第1讲 等差数列与等比数列.docx
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第1讲等差数列与等比数列
第1讲 等差数列与等比数列
高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点,经常以选择题、填空题的形式出现;2.数列的通项也是高考热点,常在解答题中的第
(1)问出现,难度中档以下.
真题感悟
1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )
A.an=2n-5B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8nD.Sn=
n2-2n
解析 设首项为a1,公差为d.
由S4=0,a5=5可得
解得
所以an=-3+2(n-1)=2n-5,
Sn=n×(-3)+
×2=n2-4n.
答案 A
2.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则
=( )
A.2n-1B.2-21-n
C.2-2n-1D.21-n-1
解析 法一 设等比数列{an}的公比为q,则q=
=
=2.
由a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12得a1=1.
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn=
=2n-1,
所以
=
=2-21-n.
法二 设等比数列{an}的公比为q,则
得
=q=2.
将q=2代入①,解得a3=4.
所以a1=
=1,下同法一.
答案 B
3.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,S3=
,则S4=________.
解析 设等比数列{an}的公比为q,则an=a1qn-1=qn-1.
∵a1=1,S3=
,∴a1+a2+a3=1+q+q2=
,
则4q2+4q+1=0,∴q=-
,
∴S4=
=
.
答案
4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:
{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明 由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=
(an+bn).又因为a1+b1=1,
所以{an+bn}是首项为1,公比为
的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,
所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解 由
(1)知,an+bn=
,an-bn=2n-1,
所以an=
[(an+bn)+(an-bn)]=
+n-
,
bn=
[(an+bn)-(an-bn)]=
-n+
.
考点整合
1.等差数列
(1)通项公式:
an=a1+(n-1)d;
(2)求和公式:
Sn=
=na1+
d;
(3)常用性质:
①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq;
②an=am+(n-m)d;
③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式:
an=a1qn-1(q≠0);
(2)求和公式:
q=1,Sn=na1;q≠1,Sn=
=
;
(3)常用性质:
①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq;
②an=am·qn-m;
③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…(Sm≠0)成等比数列.
温馨提醒 应用公式an=Sn-Sn-1时一定注意条件n≥2,n∈N*.
热点一 等差、等比数列的基本运算
【例1】
(1)(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=( )
A.2B.3C.4D.5
解析 ∵a1=2,am+n=aman,
令m=1,则an+1=a1an=2an,
∴{an}是以a1=2为首项,2为公比的等比数列,
∴an=2×2n-1=2n.
又∵ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,
∴
=215-25,即2k+1(210-1)=25(210-1),
∴2k+1=25,∴k+1=5,∴k=4.
答案 C
(2)(2019·北京卷)设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.
①求{an}的通项公式;
②记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.
解 ①设{an}的公差为d.
因为a1=-10,
所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.
因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,
所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).
所以(-2+2d)2=d(-4+3d).
解得d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-12.
②法一 由①知,an=2n-12.
则当n≥7时,an>0;当n=6时,an=0;当n<6时,an<0;
所以Sn的最小值为S5=S6=-30.
法二 由①知,Sn=
(a1+an)=n(n-11)=
-
,又n∈N*,
∴当n=5或n=6时,Sn的最小值S5=S6=-30.
探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径:
(1)设基本量a1和公差d(公比q).
(2)列、解方程组:
把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组),然后求解,注意整体计算,以减少运算量.
2.第
(2)题求出基本量a1与公差d,进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数,求出最小值.
【训练1】
(1)(2020·河北省一联)若等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2a5=3a3,且a4与9a7的等差中项为2,则S5=( )
A.
B.112C.
D.121
(2)(2020·西安模拟)已知{an}是公差不为零的等差数列,a4=26,且a1,a2,a7成等比数列.
①求数列{an}的通项公式;
②设bn=(-1)n+1an,数列{bn}的前n项和为Tn,求T511.
(1)解析 设等比数列{an}的公比为q,由已知得a2a5=a3a4=3a3,因为a3≠0,所以a4=3,即a1q3=3 ①.
因为a4与9a7的等差中项为2,所以a4+9a7=a4(1+9q3)=4 ②,
联立①②解得q=
,a1=81.
所以S5=
=121.
答案 D
(2)解 ①设数列{an}的公差为d,d≠0.
∵a1,a2,a7成等比数列,
∴a
=a1a7,即(a1+d)2=a1(a1+6d),则d2=4a1d.
又d≠0,∴d=4a1,①
由于a4=a1+3d=26,②
联立①②,得
解得
∴an=2+8(n-1)=8n-6.
②∵bn=(-1)n+1an=(-1)n+1(8n-6).
