安徽省高考数学第二轮复习 专题四 数第1讲 等差数列、等比数列 文

PAGE7-专题四数第1讲等差数列、等比数列真题试做1．(2023·辽宁高考，文4)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，那么a2＋a10＝()．A．12 B．16 C．20 2．(2023·安徽高考，文5)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，那么a5A．1 B．2 C．4 3．(2023·北京高考，文6)已知{an}为等比数列．下面结论中正确的选项是()．A．a1＋a3≥2a2 B．a12＋a32≥2aC．假设a1＝a3，那么a1＝a2 D．假设a3＞a1，那么a4＞a24．(2023·辽宁高考，文14)已知等比数列{an}为递增数列．假设a1＞0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，那么数列{an}的公比q＝__________.5．(2023·陕西高考，文16)已知等比数列{an}的公比q＝－eq\f(1,2).(1)假设a3＝eq\f(1,4)，求数列{an}的前n项和；(2)证明：对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．考向分析高考中对等差(等比)数列的考察主、客观题型均有所表达，一般以等差、等比数列的定义或以通项公式、前n项和公式为根底考点，常结合数列递推公式进展命题，主要考察学生综合应用数学知识的能力以及计算能力等，中低档题占多数．考察的热点主要有三个方面：(1)对于等差、等比数列根本量的考察，常以客观题的形式出现，考察利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考察主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考察利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节．热点例析热点一等差、等比数列的根本运算【例1】(2023·福建莆田质检，20)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，等式an＋an＋2＝2an＋1对任意n∈N*均成立．(1)假设a4＝10，求数列{an}的通项公式；(2)假设a2＝1＋t，且存在m≥3(m∈N*)，使得am＝Sm成立，求t的最小值．规律方法此类问题应将重点放在通项公式与前n项和公式的直接应用上，注重五个根本量a1，an，Sn，n，d(q)之间的转化，会用方程(组)的思想解决“知三求二”问题．我们重在认真观察已知条件，在选择a1，d(q)两个根本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的根本性质转化已知条件，否那么可能会导致列出的方程或方程组较为复杂，无形中增大运算量．同时在运算过程中注意消元法及整体代换的应用，这样可减少计算量．特别提醒：(1)解决等差数列{an}前n项和问题常用的有三个公式Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)；Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d；Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，灵活地选用公式，解决问题更便捷；(2)利用等比数列前n项和公式求和时，不可无视对公比q是否为1的讨论．变式训练1(2023·山东青岛质检，20)已知等差数列{an}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{bn}的前n项和为Sn，且满足b3＝a3，S3＝13.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)假设数列{cn}满足cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n≤5，,bn，n>5，))求数列{cn}的前n项和Tn.热点二等差、等比数列的性质【例2】(1)在正项等比数列{an}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的两个根，那么a1·a2·a25·a48·a49的值为()．A.eq\f(21,2) B．9eq\r(3) C．±9eq\r(3) D．35(2)正项等比数列{an}的公比q≠1，且a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差数列，那么eq\f(a3＋a4,a4＋a5)的值为()．A.eq\f(\r(5)＋1,2)或eq\f(\r(5)－1,2) B.eq\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(\r(5)－1,2) D.eq\f(1－\r(5),2)规律方法(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进展求解；(2)应结实掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“假设m＋n＝p＋q，那么am＋an＝ap＋aq”这一性质与求和公式Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)的综合应用．变式训练2(1)(2023·安徽名校联考，文7)等差数列{an}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，那么数列{an}的前10项之和是()．A．90 B．100 C．145 D．190(2)(2023·广西桂林调研，7)已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，假设公比q＝2，S4＝1，那么S8＝()．A．17 B．16 C．15 D．256热点三等差、等比数列的判定与证明【例3】(2023·山东淄博一模，20)已知在数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，且n∈N*)．(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,2n)))为等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.规律方法证明数列{an}为等差或等比数列有两种根本方法：(1)定义法an＋1－an＝d(d为常数){an}为等差数列；eq\f(an＋1,an)＝q(q为常数){an}为等比数列．(2)等差、等比中项法2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*){an}为等差数列；aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*){an}为等比数列．