xx届高考数学第一轮等差数列与等比数列的综合问题专项复习教案

1 / 15 XX 届高考数学第一轮等差数列与等比数列的综合问题专项复习教案 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 等差数列与等比数列的综合问题 知识梳理 （一）等差、等比数列的性质 1.等差数列 an的性质 （ 1） am=ak+（ m k） d， d=. （ 2）若数列 an是公差为 d 的等差数列，则数列 an+b（ 、 b 为常数）是公差为 d 的等差数列；若 bn也是公差为 d 的等差数列，则 1an+2bn （ 1 、 2 为常数）也是等差数列且公差为 1d+2d. （ 3）下标 成等差数列且公差为 m 的项 ak， ak+m， ak+2m， 组成的数列仍为等差数列，公差为 md. （ 4）若 m、 n、 l、 kN* ，且 m+n=k+l，则 am+an=ak+al，反之不成立 . （ 5）设 A=a1+a2+a3+an ， B=an+1+an+2+an+3+a2n ，c=a2n+1+a2n+2+a2n+3+a3n ，则 A、 B、 c 成等差数列 . （ 6）若数列 an的项数为 2n（ nN* ），则 S 偶 S 奇 =nd，=， S2n=n（ an+an+1）（ an、 an+1为中间两项）； 若数列 an的项数为 2n 1（ nN* ），则 S 奇 S 偶 =an， =，2 / 15 S2n 1=（ 2n 1） an（ an为中间项） . 2.等比数列 an的性质 （ 1） am=akqm k. （ 2）若数列 an是等比数列，则数列 1an （ 1 为常数）是公比为 q 的等比数列；若 bn也是公比为 q2的等比数列，则 1an2bn （ 1 、 2 为常数）也是等比数列，公比为 qq2. （ 3）下标成等差数列且公差为 m 的项 ak， ak+m， ak+2m， 组成的数列仍为等比数列，公比为 qm. （ 4 ）若 m 、 n 、 l 、 kN* ，且 m+n=k+l ，则aman=akal，反之不成立 . （ 5）设 A=a1+a2+a3+an ， B=an+1+an+2+an+3+a2n ，c=a2n+1+a2n+2+a2n+3+a3n ，则 A、 B、 c 成等比数列，设m=a1a2an ，N=an+1an+2a2n ，P=a2n+1a2n+2a3n ，则 m、 N、 P 也成等比数列 . （二）对于等差、 等比数列注意以下设法： 如三个数成等差数列，可设为 a d， a， a+d；若四个符号相同的数成等差数列，知其和，可设为 a 3d， a d， a+d，a+3d.三个数成等比数列，可设为， a， aq，若四个符号相同的数成等比数列，知其积，可设为， aq， aq3. 3 / 15 （三）用函数的观点理解等差数列、等比数列 1.对于等差数列， an=a1+ （ n 1） d=dn+（ a1 d），当 d0时， an 是 n 的一次函数，对应的点（ n， an）是位于直线上的若干个点 .当 d 0 时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理， d=0 时，函数是常 数函数，对应的数列是常数列； d 0 时，函数是减函数，对应的数列是递减函数 . 若等差数列的前 n 项和为 Sn，则 Sn=pn2+qn（ p、 qR ） .当 p=0 时， an为常数列；当 p0 时，可用二次函数的方法解决等差数列问题 . 2.对于等比数列： an=a1qn 1.可用指数函数的性质来理解 . 当 a1 0， q 1 或 a1 0， 0 q 1 时，等比数列是递增数列； 当 a1 0， 0 q 1 或 a1 0， q 1 时，等比数列 an是递减数列 . 当 q=1时，是一个常数列 . 当 q 0 时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动 数列 . 点击双基 1.等比数列 an的公比为 q，则 “q 1” 是 “ 对于任意自然数 n，都有 an+1 an” 的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 c.