∴T511=b1+b2+…+b511
=2-10+18-26+…+4066-4074+4082
=(2-10)+(18-26)+…+(4066-4074)+4082
=-8×255+4082=2042.
热点二 等差(比)数列的性质
【例2】
(1)在数列{an}中,2an+1=an+an+2,且an≠0.若an-1-a
+an+1=0(n≥2),且S2n-1=38,则n=( )
A.38B.20C.10D.9
(2)(2020·长沙检测)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为( )
A.25B.20C.15D.10
解析
(1)在数列{an}中,因为2an+1=an+an+2,所以an+2-an+1=an+1-an,
所以数列{an}为等差数列.
由an-1-a
+an+1=0(n≥2),得2an-a
=0,
又an≠0,解得an=2.
又S2n-1=38,即
=(2n-1)an=38,
即(2n-1)×2=38,解得n=10.
(2)在正项等比数列{an}中,Sn>0.
因为S8-2S4=5,则S8-S4=5+S4,
易知S4,S8-S4,S12-S8是等比数列,
所以(S8-S4)2=S4·(S12-S8),
所以a9+a10+a11+a12=S12-S8=
=
+S4+10≥2
+10=20(当且仅当S4=5时取等号).
故a9+a10+a11+a12的最小值为20.
答案
(1)C
(2)B
探究提高 1.利用等差(比)性质求解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行求解.
2.活用函数性质:
数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质解题.
【训练2】
(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和,(n+1)Sn <-1,则( ) A.Sn的最大值是S8B.Sn的最小值是S8 C.Sn的最大值是S7D.Sn的最小值是S7 (2)已知数列{an}的各项都为正数,对任意的m,n∈N*,am·an=am+n恒成立,且a3·a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7=________. 解析 (1)由(n+1)Sn < , 整理得an 所以等差数列{an}是递增数列, 又 <-1,所以a8>0,a7<0, 所以数列{an}的前7项为负值,所以Sn的最小值是S7. (2)因为对任意的m,n∈N*,am·an=am+n恒成立, 令m=1,则a1·an=a1+n对任意的n∈N*恒成立, ∴数列{an}为等比数列,公比为a1, 由等比数列的性质有a3a5=a ,因为a3·a5+a4=72,则a +a4=72, ∵a4>0,∴a4=8, ∴log2a1+log2a2+…+log2a7 =log2(a1·a2·…·a7)=log2a =log287=21. 答案 (1)D (2)21 热点三 等差、等比数列的判断与证明 【例3】已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an>0,S =a -λSn+1,其中λ为常数. (1)证明: Sn+1=2Sn+λ; (2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列? 若存在,求出λ;若不存在,请说明理由. (1)证明 ∵an+1=Sn+1-Sn,S =a -λSn+1, ∴S =(Sn+1-Sn)2-λSn+1, 则Sn+1(Sn+1-2Sn-λ)=0. ∵an>0,知Sn+1>0,∴Sn+1-2Sn-λ=0, 故Sn+1=2Sn+λ. (2)解 由 (1)知,Sn+1=2Sn+λ, 当n≥2时,Sn=2Sn-1+λ, 两式相减,an+1=2an(n≥2,n∈N*), 所以数列{an}从第二项起成等比数列,且公比q=2. 又S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ, ∴a2=a1+λ=1+λ>0,得λ>-1. 因此an= 若数列{an}是等比数列,则a2=1+λ=2a1=2. ∴λ=1,经验证得λ=1时,数列{an}是等比数列. 探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法: (1)定义法: 对于任意n≥1,n∈N*,验证an+1-an 为与正整数n无关的一常数; (2)中项公式法. 2. =q和a =an-1an+1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件,判定时还要看各项是否为零. 【训练3】(2020·安徽六校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an-3n+1+3(n∈N*). (1)设bn= ,求证: 数列{bn}为等差数列,并求出数列{an}的通项公式; (2)设cn= - ,Tn=c1+c2+c3+…+cn,求Tn. (1)证明 由已知2Sn=3an-3n+1+3(n∈N*),① n≥2时,2Sn-1=3an-1-3n+3,② ①-②得: 2an=3an-3an-1-2·3n⇒an=3an-1+2·3n, 故 = +2,则bn-bn-1=2(n≥2). 又n=1时,2a1=3a1-9+3,解得a1=6,则b1= =2. 故数列{bn}是以2为首项,2为公差的等差数列, ∴bn=2+2(n-1)=2n⇒an=2n·3n. (2)解 由 (1),得cn=2·3n-2n Tn=2(3+32+33+…+3n)-2(1+2+…+n) =2· -2· =3n+1-n2-n-3. 