【步步高】（江苏专用）高考数学二轮专题突破 专题三 第1讲 等差数列、等比数列 文(1).doc

第1讲等差数列、等比数列【高考考情解读】高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式：1.以填空题的形式考查，主要利用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质解决与项、和有关的计算问题，属于基础题；2.以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属低、中档题1 an与sn的关系sna1a2an，an2 等差数列和等比数列等差数列等比数列定义anan1常数(n2)常数(n2)通项公式ana1(n1)dana1qn1(q0)判定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an1anan2(n1)an为等差数列(3)通项公式法：anpnq(p、q为常数)an为等差数列(4)前n项和公式法：snan2bn(a、b为常数)an为等差数列(5)an为等比数列，an0logaan为等差数列(1)定义法(2)中项公式法：aanan2(n1)(an0) an为等比数列(3)通项公式法：ancqn(c、q均是不为0的常数，nn*)an为等比数列(4)an为等差数列aan为等比数列(a0且a1)性质(1)若m、n、p、qn*，且mnpq，则amanapaq(2)anam(nm)d(3)sm，s2msm，s3ms2m，仍成等差数列(1)若m、n、p、qn*，且mnpq，则amanapaq(2)anamqnm(3)等比数列依次每n项和(sn0)仍成等比数列前n项和snna1d(1)q1，sn(2)q1，snna1考点一与等差数列有关的问题例1在等差数列an中，满足3a55a8，sn是数列an的前n项和(1)若a10，当sn取得最大值时，求n的值；(2)若a146，记bn，求bn的最小值解(1)设an的公差为d，则由3a55a8，得3(a14d)5(a17d)，da1.snna1a1n2a1na1(n12)2a1.a10，当n12时，sn取得最大值(2)由(1)及a146，得d(46)4，an46(n1)44n50，sn46n42n248n.bn2n5225232，当且仅当2n，即n5时，等号成立故bn的最小值为32. (1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，只要根据已知条件求出这两个量，其他问题就可随之而解，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程思想的运用(2)等差数列的性质若m，n，p，qn*，且mnpq，则amanapaq；sm，s2msm，s3ms2m，仍成等差数列；aman(mn)dd(m，nn*)；(a2n1，b2n1分别为an，bn的前2n1项的和)(3)数列an是等差数列的充要条件是其前n项和公式snf(n)是n的二次函数或一次函数且不含常数项，即snan2bn(a2b20) (1)(2012浙江改编)设sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是_(填序号)若d0，则数列sn有最大项；若数列sn有最大项，则d0；若对任意nn*，均有sn0，则数列sn是递增数列(2)(2013课标全国改编)设等差数列an的前n项和为sn，sm12，sm0，sm13，则m_.答案(1)(2)5解析(1)利用函数思想，通过讨论snn2n的单调性判断设an的首项为a1，则snna1n(n1)dn2n.由二次函数性质知sn有最大值时，则d0，不妨设a11，d2，显然sn是递增数列，但s110，d0，sn必是递增数列，正确(2)am2，am13，故d1，因为sm0，故ma1d0，故a1，因为amam15，故amam12a1(2m1)d(m1)2m15，即m5.考点二与等比数列有关的问题例2(1)(2012课标全国改编)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10_.(2)(2012浙江)设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为sn.若s23a22，s43a42，则q_.答案(1)7(2)解析(1)利用等比数列的性质求解由解得或或a1a10a1(1q9)7.(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解s4s2a3a43a22a3a43a42，将a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2qa2q23a2q22，化简得2q2q30，解得q(q1不合题意，舍去) (1)证明数列是等比数列的两个方法：利用定义：(nn*)是常数，利用等比中项aan1an1(n2，nn*)(2)等比数列中的五个量：a1，an，q，n，sn可以“知三求二”(3)an为等比数列，其性质如下：若m、n、r、sn*，且mnrs，则amanaras；anamqnm；sn，s2nsn，s3ns2n成等比数列(q1)(4)等比数列前n项和公式sn能“知三求二”；注意讨论公比q是否为1；a10. (2013湖北)已知sn是等比数列an的前n项和，s4，s2，s3成等差数列，且a2a3a418.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得sn2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由解(1)设等比数列an的公比为q，则a10，q0.由题意得即解得故数列an的通项公式为an3(2)n1.(2)由(1)有sn1(2)n.假设存在n，使得sn2 013，则1(2)n2 013，即(2)n2 012.当n为偶数时，(2)n0.