2018届二轮复习等差数列、等比数列的基本问题学案

2018届二轮复习等差数列、等比数列的基本问题学案

第1讲　等差数列、等比数列的基本问题 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，经常以小题形式出现；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.(2017·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　)‎ A.1 B.2 ‎ C.4 D.8‎ 解析　设{an}的公差为d，由得解得d＝4.‎ 答案　C ‎2.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 解析　设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.‎ ‎∴＝381，解得a1＝3.‎ 答案　B ‎3.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)‎ A.－24 B.－3 ‎ C.3 D.8‎ 解析　根据题意得a＝a2·a6，‎ 即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，‎ 解得d＝0(舍去)，d＝－2，‎ 所以S6＝‎6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24.‎ 答案　A ‎4.(2017·全国Ⅱ卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.‎ ‎(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若T3＝21，求S3.‎ 解　(1)设{an}公差为d，{bn}公比为q，‎ 由题设得[来源:]‎ 解得或(舍去)，‎ 故{bn}的通项公式为bn＝2n－1.‎ ‎(2)由已知得解得或 ‎∴当q＝4，d＝－1时，S3＝－6；‎ 当q＝－5，d＝8时，S3＝21.‎ 考 点 整 合 ‎1.等差数列 ‎(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；[来源: ]‎ ‎(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；‎ ‎(3)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)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)(2015·全国Ⅰ卷)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和.若S8＝4S4，则a10＝(　　)‎ A. B. ‎ C.10 D.12‎ ‎(2)(2016·全国Ⅰ卷)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)设等差数列的首项为a1，‎ 则S8＝‎8a1＋＝‎8a1＋28，‎ S4＝‎4a1＋＝‎4a1＋6，‎ 因为S8＝4S4，‎ 即‎8a1＋28＝‎16a1＋24，‎ 所以a1＝，则a10＝a1＋(10－1)d＝＋9＝.‎ ‎(2)由于{an}是等比数列，设an＝a1qn－1，其中a1是首项，q是公比.‎ 所以即解得 故an＝，‎ 所以a1·a2·…·an＝ ‎＝＝ .‎ 当n＝3或4时，取得最小值－6，‎ 此时取得最大值26.‎ 所以a1·a2·…·an的最大值为64.‎ 答案　(1)B　(2)64‎ 探究提高　1.第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项公式构建首项a1与公比q的方程组，求出a1，q，得到{an}的通项公式，再将a‎1a2·…·an表示为n的函数，进而求最大值.‎ ‎2.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.‎ ‎【训练1】 (1)(2017·哈尔滨模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a3＝‎8a6，则的值为(　　)‎ A. B.2 ‎ C. D.5‎ ‎(2)(2017·北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.‎ 解析　(1)由a3＝‎8a6，得a3＝‎8a3q3，解得q＝.‎ 则＝＝.‎ ‎(2){an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.‎ ‎{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，‎ ‎∴q＝－2，∴b2＝b1·q＝2.‎ 则＝＝1.‎ 答案　(1)C　(2)1‎ 热点二　等差(比)数列的性质 ‎【例2】 (1)(2017·汉中模拟)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若log‎2a2＋log‎2a8＝2，则T9的值为(　　)‎ A.±512 B.512‎ C.±1 024 D.1 024‎ ‎(2)(2017·北京海淀区质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2，若数列{bn}满足bn＝10－log2an，则使数列{bn}的前n项和取最大值时的n的值为________.‎ 解析　(1)由log‎2a2＋log‎2a8＝2，得log2(a‎2a8)＝2，所以a‎2a8＝4，则a5＝±2，‎ 等比数列{an}的前9项积为T9＝a‎1a2…a‎8a9＝(a5)9＝±512.‎ ‎(2)∵Sn＝2an－2，∴n＝1时，a1＝‎2a1－2，解得a1＝2.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，‎ ‎∴an＝2an－1.[来源:]‎ ‎∴数列{an}是公比与首项都为2的等比数列，∴an＝2n.‎ ‎∴bn＝10－log2an＝10－n.‎ 由bn＝10－n≥0，解得n≤10.‎ ‎∴使数列{bn}的前n项和取最大值时的n的值为9或10.‎ 答案　(1)A　(2)9或10‎ 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)(2017·贵阳质检)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a9＝16，则S11＝(　　)‎ A.88 B.48 ‎ C.96 D.176‎ ‎(2)(2017·开封质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，‎ Sm＋1＝21，则m等于(　　)‎ A.3 B.4 ‎ C.5 D.6‎ 解析　(1)依题意得S11＝＝＝＝88.