热点四 等差、等比数列的综合问题 【例4】(2020·北京西城区二模)从①前n项和Sn=n2+p(p∈R);②an=an+1-3;③a6=11且2an+1=an+an+2这三个条件中任选一个,填至横线上,并完成解答. 在数列{an}中,a1=1,________,其中n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若a1,an,am成等比数列,其中m,n∈N*,且m>n>1,求m的最小值. (注: 如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分) 解 选择①: (1)当n=1时,由S1=a1=1,得p=0. 当n≥2时,由题意,得Sn-1=(n-1)2, 所以an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2). 经检验,a1=1符合上式, 所以an=2n-1(n∈N*) (2)由a1,an,am成等比数列,得a =a1am, 即(2n-1)2=1×(2m-1). 化简,得m=2n2-2n+1=2 + . 因为m,n是大于1的正整数,且m>n, 所以当n=2时,m有最小值5. 选择②: (1)因为an=an+1-3,所以an+1-an=3, 所以数列{an}是公差d=3的等差数列, 所以an=a1+(n-1)d=3n-2(n∈N*). (2)由a1,an,am成等比数列,得a =a1am, 即(3n-2)2=1×(3m-2). 化简,得m=3n2-4n+2=3 + . 因为m,n是大于1的正整数,且m>n, 所以当n=2时,m取到最小值6. 选择③: (1)因为2an+1=an+an+2, 所以数列{an}是等差数列. 设数列{an}的公差为d. 因为a1=1,a6=a1+5d=11, 所以d=2. 所以an=a1+(n-1)d=2n-1(n∈N*). (2)因为a1,an,am成等比数列,所以a =a1am, 即(2n-1)2=1×(2m-1). 化简,得m=2n2-2n+1=2 + . 因为m,n是大于1的正整数,且m>n, 所以当n=2时,m有最小值5. 探究提高 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.数列的通项或前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. 【训练4】(2020·海南诊断)已知{an}是公比为q的无穷等比数列,其前n项和为Sn,满足a3=12,________.是否存在正整数k,使得Sk>2020? 若存在,求k的最小值;若不存在,说明理由. 从①q=2,②q= ,③q=-2这三个条件中任选一个,补充在上面横线处并作答. (注: 如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分) 解 选择①: 存在满足条件的正整数k. 求解过程如下: 因为a3=12,所以a1= =3. 所以Sn= =3(2n-1). 令Sk>2020,则2k> . 因为29< <210,所以使Sk>2020的正整数k的最小值为10. 选择②: 不存在满足条件的正整数k. 理由如下: 因为a3=12,所以a1= =48. 所以Sn= =96 . 因为Sn<96<2020,所以不存在满足条件的正整数k. 选择③: 存在满足条件的正整数k. 求解过程如下: 因为a3=12,所以a1= =3. 所以Sn= =1-(-2)n. 令Sk>2020,则1-(-2)k>2020, 整理得(-2)k<-2019. 当k为偶数时,原不等式无解. 当k为奇数时,原不等式等价于2k>2019. 所以使Sk>2020的正整数k的最小值为11. A级 巩固提升 一、选择题 1.(2020·武汉质检)在正项等比数列{an}中,若a5-a1=15,a4-a2=6,则a3=( ) A.2B.4C. D.8 解析 设数列{an}的公比为q. 由已知得 即 = ,解得q= 或q=2.当q= 时,a1=-16,不符合题意;当q=2时,a1=1,所以a3=a1q2=4,故选B. 答案 B 2.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=( ) A.12B.24C.30D.32 解析 设等比数列{an}的公比为q, 则q= = =2, 所以a6+a7+a8=(a1+a2+a3)·q5=1×25=32.故选D. 答案 D 3.(多选题)(2020·潍坊一模)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和,且S5>S6>S4.下列四个命题正确的是( ) A.数列{Sn}中的最大项为S10 B.数列{an}的公差d<0 C.S10>0 D.S11<0 解析 因为S5>S6>S4,所以a6<0,a5>0且a5+a6>0,所以数列{Sn}中的最大项为S5,A错误;数列{an}的公差d<0,B正确;S10= =5(a5+a6)>0,C正确;S11= =11a6<0,D正确.故选BCD. 答案 BCD 4.(2020·安徽十四校联盟段考)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题: 将1到2020这2020个数中,能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},则此数列的项数为( ) A.167B.168C.169D.170 解析 由题意得,能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数,所以an=12n-11,n∈N*,由an≤2020,得n≤169 .因为n∈N*,所以此数列的项数为169. 答案 C 5.