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析：当 a1 0 时，条件与结论均不能由一方推出另一方 . 4 / 15 答案： D 2.已知数列 an满足 an+2= an（ nN* ），且 a1=1， a2=2，则该数列前 2002项的和为 解析：由题意，我们发现： a1=1， a2=2， a3= a1= 1， a4= a2= 2， a5= a3=1， a6= a4=2， ， a2001= a1999=1， a2002= a2000=2，a1+a2+a3+a4=0. a1+a2+a3+a2002=a2001+a2002=a1+a2=1+2=3. 答案： c 3.若关于 x 的方程 x2 x+a=0和 x2 x+b=0（ ab ）的四个根可组成首项为的等差数列，则 a+b的值是 解析：依题意设四根分别为 a1、 a2、 a3、 a4，公差为 d，其中 a1=，即 a1+a2+a3+a4=1+1=2.又 a1+a4=a2+a3，所以a1+a4=a2+a3=1. 由此求得 a4=， d=，于是 a2=， a3=. 故 a+b=a1a4+a2a3=+=. 答案： D 4.（ XX年春季上海， 12）在等差数列 an中，当 ar=as（ rs ）时，数列 an必定是常数列，然而在等比数列 an中，对某些正整数 r、 s（ rs ），当 ar=as 时，非常数列 an的一个5 / 15 例子是 _. 解析：只需选取首项不为 0，公比为 1 的等比数列即可 . 答案： a， a， a， a （ a0 ） 5.（ 2002 年北京， 14）等差数列 an中， a1=2，公差不为零，且 a1， a3， a11恰好是某等比数列 的前三项，那么该等比数列公比的值等于 _. 解析：设 a1， a3， a11成等比，公比为 q， a3=a1q=2q，a11=a1q2=2q2.又 an是等差数列， a11=a1+5 （ a3 a1）， q=4. 答案： 4 典例剖析 【例 1】（ XX年春季北京， 17）已知 an是等比数列， a1=2，a3=18； bn是等差数列， b1=2， b1+b2+b3+b4=a1+a2+a320. （ 1）求数列 bn的通项公式； （ 2）求数列 bn的 前 n 项和 Sn的公式； （ 3）设 Pn=b1+b4+b7+b3n 2， Qn=b10+b12+b14+b2n+8 ， 其中 n=1， 2， ，试比较 Pn 与 Qn 的大小，并证明你的结论 . 剖析：将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算 . 解 :（ 1）设 an的公比为 q，由 a3=a1q2 得 q2=9， q=3. 6 / 15 当 q= 3 时， a1+a2+a3=2 6+18=14 20，这与 a1+a2+a320矛盾，故舍去 . 当 q=3时， a1+a2+a3=2+6+18=26 20，故符合题意 . 设数列 bn的公差为 d，由 b1+b2+b3+b4=26 得 4b1+d=26. 又 b1=2，解得 d=3，所以 bn=3n 1. （ 2） Sn=n2+n. （ 3） b1， b4， b7， ， b3n 2 组成以 3d 为公差的等差数列， 所以 Pn=nb1+3d=n2 n； b10， b12， b14， ， b2n+8组成以 2d为公差的等差数列，b10=29， 所以 Qn=nb10+2d=3n2+26n. Pn Qn=（ n2 n）（ 3n2+26n） =n（ n 19） . 所以，对于正整数 n，当 n20 时， Pn Qn； 当 n=19时， Pn=Qn； 当 n18 时， Pn Qn. 评述：本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力 . 【例 2】（ XX 年北京东城区模拟题）已知等差数列 an的首项 a1=1，公差 d 0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列 bn的第二项、第三项、第四项 . （ 1）求数列 an与 bn的通项公式； 7 / 15 （ 2）设数列 cn对任意正整数 n 均有 += （ n+1） an+1成立，其中 m 为不等于零的常数，求数列 cn的前 n 项和 Sn. 