【数学】2018届一轮复习北师大版等差数列、等比数列教案

【数学】2018届一轮复习北师大版等差数列、等比数列教案

第1讲　等差数列、等比数列 ‎　　　　　　　　　　　　　等差、等比数列的基本运算 共研典例　类题通法 ‎1．等差数列的通项公式及前n项和公式 an＝a1＋(n－1)d；Sn＝＝na1＋d.‎ ‎2．等比数列的通项公式及前n项和公式 an＝a1qn－1(q≠0)；Sn＝＝(q≠1)．‎ ‎ (2016·高考全国卷乙)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ ‎【解】　(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.‎ 所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，‎ 通项公式为an＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，因此数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，则 Sn＝＝－.‎ 关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质，不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识．‎ ‎ [题组通关]‎ ‎1．(2016·昆明两区七校调研)在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若q＝2，且a2与2a4的等差中项为18，则S5＝(　　)‎ A．62　　　　　　　　　 B．－62‎ C．32 D．－32‎ A　[解析] 依题意得a2＋2a4＝36，又q＝2，则2a1＋16a1＝36，解得a1＝2，因此S5＝＝62，选A.‎ ‎2．(2016·武汉调研)若等比数列{an}的各项均为正数，a1＋2a2＝3，a＝4a2a6，则a4＝(　　)‎ A. B. C. D. C　[解析] 由题意，得，‎ 解得，所以a4＝a1q3＝×＝，故选C.‎ ‎3．已知等差数列{an}的公差不为零，其前n项和为Sn，a＝S3，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)记Tn＝a1＋a5＋a9＋…＋a4n－3，求Tn.‎ ‎[解] (1)设数列{an}的公差为d，由a＝S3得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.‎ 由S1，S2，S4成等比数列得S＝S1S4.‎ 又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，‎ 故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．‎ 若a2＝0，则d2＝－2d2，解得d＝0，不符合题意．‎ 若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝2或d＝0(不符合题意，舍去)．‎ 因此数列{an}的通项公式为an＝a2＋(n－2)d＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知a4n－3＝8n－7，‎ 故数列{a4n－3}是首项为1，公差为8的等差数列．‎ 从而Tn＝＝(8n－6)＝4n2－3n.‎ ‎　　　　　　　　　　　　等差、等比数列的判定与证明 共研典例　类题通法 ‎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．证明数列{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)．‎ ‎ (2016·高考全国卷丙)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)若S5＝，求λ.‎ ‎【解】　(1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.‎ 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，‎ 即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，‎ 所以＝.‎ 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 于是an＝.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝1－.‎ 由S5＝得1－＝，‎ 即＝.‎ 解得λ＝－1.‎ ‎(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法．‎ ‎(2)a＝an－1an＋1(n≥2)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·高考浙江卷)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)‎ A．{Sn}是等差数列　　　　　 B．{S}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列 A　[解析] 由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.‎ ‎2．(2016·合肥第一次教学质检)在数列{an}中，a1＝，an＋1＝an，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ ‎[解] (1)证明：由an＋1＝an知＝·，‎ 所以是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知是首项为，公比为的等比数列，‎ 所以＝，所以an＝.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　等差、等比数列的性质 共研典例　类题通法 等差数列 等比数列 性质 ‎(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，‎ 则am＋an＝ap＋aq；‎ ‎(2)an＝am＋(n－m)d；‎ ‎(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 ‎(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，‎ 则am·an＝ap·aq；‎ ‎(2)an＝amqn－m；‎ ‎(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(q≠－1)‎ ‎ (1)(2016·重庆适应性测试(二))设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________．‎ ‎(2)(2016·高考全国卷乙)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．‎ ‎【解析】　(1)依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝，因此S100＝10S10＋d＝10×16＋×＝200.‎ ‎(2)设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64.‎ ‎【答案】　(1)200　(2)64‎ ‎(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行求解.‎ ‎(2)本例(2)利用了函数思想，数列是特殊函数，在求解数列的一些问题中，经常用到函数的性质，如周期性、单调性.‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·郑州第一次质量预测)正项等比数列{an}中的a1、a4 031是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则loga2 016＝(　　)‎ A．1　　　　　　　　　 B．2‎ C. D．－1‎ A　[解析] 因为f′(x)＝x2－8x＋6，且a1、a4 031是方程x2－8x＋6＝0的两根，所以a1·a4 031＝a＝6，即a2 016＝，所以loga2 016＝1，故选A.‎ ‎2．(2016·云南第一次统一检测)在数列{an}中，a1＝，a2＝，anan＋2＝1，则a2 016＋a2 017＝(　　)‎ A. B. C. D．5‎ C　[解析] 依题意，a1＝，a2＝，a3＝2，a4＝3，a5＝，a6＝，…，数列{an}是周期为4的数列，所以a2 016＋a2 017＝a4＋a1＝.‎ ‎3．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－0得n<，即n<1－，因为－0，当n≥10时，an<0.所以当Sn取得最大值时n的值为9.‎ ‎[答案] 9‎ 课时作业 ‎1．(2016·重庆第一次适应性测试)在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则{an}的前4项和为(　　)‎ A．9 B．22‎ C．24 D．32‎ C　[解析] 依题意得，数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝a2－2＝3，因此数列{an}的前4项和等于4×3＋×2＝24，选C.