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专题二 数列 第1讲等差数列与等比数列1(2015课标全国改编)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S84S4，则a10_.2(2015安徽)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_3.（15年新课标2文科）已知等比数列满足,则 .4(2013江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_5 设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m .6等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一等差数列、等比数列的运算1通项公式:等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.2求和公式等差数列：Snna1d；(函数）等比数列：Sn(q1)3性质:若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.例1(1)设等差数列an的前n项和为Sn.若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n_.(2)已知等比数列an公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则q3_.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)(2015浙江)已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.(2)已知数列an是各项均为正数的等比数列，a1a21，a3a42，则log2_.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列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an1an(nN*)为一常数；利用中项性质，即证明2anan1an1(n2)(2)证明an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明(nN*)为一常数；利用等比中项，即证明aan1an1(n2)例2.数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*.(1) 证明：数列是等差数列； (2) 设bn3n，求数列bn的前n项和Sn.跟踪演练1。已知数列an的首项a11，且满足an1，则an_.2(2014大纲全国)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明：bn是等差数列； (2)求an的通项公式热点三等差数列、等比数列的综合问题例3已知数列an是首项为2的等差数列，其前n项和Sn满足4Snanan1.数列bn是以为首项的等比数列，且b1b2b3. (1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 设数列bn的前n项和为Tn，若对任意nN*不等式Tn恒成立，求的取值范围思维升华(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解热点四可转化为等差、等比数列的问题（1）例4.各项均为正数的数列an中，前n项和Sn.(1) 求数列an的通项公式； (2) 若0，a3a100，a6a70的最大自然数n的值为_7已知等比数列an中，a4a610，则a1a72a3a7a3a9_.8已知各项不为0的等差数列an满足a42a3a80，数列bn是等比数列，且b7a7，则b2b12_.9已知各项都为正数的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得4a1，则的最小值为_10设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)若0，a3a100，a6a70的最大自然数n的值为_押题依据等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力解析a10，a6a70，a70，a1a132a70，S130的最大自然数n的值为12.2已知等比数列an中，a4a610，则a1a72a3a7a3a9_.押题依据等比数列基本量的计算和等比数列的性质是近几年高考的热点，反映了解题中的整体化思想解析因为a1a7a，a3a9a，a3a7a4a6，所以a1a72a3a7a3a9(a4a6)2102100.3已知各项不为0的等差数列an满足a42a3a80，数列bn是等比数列，且b7a7，则b2b12_.押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点解析设等差数列an的公差为d，因为a42a3a80，所以a73d2a3(a7d)0，即a2a7，解得a70(舍去)或a72，所以b7a72.因为数列bn是等比数列，所以b2b12b4.4已知各项都为正数的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得4a1，则的最小值为_押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向解析由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)()(5)(25)，当且仅当，mn6，即n2m4时取得最小值.A组专题通关3(2015浙江改编)已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则_a1d0，dS40；a1d0，dS40，dS40；a1d0.解析a3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1d，a1dd20，又S44a1d，dS40.4设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)若1，则n_时Sn最小解析由(n1)SnnSn1得(n1)n，整理得anan1，所以等差数列an是递增数列，又0，a70，所以数列an的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.5数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN*)，若b32，b1012，则a8_.解析bn为等差数列，设其公差为d，由b32，b1012，7db10b312(2)14，d2，b32，b1b32d246，b1b2b77b1d7(6)2120，又b1b2b7(a2a1)(a3a2)(a8a7)a8a1a83，a830，a83.8已知数列an的首项为a12，且an1(a1a2an) (nN*)，记Sn为数列an的前n项和，则Sn_，an_.答案2n1解析由an1(a1a2an) (nN*)，可得an1Sn，所以Sn1SnSn，即Sn1Sn，由此可知数列Sn是一个等比数列，其中首项S1a12，公比为，所以Sn2n1，由此得an10(2015广东)设数列an的前n项和为Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列an的通项公式(1)解当n2时，4S45S28S3S1，即4581，解得：a4.