我们要根据题目条件灵活选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如此题中的方法；另一种思路是根据已知条件变换出要解决的目标，如此题还可这样去做：由an＝2an－1＋2n－1，得an－1＝2an－1－2＋2n，所以an－1＝2(an－1－1)＋2n，上式两边除以2n，从而可得eq\f(an－1,2n)＝eq\f(an－1－1,2n－1)＋1，由此证得结论．特别提醒：(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法；(2)假设要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.变式训练3在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N)，a1＝－23，是否存在常数λ使数列{an－n＋λ}为等比数列，假设存在，求出λ的值及数列的通项公式；假设不存在，请说明理由．思想渗透1．函数方程思想——等差(比)数列通项与前n项和的计算问题：(1)已知等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n项和公式，及由通项公式和前n项和公式求首项、公差(比)、项数及项，即主要指所谓的“知三求二”问题；(2)由前n项和求通项；(3)解决与数列通项、前n项和有关的不等式最值问题．2．求解时主要思路方法为：(1)运用等差(比)数列的通项公式及前n项和公式中的5个根本量，建立方程(组)，进展运算时要注意消元的方法及整体代换的运用；(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的函数解析式，因此在解决数列问题时，应用函数的思想求解．在等比数列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)最大时，求n的值．解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋∴aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝25.又an＞0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5而q∈(0,1)，∴a3＞a5.∴a3＝4，a5＝1，q＝eq\f(1,2)，a1＝16.∴an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝25－n.(2)bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，∴{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列．∴Sn＝eq\f(n(9－n),2)，eq\f(Sn,n)＝eq\f(9－n,2)，∴当n≤8时，eq\f(Sn,n)＞0；当n＝9时，eq\f(Sn,n)＝0；当n＞9时，eq\f(Sn,n)＜0.∴当n＝8或9时，eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)最大．1．(2023·河北冀州一模，5)在等差数列{an}中，a9＝eq\f(1,2)a12＋6，那么数列{an}前11项的和S11等于()．A．24 B．48 C．66 D．1322．在等比数列{an}中，an＞0，假设a1·a5＝16，a4＝8，那么a5＝()．A．16 B．8 C．4 D．323．(2023·广东汕头质检，2)已知等比数列{an}的公比q为正数，且2a3＋a4＝a5，那么qA.eq\f(3,2) B．2 C.eq\f(5,2) D．34．(2023·合肥八中冲刺卷，文8)已知a，b，c成等差数列(公差不为0)，且a＋b，b＋c，a＋c成等比数列，那么该等比数列的公比为()．A．－eq\f(1,2) B．－2 C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,3)5．已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，假设存在两项am，an，使得eq\r(am·an)＝4a1，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为________．6．已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且满足a1000＋a1013＝π，b1b13＝2，那么taneq\f(a1＋a2012,1－b\o\al(4,7))＝__________.7．假设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝pSn＋r(n∈N*)，p，r∈R，Sn为数列{an}的前n项和．(1)当p＝2，r＝0时，求a2，a3，a4的值；(2)是否存在实数p，r，使得数列{an}为等比数列？假设存在，求出p，r满足的条件；假设不存在，说明理由．8．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．B解析：由等差数列的性质知，a2＋a10＝a4＋a8＝16，应选B.2．A解析：由题意可得，a3·a11＝aeq\o\al(2,7)＝16，∴a7＝4.∴a5＝eq\f(a7,q2)＝eq\f(4,22)＝1.3．B解析：A中当a1，a3为负数，a2为正数时，a1＋a3≥2a2不成立；B中根据等比数列的性质及均值不等式得，aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,3)≥2eq\r(a\o\al(2,1)·a\o\al(2,3))＝2aeq\o\al(2,2)；C中取a1＝a3＝1，a2＝－1，显然a1≠a2；D中取a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，可知a4＞a2不成立．综上可知，仅有B正确．4．2解析：∵等比数列{an}为递增数列，且a1＞0，∴公比q＞1.又∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an＋2anq2＝5anq.∵an≠0，∴2q2－5q＋2＝0.∴q＝2或q＝eq\f(1,2)(舍去)．∴公比q为2.5．(1)解：由a3＝a1q2＝eq\f(1,4)及q＝－eq\f(1,2)，得a1＝1，所以数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,3).(2)证明：对任意k∈N＋，2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q由q＝－eq\f(1,2)得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0.所以，对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．