资源简介

专题三　数　列
第1讲　等差数列与等比数列
年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析
2018 卷Ⅰ 等差数列基本量的计算·T4　an与Sn关系的应用·T14 等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题.
卷Ⅱ 等差数列基本量的计算、和的最值问题·T17
卷Ⅲ 等比数列基本量的计算·T17
2017 卷Ⅰ 等差数列的通项公式、前n项和公式·T4
卷Ⅱ 等比数列的概念、前n项和公式、数学文化·T3
卷Ⅲ 等差数列的前n项和公式、通项公式及等比中项·T9
等比数列的通项公式·T14
2016 卷Ⅰ 等差数列的基本运算·T3　等比数列的运算·T15
等差、等比数列的基本运算(基础型)
通项公式
等差数列：an＝a1＋(n－1)d；
等比数列：an＝a1·qn－1.
求和公式
等差数列：Sn＝＝na1＋d；
等比数列：Sn＝＝(q≠1)．
性质
等差数列 等比数列
性质 若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq 若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq
an＝am＋(n－m)d an＝amqn－m
Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sn≠0)
[考法全练]
1．(2018·贵阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则＝(　　)
A.　　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.＝＝＝.故选D.
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12 B．－10
C．10 D．12
解析：选B.设等差数列{an}的公差为d，因为3S3＝S2＋S4，所以3(3a1＋d)＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1，因为a1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
3．(2018·郑州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，则a1的值为　(　　)
A．－3 B．1
C．－3或1 D．1或3
解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，当q＝1时，Sn＋2＝(n＋2)a1，Sn＝na1，由Sn＋2＝4Sn＋3得，(n＋2)a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3，若对任意的正整数n，3a1n＝2a1－3恒成立，则a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，所以q≠1，
所以Sn＝，Sn＋2＝，
代入Sn＋2＝4Sn＋3并化简得a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q，若对任意的正整数n该等式恒成立，则有解得或故a1＝1或－3，故选C.
4．(2018·南宁模拟)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则＝________．
解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得aq6＝16，所以a1q3＝±4.由a4＋a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，所以q2＝1.于是＝q10＝1.
法二：由等比数列的性质，得a＝a2a6＝16，所以a4＝±4，又a4＋a8＝8，
所以或因为a＝a4a8>0，所以则公比q满足q4＝1，q2＝1，所以＝q10＝1.
答案：1
5．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，
解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
等差、等比数列的判定与证明(综合型)
证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：
①利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．
[典型例题]
设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)判断数列{}是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．
【解】　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即＝(n≥2，n∈N*)．
所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)因为a1＝1，
所以b1＝2a1＝2.
因为bn＝，
所以＝＋1，
即－＝1(n≥2)．
所以数列{}是首项为，公差为1的等差数列．
所以＝＋(n－1)·1＝，故数列{bn}的通项公式为bn＝.
判断(证明)等差(比)数列应注意的问题
(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．
(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．　
[对点训练]
记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解：(1)设{an}的公比为q.由题设可得
解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2[－＋(－1)n]＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
Sn，an关系的应用(综合型)
数列{an}中，an与Sn的关系
an＝
求数列通项的常用方法
(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．
(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.
(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
[典型例题]
(1)(2018·合肥第一次质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 018＝(　　)
A．22 018－1　　　　　　　　 B．32 018－6
C．－ D．－
(2)(2018·福州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
①证明：数列{bn}是等比数列；
②设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解】　(1)选A.因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3 a1＝－3.
当n≥2时，3Sn＝2an－3n，3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．
所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，
则a2 018＝22 018－1.
(2)①证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以＝＝＝＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，以2为公比的等比数列．
②由①知bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为cn＝，
所以cn＝＝，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝
＝＝.
(1)给出Sn与an的递推关系求an的常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
(2)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．　
[对点训练]
(2018·贵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝an－，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由已知Sn＝an－①，
得Sn－1＝an－1－(n≥2)②，
①－②得an＝an－an－1，即an＝3an－1(n≥2)，
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，故an＝3n－1.
(2)由(1)知bn＝＝－，
所以Tn＝－＋－＋…＋－＝1－＝，
所以Tn＝.
数列与新定义相交汇问题(创新型)
[典型例题]
(2018·武汉调研)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________．
【解析】　令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，
所以bn＝b1＋(n－1)×1，
a1＝a1，
a2－a1＝b1，
a3－a2＝b2，
…
an－an－1＝bn－1，
累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋＝(n－1)a2－(n－2)a1＋，
分别令n＝12，n＝22，
得
解得a1＝，a2＝100.
【答案】　100
数列新定义型创新题的一般解题思路
(1)阅读审清“新定义”．
(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识．
(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．　
[对点训练]
在数列{an}中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为0.
其中所有正确判断的序号是________．
解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
答案：①④
一、选择题
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3·a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝(　　)
A．420　　　　　　　　　　 B．340
C．－420 D．－340
解析：选D.设数列{an}的公差为d，则a3＝a2＋d＝d，a5＝a2＋3d＝3d，由a3·a5＝12得d＝±2，由a1>0，a2＝0，可知d<0，所以d＝－2，所以a1＝2，故S20＝20×2＋×(－2)＝－340，故选D.
2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则的值为(　　)
A．3 B．5
C．9 D．25
解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝·a5q2＝9q＝45，所以q＝5，＝＝q2＝25.故选D.
3．(一题多解)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝(　　)
A．72 B．88
C．92 D．98
解析：选C.法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.
法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝＝92.
4．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝－3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan 的值是　(　　)
A．－ B．－1
C．－ D.
解析：选A.依题意得，a＝(－)3，3b6＝7π，所以a6＝－，b6＝，所以＝eq \f(2b6,1－a)＝－，故tan＝tan＝tan＝－tan＝－，故选A.
5．(2018·长春质量检测(一))等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.
6．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．2 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
解析：选C.因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.
二、填空题
7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63.
答案：－63
8．(2018·惠州第二次调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：an＋1－2an＝2n两边同除以2n＋1，可得－＝，又＝，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以＝＋(n－1)×＝，所以an＝n·2n－1.
答案：n·2n－1
9．设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________．
解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，因为对任意正整数n，上式恒成立，
所以得
所以数列{an}的公差为2.
答案：2
三、解答题
10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由题意可得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)，
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
11．(2018·高考全国卷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.
12．已知数列{an}是等差数列，满足a2＝5，a4＝13，数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋bn＝3.
(1)求数列{an}及数列{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}中的最大项．
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意，得
解得
所以an＝4n－3.
又Tn＋bn＝3，
所以Tn＋1＋bn＋1＝3，
两式相减得，2bn＋1－bn＝0，
所以bn＋1＝bn.
当n＝1时，b1＋b1＝3，所以b1＝.
所以数列{bn}为等比数列，且首项是，公比是，
所以bn＝×＝.
(2)因为cn＝an·bn＝，
所以cn＋1＝，
所以cn＋1－cn＝－＝.
所以当n＝1时，c2－c1>0；
当n≥2时，cn＋1－cn<0，
所以c1c3>c4>…，
所以(cn)max＝c2＝.

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