2021新高考数学二轮总复习学案4-2-1等差等比数列的综合问题

4.2数列大题4.2.1等差、等比数列的综合问题必备知识精要梳理1.判断给定的数列{an}是等差数列的方法(1)定义法:an+1an=d是常数(n∈N*).(2)通项公式法:an=kn+b(k,b是常数).(3)前n项和法:数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn(A,B是常数且A2+B2≠0).(4)等差中项法:an+an+2=2an+1(n∈N*).2.若数列{an},{bn}为等差数列且项数相同,则{kan},{an±bn},{pan+qbn}都是等差数列.3.判断给定的数列{an}是等比数列的方法(1)定义法:an+1an=q(常数(2)通项公式法:an=kqn(k,q为常数,且kq≠0).(3)中项法:an·an+2=an+12(n∈N(4)前n项和法:数列{an}的前n项和为Sn=AAqn(常数A≠0,公比q≠1).4.若数列{an},{bn}为等比数列且项数相同,则{kan}(k≠0),{an2},a关键能力学案突破热点一等差(比)数列的判断与证明【例1】(2020山东淄博4月模拟,18)已知数列{an}满足a1=1,an+1=4an+3n1,bn=an+n.(1)证明:数列{bn}为等比数列;(2)求数列{an}的前n项和.解题心得1.判断数列是等差(比)数列的方法通常有四种,证明数列是等差(比)数列的方法常用定义法.2.对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题,解题思路是:由an与Sn的关系递推出n+1时的关系式,两个关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.【对点训练1】(2019全国Ⅱ,理19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3anbn+4,4bn+1=3bnan4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{anbn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.热点二等差数列的通项及求和【例2】(2019全国Ⅰ,文18)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=a5.(1)若a3=4,求{an}的通项公式;(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.解题心得a1,n,d是等差数列的三个基本量,an和Sn都可以用这三个基本量来表示,五个量a1,n,d,an,Sn中可“知三求二”,一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)求解,这种方法是解决数列问题的基本方法.【对点训练2】(2020海南天一大联考第三次模拟,17)对于由正整数构成的数列{An},若对任意m,n∈N*且m≠n,Am+An也是{An}中的项,则称{An}为“Q数列”.设数列{an}满足a1=6,8≤a2≤12.(1)请给出一个{an}的通项公式,使得{an}既是等差数列也是“Q数列”,并说明理由;(2)根据你给出的通项公式,设{an}的前n项和为Sn,求满足Sn>100的正整数n的最小值.热点三等比数列的通项及求和【例3】(2020山东,18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.解题心得1.已知等比数列前几项或者前几项的关系,求其通项及前n项和时,只需利用等比数列的通项公式及求和公式得到几个方程求解即可.2.若已知条件没有明确数列{an}是等比数列,而是已知an=f(Sn)的关系式,在转化此条件时,通常有两种思路,一是将an用SnSn1代替,二是由an=f(Sn)推出an1=f(Sn1),两式作差,消去Sn.【对点训练3】(2020四川绵阳三模,理17)若数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,an+1=23Sn(1)求Sn;(2)设bn=1Sn,求证:b1+b2+b3+…+bn<热点四等差、等比数列的综合问题【例4】(2020安徽合肥4月质检二,理17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S7=14,数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn=2n(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=bncos(anπ),求数列{cn}的前2n项和T2n.解题心得对于等差、等比数列的综合问题,解决的思路主要是方程的思想,即运用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式将已知条件转化成方程或方程组,求出首项、公差、公比等基本量,再由基本量求出题目要求的量.【对点训练4】(2020全国Ⅲ,文17)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3a1=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.热点五等差、等比数列的存在问题【例5】(2020山东新高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1<Sk+2?

解题心得从三个给出的选择性条件中,选择自己好理解的条件是解题的关键,将已知的条件通过逻辑推理进行转换是解题的突破口,较强的运算能力是拿到满分的重要保证.【对点训练5】(2020山东枣庄二模,17)在①S4是a2与a21的等差中项;②a7是S33与a22的等比中项;③数列{a2n}的前5项和为65这三个条件中任选一个,补充在横线中,已知{an}是公差为2的等差数列,其前n项和为Sn,.

(1)求an;(2)设bn=34n·an,是否存在k∈N*,使得bk>278?若存在,求出k的值;若不存在核心素养微专题(四)求解等差、等比数列的应用题【例1】(2020安徽合肥一中模拟,文12)如图所示,一条螺旋线是用以下方法画成的:△ABC是边长为2的正三角形,曲线CA1,A1A2,A2A3是分别以A,B,C为圆心,AC,BA1,CA2为半径画的圆弧,曲线CA1A2A3称为螺旋线的第一圈,然后又以A为圆心,AA3为半径画圆弧,……,这样画到第n圈,则所得螺旋线的长度ln为()A.(3n2+n)π B.2(3n2+n)πC.(3n2核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,从题目所给的几何图形中通过“数学抽象”得到一组数据;再通过“数学建模”将问题转化为等差数列模型;然后对等差数列模型的各项数值通过“数据分析”得到等差数列的项数和公差;最后通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练1】(2019四川绵阳模拟,理16)如图,互不相同的点A1,A2,…,An,…和B1,B2,…,Bn,…分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等.设OAn=an,若a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是.