精要例析·聚焦热点热点例析【例1】解：(1)∵an＋an＋2＝2an＋1对n∈N*都成立，∴数列{an}为等差数列．设数列{an}的公差为d，∵a1＝1，a4＝10，且a4＝a1＋3d＝10.∴d＝3.∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－2.∴数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)∵a2＝1＋t，∴公差d＝a2－a1＝t.∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)t.Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n＋eq\f(nn－1,2)t.由am＝Sm得1＋(m－1)t＝m＋eq\f(mm－1,2)t，∴(m－1)t＝(m－1)＋eq\f(mm－1,2)t.∴t＝1＋eq\f(m,2)t.∴t＝eq\f(2,2－m).∵m≥3，∴－2≤t＜0.∴t的最小值为－2.【变式训练1】解：(1)设{an}的公差为d(d＞0)，{bn}的公比为q(q＞0)，那么由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或x＝13.因为d＞0，所以a2＜a4，那么a2＝5，a4＝13.那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))解得a1＝1，d＝4，所以an＝1＋4(n－1)＝4n－3.因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b3＝b1q2＝9，,b1＋b1q＋b1q2＝13，,q>0))解得b1＝1，q＝3.所以bn＝3n－1.(2)当n≤5时，Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋eq\f(nn－1,2)×4＝2n2－n；当n＞5时，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋bn)＝(2×52－5)＋eq\f(351－3n－5,1－3)＝eq\f(3n－153,2).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n2－n，n≤5，,\f(3n－153,2)，n>5.))【例2】(1)B解析：依题意知a2·a48＝3.又a1·a49＝a2·a48＝aeq\o\al(2,25)＝3，a25＞0，∴a1·a2·a25·a48·a49＝aeq\o\al(5,25)＝9eq\r(3).(2)C解析：∵a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差数列，∴a3＝a1＋a2.∴q2＝1＋q.又q＞0，解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)，故eq\f(a3＋a4,a4＋a5)＝eq\f(a3＋a4,a3＋a4q)＝eq\f(1,q)＝eq\f(\r(5)－1,2).【变式训练2】(1)B解析：∵aeq\o\al(2,2)＝a1·a5，解得公差d＝2，∴Sn＝n2.∴Sn＝100.(2)A解析：S8＝S4＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝S4＋q4S4＝17.【例3】(1)证明：设bn＝eq\f(an－1,2n)，b1＝eq\f(5－1,2)＝2，∴bn＋1－bn＝eq\f(an＋1－1,2n＋1)－eq\f(an－1,2n)＝eq\f(1,2n＋1)[(an＋1－2an)＋1]＝eq\f(1,2n＋1)[(2n＋1－1)＋1]＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,2n)))是首项为2，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)知，eq\f(an－1,2n)＝eq\f(a1－1,2)＋(n－1)×1，∴an＝(n＋1)·2n＋1.∵Sn＝(2·21＋1)＋(3·22＋1)＋…＋(n·2n－1＋1)＋[(n＋1)·2n＋1]，∴Sn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n＋n.设Tn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，①那么2Tn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.②由②－①，得Tn＝－2·21－(22＋23＋…＋2n)＋(n＋1)·2n＋1＝n·2n＋1，∴Sn＝n·2n＋1＋n＝n·(2n＋1＋1)．【变式训练3】解：假设an＋1－(n＋1)＋λ＝－(an－n＋λ)成立，整理得an＋1＋an＝2n＋1－2λ，与an＋1＋an＝2n－44比拟得λ＝eq\f(45,2).∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－n＋\f(45,2)))是以－eq\f(3,2)为首项，－1为公比的等比数列．故an－n＋eq\f(45,2)＝－eq\f(3,2)(－1)n－1，即an＝n－eq\f(45,2)－eq\f(3,2)(－1)n－1.创新模拟·预测演练1．D解析：设等差数列{an}的公差为d，那么由a9＝eq\f(1,2)a12＋6得a1＋8d＝eq\f(1,2)(a1＋11d)＋6，整理得a1＋5d＝12，即a6＝12，∴S11＝11a62．A解析：∵a1·a5＝a2·a4＝16，a4＝8，∴a2＝2.∴q2＝eq\f(a4,a2)＝4.又an＞0，∴q＝2.∴a5＝a2q3＝2×23＝16.3．B解析：由2a3＋a4＝a5得2a3＋a3q＝a3q∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)．4．A解析：设a＝b－d，c＝b＋d(d≠0)，那么a＋b，b＋c，a＋c成等比数列，即(2b＋d)2＝(2b－d)·2b，整理得d＝－6b，所以公比为eq\f(2b,2b＋d)＝eq\f(2b,2b＋－6b)＝－eq\f(1,2).5.eq\f(3,2)解析：由a7＝a6＋2a5，得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，∴aman＝a1qm－1·a1qn－1＝16aeq\o\al(2,1).∴qm＋n－2＝2m＋n－2＝24∴m＋n－2＝4.∴m＋n＝6.∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))·eq\f(1,6)·(m＋n)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,6)×(5＋4)＝eq\f(3,2)(当且仅当4m2＝n2时，“＝”成立)．6．－eq\r(3)解析：因为数列{an}为等差