==2n-1.故选D.(3)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·河南南阳一中第六次月考)已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且Sn=,n∈N*. (1)求证:数列{an}是等差数列;(2)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.(1)证明:因为Sn=,n∈N*.所以当n=1时,a1=Sn=(an>0),所以a1=1.当n≥2时,由得2an=+an--an-1,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,因为an+an-1>0,所以an-an-1=1(n≥2).所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列.(2)解:由(1)可得an=n,Sn=,所以bn===-.所以Tn=b1+b2+…+bn=1-+-+…+-=1-=.(对应学生用书第25页)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【典例】 (2018·全国Ⅰ卷,文17)(12分)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn=.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;(3)求{an}的通项公式.评分细则:解:(1)由条件可得an+1=an.1分将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.3分将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.5分从而b1=1,b2=2,b3=4.6分 (2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.7分由条件可得=,即=2bn,9分又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.10分(3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1.12分【答题启示】 (1)以递推关系给出的数列可以利用初始值和递推式逐次求得数列的各项(一般求出前几项).(2)证明数列{an}为等比数列只需证明an+1=qan(q为常数)且a1≠0.