【例2】已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6,E,F,G分别为A1B1,BB1,B1C1的中点,E1,F1,G1分别为EB1,FB1,B1G的中点,E2,F2,G2分别为E1B1,F1B1,B1G1的点,……,依此类推,令三棱锥BA1B1C1的体积为V1,三棱锥FEB1G的体积为V2,三棱锥的体积为F1E1B1G1的体积为V3,……,则V1+V2+V3+…+Vn=()A.288-B.288C.288-D.576核心素养分析本例考查三个核心素养,考生在读懂题意的基础上,需要从题目所给的正方体中通过“数学抽象”得到三棱锥的一组体积数据;再通过“数学建模”将问题转化为等比数列模型;然后对等比数列通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练2】在数列{an}中,a1=1,前n项和Sn满足3x(Sn+11)=(2x+3)Snx≠0,x≠32,n∈N*.令f(x)=an+1an,则f(x)=4.2数列大题4.2.1等差、等比数列的综合问题关键能力·学案突破【例1】(1)证明∵bn=an+n,∴bn+1=an+1+n+1.又an+1=4an+3n1,∴bn+1bn=an+1+n+1an+n∴数列{bn}是首项为2,公比为4的等比数列.(2)解由(1)知,bn=2×4n1,∴an=bnn=2×4n1n,∴Sn=a1+a2+…+an=2(1+4+42+…+4n1)(1+2+3+…+n)=2(1-4n)1-4对点训练1(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn)又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列由题设得4(an+1bn+1)=4(anbn)+8,即an+1bn+1=anbn+2.又因为a1b1=1,所以{anbn}是首项为1,公差为2的等差数列.(2)解由(1)知,an+bn=12n-1,anbn=2n1.所以an=12[(an+bn)+(anbn)]bn=12[(an+bn)(anbn)]=12【例2】解(1)设{an}的公差为d.由S9=a5,得a1+4d=0.由a3=4,得a1+2d=4.可得a1=8,d=2.因此{an}的通项公式为an=102n.(2)由(1)得a1=4d,故an=(n5)d,Sn=n由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n211n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.对点训练2解(1)给出的通项公式为an=2n+4,a1=6,a2=8符合题意.因为对任意n∈N*,an+1an=2(n+1)+42n4=2,所以{an}是公差为2的等差数列.对任意m,n∈N*且m≠n,am+an=2m+4+2n+4=2(m+n+2)+4=am+n+2,所以{an}是“Q数列”.(2)因为{an}是等差数列,所以Sn=n(6+2n+4)2=n2+5n(因为Sn单调递增,且S7=72+5×7=84<100,S8=82+5×8=104>100,所以n的最小值为8.注:以下答案也正确,解答步骤参考上面内容:①an=3n+3,Sn=32n2+92n,n②an=6n,Sn=3n2+3n,n的最小值为6.【例3】解(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),q=2因为a1q2=8,所以a1=2.所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(10063)=480.对点训练3(1)解an+1=23Sn,可得an+1=Sn+1Sn=23Sn,即Sn+1=53由a1=1,可得S1=1,可得数列{Sn}是首项为1,公比为53的等比数列,则Sn=5(2)证明因为bn=1S所以{bn}是首项为1,公比为35的等比数列,则b1+b2+b3+…+bn=1-35n1【例4】解(1)设{an}的公差为d,由a2=1,S7=14得a解得a1=12,d=12,所以an∵b1·b2·b3·…·bn=2n2+n2=2n(n+1)2,∴b1·b2·b两式相除得bn=2n(n≥2).当n=1时,b1=2,适合上式,∴bn=2n.(2)∵cn=bncos(anπ)=2ncosn2∴T2n=2cosπ2+22cosπ+23cos3π2+24cos2π+…+22n1cos(2n-1)π2+22ncosnπ=22cosπ+24cos2π+26cos3π+…+22ncosnπ=22+2426+…+(对点训练4解(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn1.由已知得a1+a1q=4,a所以{an}的通项公式为an=3n1.(2)由(1)知log3an=n1,故Sn=n由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m25m6=0,解得m=1(舍去),m=6.【例5】解因为在等比数列{bn}中,b2=3,b5=81,所以公比q=3,从而bn=b2(3)n2=3×(3)n2,从而a5=b1=1.若存在k,使得Sk>Sk+1,即Sk>Sk+ak+1,从而ak+1<0;同理,若使Sk+1<Sk+2,即Sk+1<Sk+1+ak+2,从而ak+2>0.若选①:由b1+b3=a2,得a2=19=10,又a5=1,则可得a1=13,d=3,所以an=3n16,当k=4时,能使a5<0,且a6>0成立;若选②:由a4=b4=27,且a5=1,所以数列{an}为递减数列,故不存在ak+1<0,且ak+2>0;若选③:由S5=25=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=5,从而an=2n11,所以当k=4时,能使a5对点训练5解(1)若选①S4是a2与a21的等差中项,则2S4=a2+a21,即24a1+4×32×2=(a1+2)+(a1+20×2).解得a1=3.所以an=3+2(n1)=2n+若选②a7是S33与a22的等比中项,则a7即(a1+6×2)2=a1+3-12×2·(a1+21×2).解得a1=所以an=3+2(n1)=2n+1.若选③数列{a2n}的前5项和为65,则a2+a4+a6+a8+a10=65,即5a1+25d=65,解得a1=3.所以an=3+2(n1)=2n+1.(2)不存在.理由如下,bn=34n·an=(2bn+1bn=(2n+3)·34n+1(2n+1)·34n=3n4n+1所以bn+1>bn可转化为bn+1bn>0,即52n>0,解得n<2.5,则n=1,2,即b3>b2>b1;bn+1<bn可转化为bn+1bn<0,即52n<0,解得n>2.5,则n=3,4,5,…,即b3>b4>b5>….所以{bn}中的最大项为b3=(2×3+1)×显然b3=7所以∀n∈N*,bn<27所以不存在k∈N*,使得bk>