剖析 ：（ 1）依已知可先求首项和公差，进而求出通项 an 和bn；（ 2）由题先求出 an的通项公式后再求 Sn. 解：（ 1）由题意得（ a1+d）（ a1+13d） =（ a1+4d） 2，整理得2a1d=d2. a1=1 ，解得 d=2（ d=0不合题意舍去）， an=2n 1（ n=1，2， 3， ） . 由 b2=a2=3， b3=a5=9，易求得 bn=3n 1（ n=1， 2， 3， ） . （ 2）当 n=1时， c1=6； 当 n2 时， =（ n+1） an+1 nan=4n+1， cn= （ 4n+1） mn 1bn=（ 4n+1）（ 3m） n 1.cn= 当 3m=1，即 m=时， Sn=6+9+13+ （ 4n+1） =6+=6+（ n 1）（ 2n+5） =2n2+3n+1. 当 3m1 ，即 m 时， Sn=c1+c2+cn ，即 Sn=6+9（ 3m） +13（ 3m） 2+ （ 4n 3）（ 3m）n 2+（ 4n+1）（ 3m） n 1. 3mSn=63m+9（ 3m） 2+13（ 3m） 3+（ 4n 3）（ 3m） n 1+（ 4n+1）（ 3m） n. 得 （ 1 3m） Sn=6+33m+4（ 3m） 2+4（ 3m）3+4 （ 3m） n 1（ 4n+1）（ 3m） n 8 / 15 =6+9m+4（ 3m） 2+（ 3m） 3+ （ 3m） n 1（ 4n+1）（ 3m）n =6+9m+（ 4n+1）（ 3m） n. Sn=+. Sn= 评述：本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法 .如 “ 基本量法 ”“ 错位相减求和法 ” 等 . 【例 3】（ XX年北京海淀区模拟题）在等比数列 an（ nN* ）中， a1 1，公比 q 0.设 bn=log2an，且 b1+b3+b5=6， b1b3b5=0. （ 1）求证：数列 bn是等差数列； （ 2）求 bn的前 n 项和 Sn及 an的通项 an； （ 3）试比较 an与 Sn的大小 . 剖析：（ 1）定义法即可解决 .（ 2）先求首项和公差及公比 .（ 3）分情况讨论 . （ 1）证明： bn=log2an ， bn+1 bn=log2=log2q 为常数 .数列 bn为等差数列且公差 d=log2q. （ 2）解： b1+b3+b5=6 ， b3=2. a1 1， b1=log2a1 0.b1b3b5=0 ， b5=0. 解得 Sn=4n+ （ 1） =. an=25 n（ nN* ） . （ 3）解：显然 an=25 n 0，当 n9 时， Sn=0. 9 / 15 n9 时， an Sn. a1=16 ， a2=8， a3=4， a4=2， a5=1， a6=， a7=， a8=， S1=4，S2=7， S3=9， S4=10， S5=10， S6=9， S7=7， S8=4， 当 n=3， 4， 5， 6， 7， 8 时， an Sn； 当 n=1， 2 或 n9 时， an Sn. 评述：本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想 . 闯关训练 夯实基础 1.在 等比数列 an中， a5+a6=a（ a0 ）， a15+a16=b，则a25+a26 的值是 解析：由等比数列的性质得三个和成等比数列，由等比中项公式可得选项为 c. 答案： c 2.公差不为零的等差数列 an的第二、三及第六项构成等比数列，则 =_. 解析：设公差为 d（ d0 ），由题意 a32=a2a6，即（ a1+2d） 2=（ a1+d）（ a1+5d），解得 d= 2a1，故 =. 答案： 3.若数列 x， a1， a2， y 成等差数列， x， b1， b2， y 成等比数列，则的取值范围是 _. 解析：在等差数列中， a1+a2=x+y；在等比数列中，10 / 15 xy=b1b2. =+2. 当 xy 0 时， +2 ，故 4 ； 当 xy 0 时， + 2，故 0. 答案： 4， + ）或（ ， 0 4.已知数列 an中， a1=且对任意非零自然数 n 都有an+1=an+（） n+1.