‎ ‎(2)在等比数列中，因为Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，‎ 所以am＝Sm－Sm－1＝－11－5＝－16，am＋1＝Sm＋1－Sm＝32.‎ 则公比q＝＝＝－2，‎ 因为Sm＝－11，‎ 所以＝－11，①‎ 又am＋1＝a1(－2)m＝32，②‎ 两式联立解得m＝5，a1＝－1.‎ 答案　(1)A　(2)C 热点三　等差(比)数列的判断与证明 ‎【例3】 (2014·全国Ⅰ卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.‎ ‎(1)证明　由题设，anan＋1＝λSn－1，①‎ 知an＋1an＋2＝λSn＋1－1，②‎ ‎②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.‎ ‎∵an＋1≠0，∴an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)解　由题设可求a2＝λ－1，∴a3＝λ＋1，‎ 令‎2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.‎ 由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；‎ ‎{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.‎ ‎【迁移探究1】 若把本例题的条件a1＝1变为a1＝2，求解问题(2).‎ 解　由题设，a1＝2，a‎1a2＝λS1－1，可得a2＝，‎ 由(1)知a3－a1＝λ，则a3＝λ＋2.‎ 若{an}为等差数列，则‎2a2＝a1＋a3，‎ 则2λ－1＝2＋(λ＋2)，解得λ＝5.‎ 此时a1＝2，a2＝，a3＝7，‎ 所以an＝，an＋1＝，anan＋1＝.‎ λSn－1＝5－1＝，‎ 显然anan＋1与λSn－1恒相等，所以存在λ＝5，使得{an}为等差数列.‎ ‎【迁移探究2】 在本例题(2)中是否存在λ，使得{an}为等比数列？并说明理由.‎ 解　由题设，a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 若{an}为等比数列，则a＝a‎1a3，‎ 即(λ－1)2＝λ＋1，解得λ＝0或3.‎ 当λ＝0时，由anan＋1＝λSn－1，得anan＋1＝－1，‎ 又a1＝1，所以a2＝－1，a3＝1，…，an＝(－1)n－1.‎ 所以数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列，‎ 当λ＝3时，由a1＝1，a2＝λ－1＝3－1＝2，a3＝λ＋1＝4.‎ 显然an＝2n－1，此时anan＋1＝2n－12n＝22n－1，‎ λSn－1＝3×－1＝3·2n－4，显然anan＋1与λSn－1不是恒相等，与已知条件矛盾，所以λ≠3.‎ 综上可知，存在实数λ＝0时，使得{an}为等比数列.‎ 探究提高　1.本例题常见错误：(1)忽略an＋1≠0，‎ 由an＋1(an＋2－an)＝λan＋1直接得出an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由{a2n－1}是等差数列，{a2n}是等差数列，直接得出数列{an}为等差数列.‎ ‎2.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 ‎①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；‎ ‎②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)且an≠0，则{an}为等比数列.‎ ‎【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)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；[来源:]‎ ‎(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)得Sn＝＝ ‎＝[(－2)n－1]，‎ 则Sn＋1＝[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝[(－2)n＋2－1]，‎ 所以Sn＋1＋Sn＋2＝[(－2)n＋1－1]＋[(－2)n＋2－1]＝[2(－2)n－2]＝[(－2)n－1]＝2Sn ‎，‎ ‎∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.‎ 热点四　等差数列与等比数列的综合问题 ‎【例4】 (2017·贵阳质检)已知数列{an}是等比数列，并且a1，a2＋1，a3是公差为－3的等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝a2n，记Sn为数列{bn}的前n项和，证明：Sn<.‎ ‎(1)解　设等比数列{an}的公比为q，‎ 因为a1，a2＋1，a3是公差为－3的等差数列，‎ 所以 即解得a1＝8，q＝.‎ 所以an＝a1qn－1＝8×＝24－n.‎ ‎(2)证明　因为＝＝，‎ 所以数列{bn}是以b1＝a2＝4为首项，为公比的等比数列.‎ 所以Sn＝＝·<.‎ 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】 (2017·北京卷)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.‎ 解　(1)设{an}的公差为d，由a1＝1，a2＋a4＝10，‎ 得1＋d＋1＋3d＝10，‎ 所以d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知a5＝9.‎ 设{bn}的公比为q，由b1＝1，b2·b4＝a5得qq3＝9，所以q2＝3，‎ 所以{b2n－1}是以b1＝1为首项，q′＝q2＝3为公比的等比数列，‎ 所以b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝＝.‎ ‎1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.‎ ‎2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.‎ ‎3.应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.‎ 一、选择题 ‎1.