上式不成立；当n为奇数时，(2)n2n2 012，即2n2 012，则n11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为n|n2k1，kn，k5考点三等差数列、等比数列的综合应用 例3已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126.(1)求数列an的通项公式an与前n项和sn；(2)将数列an的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为tn，若存在mn*，使对任意nn*，总有sntm恒成立，求实数的取值范围解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，从而sn.(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，tm81()m，()m随m增加而递减，tm为递增数列，得4tm8.又sn(n29n)(n)2，故(sn)maxs4s510，若存在mn*，使对任意nn*总有sntm，则106. 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可 已知数列an满足a13，an13an3n(nn*)，数列bn满足bn3nan.(1)求证：数列bn是等差数列；(2)设sn，求满足不等式的所有正整数n的值(1)证明由bn3nan得an3nbn，则an13n1bn1.代入an13an3n中，得3n1bn13n1bn3n，即得bn1bn.所以数列bn是等差数列(2)解因为数列bn是首项为b131a11，公差为的等差数列，则bn1(n1)，则an3nbn(n2)3n1，从而有3n1，故sn13323n1，则，由，得，即33n127，得1n4.故满足不等式0an为递增数列，sn有最小值d0，由题意知a3a12a2，即a1q2a12a1q.因为a10，所以有q22q10，由此解得q1，又q0，所以q1.所以q2(1)232.2 已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得4a1，则的最小值为_答案解析因为a7a62a5，所以q2q20，解得q2或q1(舍去)又4a1，所以mn6.则(mn).当且仅当，即n2m时，等号成立此时m2，n4.3 已知等差数列an的前n项的和为sn，等比数列bn的各项均为正数，公比是q，且满足：a13，b11，b2s212，s2b2q.(1)求an与bn；(2)设cn3bn2，若数列cn是递增数列，求的取值范围解(1)由已知可得所以q2q120，解得q3或q4(舍)，从而a26，所以an3n，bn3n1.(2)由(1)知，cn3bn23n2n.由题意，得cn1cn对任意的nn*恒成立，即3n12n13n2n恒成立，亦即2n23n恒成立，即2n恒成立由于函数yn是增函数，所以min23，故0，且2(anan2)5an1，则数列an的公比q_.答案2解析2(anan2)5an1，2an(1q2)5anq，2(1q2)5q，解得q2或q.因为数列为递增数列，且a10，所以q1，q2.5 已知an是等差数列，sn为其前n项和，若s21s4 000，o为坐标原点，点p(1，an)，q(2 011，a2 011)，则_.答案2 011解析由s21s4 000得a22a23a4 0000，由于a22a4 000a23a3 9992a2 011，所以a22a23a4 0003 979a2 0110，从而a2 0110，而2 011a2 011an2 011.6 数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nn*)若b32，b1012，则a8等于_答案3解析因为bn是等差数列，且b32，b1012，故公差d2.于是b16，且bn2n8(nn*)，即an1an2n8，所以a8a76a646a5246a1(6)(4)(2)02463.7 各项均为正数的等比数列an的公比q1，a2，a3，a1成等差数列，则_.答案解析依题意，有a3a1a2，设公比为q，则有q2q10，所以q(舍去负值).8 在等差数列an中，an0，且a1a2a1030，则a5a6的最大值等于_答案9解析由a1a2a1030得a5a66，又an0，a5a6229.9 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an二、解答题10已知an是以a为首项，q为公比的等比数列，sn为它的前n项和(1)当s1，s3，s4成等差数列时，求q的值；(2)当sm，sn，sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，amk，ank，alk也成等差数列(1)解由已知，得anaqn1，因此s1a，s3a(1qq2)，s4a(1qq2q3)当s1，s3，s4成等差数列时，s4s3s3s1，可得aq3aqaq2，化简得q2q10.解得q.(2)证明若q1，则an的各项均为a，此时amk，ank，alk显然成等差数列若q1，由sm，sn，sl成等差数列可得smsl2sn，即，整理得qmql2qn.因此，amkalkaqk1(qmql)2aqnk12ank.所以amk，ank，alk成等差数列11设数列an是公比大于1的等比数列，sn为数列an的前n项和已知s37且a13,3a2，a34构成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bnln a3n1，n1,2，求数列bn的前n项和tn.解(1)依题意，得解得a22.设等比数列an的公比为q，由a22，可得a1，a32q.又s37，可知22q7，即2q25q20，解得q12，q2.由题意，得q1，q2，a11.故数列an的通项公式是an2n1.(2)由于bnln a3n1，n1,2，由(1)得a3n123n，bnln 23n3nln 2，又bn1bn3ln 2，数列bn是等差数列tn