数列 bn对任意非零自然数 n 都有 bn=an+1 an. （ 1）求证 :数列 bn是等比数列； （ 2）求数列 an的通项公式 . （ 1）证明： bn=an+1 an= an+（） n+1 an=（） n+1an， bn+1=（） n+2 an+1=（） n+2 an+（） n+1 =（） n+1 an （） n+1=（） n+1 an=（） n+1 an， = （ n=1， 2， 3， ） . bn 是公比为的等比数列 . （ 2）解： b1= （） 2 a1= =， bn= （）n 1=（） n+1.由 bn=（） n+1 an，得（） n+1=（） n+1 an，解得 an=6（） n+1（ ） n+1 . 5.设 an为等比数列， a1=b1=1， a2+a4=b3， b2b4=a3，分别求出 an及 bn的前 10项的和 S10 及 T10. 解：设公差为 d，公比为 q，由题意知 11 / 15 或 S10=10+ （） = . 当 q=时， T10=； 当 q=时， T10=. 培养能力 6.（ XX 年北京高考，文 16）已知数列 an是等差数列，且a1=2， a1+a2+a3=12. （ 1）求数列 an的通项公式； （ 2）令 bn=anxn（ xR ），求数列 bn前 n 项和的公式 . 解：（ 1）设数列 an的公差为 d， 则 a1+a2+a3=3a1+3d=12. 又 a1=2，得 d=2. 所以 an=2n. （ 2）令 Sn=b1+b2+bn ，则由 bn=anxn=2nxn，得 Sn=2x+4x2+ （ 2n 2） xn 1+2nxn， xSn=2x2+4x3+ （ 2n 2） xn+2nxn+1. 当 x1 时， 式减去 式，得 （ 1 x） Sn=2（ x+x2+xn ） 2nxn+1= 2nxn+1. 所以 Sn= . 当 x=1时， Sn=2+4+2n=n （ n+1） . 综上可得，当 x=1 时， Sn=n（ n+1）； 当 x1 时， Sn= . 7.数列 an中， a1=8， a4=2，且满足 an+2 2an+1+an=012 / 15 （ nN* ） . （ 1）求数列 an的通项公式 . （ 2）设 bn=（ nN* ）， Sn=b1+b2+bn ，是否存在最大的整数 m，使得任意的 n 均有 Sn总成立？若存在，求出 m；若不存在，请说明理由 . 解：（ 1） an+2 2an+1+an=0， an+2 an+1=an+1 an（ nN* ） . an 是等差数列 .设公差为 d， 又 a1=8， a4=a1+3d=8+3d=2， d = 2.an= 2n+10. （ 2） bn= =（）， Sn=b1+b2+bn= （ 1） +（） + （） =（ 1） =. 假设存在整数 m 满足 Sn总成立 . 又 Sn+1 Sn= = 0， 数列 Sn是单调递增的 .S1= 为 Sn 的最小值，故，即m 8.又 mN* ， 适合条件的 m 的最大值为 7. 探究创新 8.有点难度哟！ （理）已知数列 an的各项均为正整数，且满足 an+1=an213 / 15 2nan+2（ nN* ），又 a5=11. （ 1）求 a1， a2， a3， a4的值 ，并由此推测出 an的通项公式（不要求证明）； （ 2 ）设 bn=11 an ， Sn=b1+b2+bn ，Sn=|b1|+|b2|+|bn| ，求 . 解：（ 1）由 a5=11，得 11=a42 8a4+2，即 a42 8a4 9=0.解得 a4=9或 a4= 1（舍） . 由 a4=9，得 a32 6a3 7=0.解得 a3=7或 a3= 1（舍） . 同理可求出 a2=5， a1=3. 由此推测 an的一个通项公式 an=2n+1（ nN* ） . （ 2） bn=11 an=10 2n（ nN* ），可知数列 bn是等差数列 . Sn= n2+9n. 当 n5 时， Sn=Sn= n2+9n； 当 n 5 时， Sn= Sn+2S5= Sn+40=n2 9n+40. 当 n5 时， =1； 当 n 5 时， =. =. （文）设 f（ k）是满足不等式 log2x+log2（ 32k 1 x） 2k 1（ kN* ）的自然数 x 的个数 . （ 1）求 f（ k）的表达式； （ 2）记 Sn=f（ 1） +f（ 2） +f （ n）， Pn=n2+n 1，当 n514 / 15 时试比较 Sn与 Pn的大小 . 解：（ 1）由不等式