(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)‎ A.100 B.99 ‎ C.98 D.97‎ 解析　S9＝＝＝‎9a5＝27，得a5＝3，‎ 又a10＝8，因此公差d＝＝1，∴a100＝a10＋90d＝98.‎ 答案　C ‎2.(2017·淮北二模)5个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为(　　)‎ A.－ B.－2 ‎ C.－ D.－ 解析　由题意，设这5个数分别为a，－‎2a，‎4a，－‎8a，‎16a(a≠0).‎ 则＝＝－.‎ 答案　C ‎3.(2017·济南调研)等差数列{an}中的a1，a4 033是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，则log‎2a2 017＝(　　)‎ A.2 B.3 ‎ C.4 D.5‎ 解析　因为f′(x)＝x2－8x＋6，‎ 依题意，a1，a4 033是方程f′(x)＝x2－8x＋6＝0的两根，‎ ‎∴a1＋a4 033＝8，则a2 017＝4，‎ 故log‎2a2 017＝log24＝2.‎ 答案　A ‎4.已知Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，则等于(　　)‎ A.4 B.6 ‎ C.8 D.10‎ 解析　设数列{an}的公差为d，‎ 则S1＝a1，S2＝‎2a1＋d，S4＝‎4a1＋6d，‎ 因为S1，S2，S4成等比数列，所以S＝S1S4，‎ 即(‎2a1＋d)2＝a1(‎4a1＋6d)，解得d＝0(舍去)或d＝‎2a1，‎ 所以＝＝＝8.‎ 答案　C ‎5.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，则(a‎1a3－a)(a‎2a4－a)(a‎3a5－a)…(a2 ‎015a2 017－a)＝(　　)‎ A.1 B.－1 ‎ C.2 017 D.－2 017‎ 解析　∵a‎1a3－a＝1×2－12＝1，a‎2a4－a＝1×3－22＝－1，a‎3a5－a＝2×5－32＝1，……，a2 ‎015a2 017－a＝1，‎ ‎∴(a‎1a3－a)(a‎2a4－a)(a‎3a5－a)…(a2 015·a2 017－a)＝11 008×(－1)1 007＝－1.‎ 答案　B 二、填空题 ‎6.(2017·长沙一模)等比数列{an}的公比为－，则ln(a2 017)2－ln(a2 016)2＝________.‎ 解析　因为＝－(n≥2)，故＝2，从而ln(a2 017)2－ln(a2 016)2＝‎ ln＝ln 2.‎ 答案　ln 2‎ ‎7.(2017·江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.‎ 解析　设数列{an}首项为a1，公比为q(q≠1)，‎ 则解得 所以a8＝a1q7＝×27＝32.‎ 答案　32‎ ‎8.(2017·衡阳八中、长郡中学联考改编)等差数列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，Sn为数列{an}的前n项和，则数列的前n项和取最小值时的n为________.‎ 解析　由题意知 由d≠0，解得 ‎∴＝＝－3＋n－1＝n－4.‎ 由n－4≥0，得n≥4，且＝0，‎ ‎∴数列的前n项和取最小值时的n的值为3或4.‎ 答案　3或4‎ 三、解答题 ‎9.(2016·全国Ⅲ卷)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a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，‎ 令n＝1，得a2＝，‎ 令n＝2，得a－(‎2a3－1)a2－‎2a3＝0，则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＝.‎ ‎10.(2017·湖北七校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1＋a，数列 {bn}满足bn＝2－log‎2a.‎ ‎(1)求常数a的值；‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝22＋a＝4＋a，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1＋a－(2n＋a)＝2n，‎ ‎∵{an}为等比数列，‎ ‎∴a＝a1·a3⇒(22)2＝(4＋a)·23，解得a＝－2.‎ ‎(2)由(1)知an＝2n，则bn＝2－log223n＝2－3n，‎ ‎∵bn＋1－bn＝－3对一切n∈N*都成立，‎ ‎∴{bn}是以b1＝－1为首项，d＝－3为公差的等差数列，‎ ‎∴Tn＝nb1＋d＝.‎ ‎11.(2017·江苏卷)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”.‎ ‎(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.‎ 证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，‎ 则an＝a1＋(n－1)d，‎ 从而，当n≥4时，‎ an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ‎＝‎2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，‎ 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”.‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，‎ 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①‎ 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②‎ 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③‎ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an).④‎ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，‎ 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.‎ 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝‎4a4，‎ 所以a2＝a3－d′，‎ 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝‎4a3，‎ 所以a1＝a3－2d′，‎ 所以数列{an}是等差数列.‎