‎ ‎2．在等比数列{an}中，a1＝27，a4＝a3a5，则公比q＝(　　)‎ A. B. C. D. D　[解析] 由等比数列的性质得：a3a5＝a＝a4，‎ 因为a4≠0，所以a4＝1，‎ 又＝q3＝，‎ 所以q＝.‎ ‎3．(2016·海口调研测试)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则的值为(　　)‎ A. B. C．2 D．17‎ B　[解析] 设{an}的公比为q，依题意得＝＝q3，因此q＝.注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，＝q4＋1＝，选B.‎ ‎4．一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1＝(　　)‎ A．11 B．12‎ C．13 D．14‎ B　[解析] 设数列{an}的公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇、S偶，‎ 由题意知，S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶．因为数列{an}的项数为偶数，所以q＝＝.又a1·(a1q)(a1q2)＝64.所以aq3＝64，故a1＝12.‎ ‎5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是(　　)‎ A. B. C. D. D　[解析] 由8a2＋a5＝0，得＝－8，设数列{an}的公比为q，则q3＝－8，所以q＝－2，所以＝q2＝4，＝q＝－2，＝＝，而＝的数值不能确定．故选D.‎ ‎6．(2016·合肥第二次质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是(　　)‎ A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列 C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列 C　[解析] 由于{an}是等比数列，则a3a5＝a＝4，又a2＝12，则a4＞0，a4＝2，q2＝，当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；a2n＝a2q2n－2＝12×单调递减，选项C正确；当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．‎ ‎7．(2015·高考全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________．‎ ‎[解析] 因为 a1＝2，an＋1＝2an，‎ 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 又因为 Sn＝126，所以＝126，所以n＝6.‎ ‎[答案] 6‎ ‎8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，Sn＝2an＋n(n∈N*)，则an＝________．‎ ‎[解析] 因为Sn＝2an＋n，①‎ 所以Sn＋1＝2an＋1＋n＋1，②‎ ‎②－①，可得an＋1＝2an－1，即an＋1－1＝2(an－1)，又因为a1＝－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)·2n－1＝－2n，所以an＝1－2n.‎ ‎[答案] 1－2n ‎9．已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2 016的值为________．‎ ‎[解析] 由题意得，a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝3，…，所以数列{an}是周期为6的周期数列，而2 016＝6×336，所以a2 016＝a6＝－1.‎ ‎[答案] －1‎ ‎10．在等差数列{an}中，a1＝－2 014，其前n项和为Sn，－＝2 005，则S2 016的值等于________．‎ ‎[解析] 法一：设等差数列{an}的公差为d，在等差数列{an}中，因为Sn＝na1＋d，＝a1＋(n－1)，由－＝2 005，得－＝2 005，化简得d＝2 005，所以d＝2，所以S2 016＝2 016×(－2 014)＋×2＝2 016.‎ 法二：设等差数列{an}的公差为d，在等差数列{an}中，Sn＝na1＋d，＝a1＋(n－1)，即数列是首项为a1＝－2 014，公差为的等差数列．因为－＝2 005，所以(2 015－10)＝2 005，＝1，所以＝a1＋(2 016－1)×1＝－2 014＋2 015＝1，所以S2 016＝2 016.‎ ‎[答案] 2 016‎ ‎11．(2016·兰州诊断考试)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a2、a4、a8成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.‎ ‎[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意有，‎ 解得d＝1或d＝0(舍去)，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝n.‎ ‎(2)由(1)得an＝n，‎ 所以bn＝2n，‎ 所以＝2，‎ 所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以Tn＝＝2n＋1－2.‎ ‎12．设数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＋2an＝2(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)设bn＝(1－an)(1－an＋1)，求数列{bn}的通项公式．‎ ‎[解] (1)证明：因为Tn＋2an＝2，所以当n＝1时，T1＋2a1＝2，所以T1＝，即＝.‎ 又当n≥2时，Tn＝2－2×，得 Tn·Tn－1＝2Tn－1－2Tn，‎ 所以－＝，‎ 所以数列是以为首项，为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知，数列为等差数列，‎ 所以＝＋(n－1)＝，‎ 所以an＝＝.‎ 所以bn＝(1－an)(1－an＋1)＝.‎ ‎13．(2016·贵州适应性考试)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1(n∈N*)．‎ ‎(1)求a1，a2及数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)已知数列{bn}满足bn＝log3a2n，求{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解] (1)根据已知，2S1＝2a1＝3a1－1，解得a1＝1.‎ ‎2S2＝2(1＋a2)＝3a2－1，解得a2＝3.‎ 因为2Sn＝3an－1，①‎ 所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)．②‎ ‎①－②，有2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1(n≥2)．‎ 于是，{an}是首项为1，公比为3的等比数列，‎ ‎{an}的通项公式为an＝1·3n－1＝3n－1.‎ ‎(2)由已知，bn＝log332n－1＝2n－1，‎ 所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．‎ 于是{bn}的前n项和Tn＝n·1＋·2＝n2.‎ ‎14．若数列{bn}对于n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列，如数列{cn}，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.‎ ‎(1)求证：{an}为准等差数列；‎ ‎(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.‎ ‎[解] (1)证明：因为an＋1＋an＝2n， ①‎ 所以an＋2＋an＋1＝2n＋2. ②‎ 由②－①得an＋2－an＝2(n∈N*)，‎ 所以{an}是公差为2的准等差数列．‎ ‎(2)已知a1＝a，an＋1＋an＝2n(n∈N*)，‎ 所以a1＋a2＝2，即a2＝2－a.‎ 所以由(1)可知a1，a3，a5，…，成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…，成以2－a为首项，2为公差的等差数列．‎ 所以当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a，‎ 当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1，‎ 所以an＝ S20＝a1＋a2＋…＋a19＋a20‎ ‎＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)‎ ‎＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200.‎