(2) 证明因为4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)，所以4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即4an2an4an1(n2)，因为4a3a14164a2，所以4an2an4an1，因为，所以数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列(3)解由(2)知，数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列，所以an1ann1，即4，所以数列是以2为首项，公差为4的等差数列，所以2(n1)44n2，即an(4n2)n(2n1)n1，所以数列an的通项公式是an(2n1)n1.,三) 可转化为等差、等比数列的问题,3) 各项均为正数的数列an中，前n项和Sn.(1) 求数列an的通项公式；(2) 若. ， (1)()()， k.(3) 对任意mN*，2m2n122m，则2m1n22m1，而nN*，由题意可知bm22m12m1， 于是Smb1b2bm212322m1(20212m1) (2m1)，即Sm.1. (2015全国卷)已知等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2_解析：由题意可得a3a5a4(a41)a42，所以q38q2，故a2a1q.2. (2015全国卷)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S84S4，则a10_解析：公差d1，S84S4， 8a1874，解得a1， a10a19d9.3. (2014天津卷)设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1、S2、S4成等比数列，则a1_解析： an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和， S1a1，S22a11，S44a16，由S1、S2、S4成等比数列，得SS1S4，即(2a11)2a1(4a16)，解得a1.4. (2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_解析：由已知得an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以Sn1Sn，得1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则1(n1)n，所以Sn.5. (2015全国卷)数列an中a12，an12an，Sn为an的前n项和若Sn126，则n_解析：由a12，an12an，可得an2n，Sn2n12126，即2n127，解得n6.6. (2015山东卷)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.(1) 求数列an的通项公式；(2) 设bn(an1)2an，求数列bn的前n项和Tn. 解：(1) 设数列an的公差为d，令n1得，所以a1a23.令n2得，所以a2a315.解得a11，d2，所以an2n1. (2) 由(1)知bn2n22n1n4n，所以Tn141242n4n，所以4Tn142243(n1)4nn4n1，两式相减，得3Tn41424nn4n1n4n14n1，所以Tn4n1.(本题模拟高考评分标准，满分16分)已知a为实数，数列an满足a1a，当n2时，an(1) 当a100时，求数列an的前100项的和S100；(2) 证明：对于数列an，一定存在kN*，使0ak3；(3) 令bn，当2a3时，求证：i.(1) 解：当a100时，由题意知数列an的前34项成首项为100，公差为3的等差数列，从第35项开始，奇数项均为3，偶数项均为1，从而S100(100979441)(3131) (3分)(31)1 7171321 849.(5分)(2) 证明： 若03，此时数列an的前若干项满足anan13，即ana13(n1)设a1(3k，3k3，(k1，kN*)，则当nk1时，ak1a13k(0，3从而此时命题成立(8分) 若a10，由题意得a24a13，则由的结论知此时命题也成立综上所述，原命题成立(10分)(3) 证明：当2a0，所以只要证明当n3时不等式成立即可而b2k1b2k.(13分) 当n2k(kN*且k2)时，i (a4)0，所以i.综上所述，原不等式成立(16分)1. 在等差数列an中，已知首项a10，公差d0.若a1a260，a2a3100，则5a1a5的最大值为_解析：由a1a260，a2a3100得2a1d60，2a13d100，a10，d0.由线性规划的知识得5a1a56a14d，过点(20，20)时，取最大值为200.2. 已知无穷数列an中，a1，a2，am是首项为10，公差为2的等差数列；am1，am2，a2m是首项为，公比为的等比数列(其中 m3，mN*)，并对任意的nN*，均有an2man成立(1) 当m12时，求a2 010；(2) 若a52，试求m的值；(3) 判断是否存在m(m3，mN*)，使得S128m32 010成立？若存在，试求出m的值；若不存在，请说明理由解： (1) 当m12时，数列的周期为24. 2 010248318，而a18是等比数列中的项， a2 010a18a126.(2) 设amk是第一个周期中等比数列中的第k项，则amk. ， 等比数列中至少有7项，即m7，则一个周期中至少有14项， a52最多是第三个周期中的项若a52是第一个周期中的项，则a52am7， m52745；若a52是第二个周期中的项，则a52a3m7， 3m45，即m15；若a52是第三个周期中的项，则a52a5m7， 5m45，即m9.综上，m45、15或9.(3) 2m是此数列的周期， S128m3表示64个周期及等差数列的前3项之和， S2m最大时，S128m3最大 S2m10m(2)m211m1，当m6时，S2m3130；当m5时，S2m30；当m7时，S2m2930， 当m6时，S2m取得最大值，则S128m3取得最大值为6430242 007.由此可知不存在m(m3，mN*)，使得S128m32 010成立3. 设m个正数a1，a2，am(m4，mN*)依次围成一个圆圈其中a1，a2，a3，ak1，ak(km，kN*)是公差为d的等差数列，而a1，am，am1，ak1，ak是公比为2的等比数列(1) 若a1d2，k8，求数列a1，a2，am的所有项的和Sm；(2) 若a1d2，m2 015，求m的最大值；(3) 是否存在正整数k，满足a1a2ak1ak3(ak1ak2am1am)？若存在，求出k值；若不存在，请说明理由解：(1) 依题意ak16，故数列a1，a2，am即为2，4，6，8，10，12，14，16，8，4共10个数，此时m10，Sm84.(2) 由数列a1，a2，a3，ak1，ak是首项为2、公差为2的等差数列，知ak2k，而a1，am，am1，ak1，ak是首项为2、公比为2的等比数列知，ak2m2k，故有2k2m2k，k2m1k，即k必是2的整数次幂由k2k2m1知，要使m最大，k必须最大又km2 015，故k的最大值210，从而21021 0242m1，m的最大值是1 033. 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