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　等差数列、等比数列
考点1　等差(比)数列的基本运算
1．(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
C　[∵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.]
2.(2020·新高考卷Ⅰ)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________．
3n2－2n　[法一：(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.
法二：(引入参变量法)
令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同法一．]
3．(2021·新高考卷Ⅱ)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项的和，若a3＝S5，a2·a4＝S4，
(1)求{an}的通项公式；
(2)求使得Sn>an的n的最小值．
[解]　(1)设{an}公差为d，
∴
由①得a1＋2d＝0 a1＝－2d，代入②得(－d)·d＝－8d＋6d d2－2d＝0.
∵d≠0，∴d＝2，∴a1＝－4，∴an＝－4＋2(n－1)＝2n－6.
(2)Sn＝－4n＋·2＝n2－5n，
由Sn＞an n2－5n＞2n－6，∴n2－7n＋6＞0，(n－1)(n－6)＞0，
∴n＞6，故n的最小值为7.
命题规律：高考对该点的考查以等差数列、等比数列的通项公式与求和公式为考查目标，对等差(比)数列的五个基本量的计算进行考查，体现方程思想和转化与化归思想的应用．高考常以1个选择题和1个解答题的形式考查，分值17分．
通性通法：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．
提醒：对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1或q≠1的情况，公式Sn＝只适用于q≠1的情况．
1．[数列与数学文化交汇](2021·昌平区二模)中国历法推测遵循以测为辅，以算为主的原则．例如《周髀算经》里对二十四节气的晷影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．
二十四节气中，从冬至到夏至的十三个节气依次为：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至．已知《周髀算经》中记录某年的冬至的晷影长为13尺，夏至的晷影长是1.48尺，按照上述规律，那么《周髀算经》中所记录的立夏的晷影长应为(　　)
A．3.4尺 B．4.36尺
C．5.32尺 D．21.64尺
B　[由题意，冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至的晷影长构成以a1＝13，a13＝1.48的等差数列，设公差为d，则d＝＝＝－0.96，
立夏的晷影长为a10＝a1＋9d＝13＋9×(－0.96)＝4.36.
故选B．]
2．[基本量运算]记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列结论正确的是(　　)
①a2＋a3＝0；
②an＝2n－5；
③Sn＝n(n－4)；
④d＝－2.
A．①② B．②④
C．①②③ D．②③④
C　[S4＝＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，①正确；
联立
解得∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，②正确，④错误；
Sn＝－3n＋×2＝n2－4n，③正确，故选C．]
3．[等差数列与等比数列的交汇]公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1，a3，a2成等差数列，mS2，S3，S4成等比数列，则m＝(　　)
A． B．
C．1 D．
D　[设{an}的公比为q(q≠0且q≠1)，
根据a1，a3，a2成等差数列，
得2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q，
因为a1≠0，所以2q2－1－q＝0，即(q－1)(2q＋1)＝0.
因为q≠1，所以q＝－，
则S2＝＝·，
S3＝＝·，
S4＝＝·，
因为mS2，S3，S4成等比数列，所以S＝mS2·S4，
即＝m····，
因为a1≠0，所以≠0，所以＝m××，
得m＝，故选D．]
考点2　等差(比)数列的性质
1．(2021·全国卷甲)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　)
A．7　　　　B．8　　　　C．9　　　　D．10
A　[法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，
所以由等比数列的前n项和公式，得
两式相除，
得q2＝，所以或所以S6＝＝7.故选A．
法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A．]
2．(2021·北京高考)已知{an}和{bn}是两个等差数列，且(1≤k≤5)是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为(　　)
A．64 B．100
C．128 D．132
C　[由题意可得＝，则b5＝64，故b3＝＝＝128.]
3．(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于(　　)
A．12 B．24
C．30 D．32
D　[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.]
命题规律：高考对等差、等比数列的性质的考查主要体现在项与项之间的性质和前n项和的性质，以选择题为主，难度较小，重点考查通性通法．
通性通法：等差、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系，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)用性质，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．
1．[项的性质]等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12 B．15
C．8 D．2＋log35
B　[∵等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，
∴a5a6＝a3a8＝27，
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2a3…a10)＝log3(a5a6)5＝5log327＝15.故选B．]
2．[奇数项与偶数项的性质]一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________.
5　[设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.
由已知条件，得解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.]
3．[数列的综合](2021·石家庄二模)在①a5＝6，a1＋S3＝50；②S12＞S9，a2＋a21＜0，③S9＞0，S10＜0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．
问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，________，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由.
[解]　选①：设数列{an}的公差为d，a5＝6，
a1＋S3＝50，
∴，解得a1＝14，d＝－2，
即an＝14－2(n－1)＝16－2n，
法一：当an≥0时，有16－2n≥0，得n≤8，
∴当n≤7时，an＞0；当n＝8时，an＝0；n≥9时，an＜0，
∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值．
法二：Sn＝－n2＋15n，对称轴为n＝7.5，
∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值．
选②：由S12－S9＞0，得a12＋a11＋a10＞0，
由等差中项的性质有3a11＞0，即a11＞0，
由a2＋a21＜0，得a2＋a21＝a11＋a12＜0，
∴a12＜0，故d＝a12－a11＜0，
∴当n≤11时，an＞0，n≥12时，an＜0，故n＝11时，Sn取最大值．
选③：由S9＞0，得S9＝＝＞0，可得a5＞0，
由S10＜0，得S10＝＝＜0，
可得a5＋a6＜0，
∴a6＜0，故d＝a6－a5＜0，
∴当n≤5时，an＞0，n≥6时，an＜0，故n＝5时，Sn取最大值．
考点3　等差(比)数列的判定与证明
1．(2021·全国卷甲)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
[解]　①③ ②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
①② ③.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{}的公差为d，d>0，则－＝－＝d，
得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
[解]　(1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
3．(2019·全国卷Ⅱ)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．
[解]　(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)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
命题规律：高考对该点的考查以解答题为主，立足双基，分值 12分．
通性通法：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．
提醒：a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
1．[以an的递推关系为载体]设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？
[解]　(1)证明：因为a3＝7，a3＝3a2－2，所以a2＝3，
所以an＝2an－1＋1，
所以a1＝1，
＝＝2(n≥2)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝－n＝2n＋1－n－2，
所以n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，
且n，an，Sn均不为0，
所以n＋Sn＝2an，
即n，an，Sn成等差数列．
2．[以an 与Sn的递推关系为载体]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．
[解]　(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)由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，
所以数列{an}从第2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．
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