(多选题)(2020·浙江卷改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且 ≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式可能成立的是( ) A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6 C.a =a2a8D.b =b2b8 解析 由题意,知b1=S2=a1+a2,bn+1=S2n+2-S2n=a2n+1+a2n+2, 可得bn=a2n-1+a2n(n>1,n∈N*). 由 为等差数列,可知 为等差数列. 选项A中,由a4为a2,a6的等差中项,得2a4=a2+a6,成立. 选项B中,由b4为b2,b6的等差中项,得2b4=b2+b6,成立. 选项C中,a2=a1+d,a4=a1+3d,a8=a1+7d. 由a =a2a8,可得(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 化简得a1d=d2,又由d≠0,可得a1=d,符合 ≤1,成立.故A,B,C均符合题意要求, b2=a3+a4=2a1+5d,b4=a7+a8=2a1+13d, b8=a15+a16=2a1+29d. 由b =b2b8,知(2a1+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d), 化简得2a1d=3d2,又由d≠0,可得 = . 这与已知条件 ≤1矛盾.D错. 答案 ABC 二、填空题 6.(2020·新高考山东、海南卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为________. 解析 (观察归纳法) 数列{2n-1}的各项为1,3,5,7,9,11,13,…;数列{3n-2}的各项为1,4,7,10,13,….观察归纳可知,两个数列的公共项为1,7,13,…,是首项为1,公差为6的等差数列,则an=1+6(n-1)=6n-5. 故前n项和为Sn= = =3n2-2n. 答案 3n2-2n 7.(2020·湖北四城七校联考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且S3,S9,S6成等差数列,a3+a6=2,则a9=________. 解析 设等比数列{an}的公比为q,因为Sn是等比数列{an}的前n项和,且S3,S9,S6成等差数列,所以2S9=S3+S6,显然q=1不满足此式,所以q≠1,所以 = + ,整理得1+q3=2q6,即(2q3+1)(q3-1)=0,解得q3=- .又a3+a6=a1q2+a1q5=a1q2(1+q3)= a1q2=2,所以a1q2=4,所以a9=a1q8=a1q2·q6=4× =1. 答案 1 8.(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=-3,S5=-10,则a5=________,Sn的最小值为________. 解析 由题意得a2=a1+d=-3,S5=5a1+10d=-10, 解得a1=-4,d=1, 所以a5=a1+4d=0, 故an=a1+(n-1)d=n-5. 令an≤0,则n≤5,即数列{an}中前4项为负,a5=0,第6项及以后项为正. ∴Sn的最小值为S4=S5=-10. 答案 0 -10 三、解答题 9.(2020·滨州一监)在①b2b3=a16,②b4=a12,③S5-S3=48这三个条件中任选一个,补充至横线上.若问题中的正整数k存在,求出k的值;若不存在,请说明理由. 设正数等比数列{bn}的前n项和为Sn,{an}是等差数列,________,b3=a4,a1=2,a3+a5+a7=30,是否存在正整数k,使得Sk+1=Sk+bk+32成立? (注: 如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分) 解 在等差数列{an}中,∵a3+a5+a7=3a5=30, ∴a5=10,∴公差d= =2, ∴an=a1+(n-1)d=2n, ∴b3=a4=8. 假设存在正整数k,使得Sk+1=Sk+bk+32成立,即bk+1=bk+32成立.设正数等比数列{bn}的公比为q(q>0). 若选①. ∵b2b3=a16, ∴b2=4,∴q= =2,∴bn=2n. ∵2k+1=2k+32,解得k=5. ∴存在正整数k=5,使得Sk+1=Sk+bk+32成立. 若选②. ∵b4=a12=24,∴q= =3,∴bn=8·3n-3. ∵8·3k-2=8·3k-3+32,∴3k-3=2,该方程无正整数解, ∴不存在正整数k,使得Sk+1=Sk+bk+32成立. 若选③. ∵S5-S3=48,即b4+b5=48, ∴8q+8q2=48,即q2+q-6=0, 解得q=2或q=-3(舍去),∴bn=2n. ∵2k+1=2k+32,解得k=5. ∴存在正整数k=5,使得Sk+1=Sk+bk+32成立. 10.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=2,对任意n∈N*,都有2Sn=(n+1)an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列 的前n项和为Tn,求证: ≤Tn<1. (1)解 因为2Sn=(n+1)an, 所以2Sn-1=nan-1(n≥2). 两式相减,得2an=(n+1)an-nan-1(n≥2), 即(n-1)an=nan-1(n≥2), 所以当n≥2时, = ,所以 = . 因为a1=2,所以an=2n. (2)证明
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- 第1讲 等差数列与等比数列 等差数列 等比数列
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