2019届二轮复习第1讲　等差数列与等比数列学案（全国通用）

2019届二轮复习第1讲　等差数列与等比数列学案（全国通用）

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.(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)，由a1＝1及d≠0解得d＝－2，所以S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24.‎ 答案　A ‎2.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)‎ A.f B.f C.f D.f 解析　从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f.由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}.则第八个单音频率为a8＝f·()8－1＝f.‎ 答案　D ‎3.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.‎ 解析　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 ‎4.(2018·全国Ⅲ卷)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.‎ 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)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)(2018·潍坊三模)已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为(　　)‎ A.3n＋1 B.3n－1‎ C. D. 解析　由b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1.‎ ‎∴{an}的公比q＝＝b2－b1＝3.‎ 从而bn＋1－bn＝3，则数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列.‎ 因此{bn}的前n项和Tn＝2n＋×3＝(3n2＋n).‎ 答案　C ‎(2)(2018·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.‎ ‎①求{an}的通项公式；‎ ‎②求Sn，并求Sn的最小值.‎ 解　①设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.‎ 由a1＝－7得d＝2.‎ 所以{an}的通项公式为an＝2n－9.‎ ‎②由①得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.‎ 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.‎ 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)(2018·郑州调研)已知等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)‎ A.n(n－2) B.n(n－1)‎ C.n(n＋1) D.n(n＋2)‎ 解析　依题意a＝a2·a6，得(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10).解得a1＝－1.‎ 因此Sn＝na1＋×2＝n2－2n.‎ 答案　A ‎(2)(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 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d＝－1时，S3＝－6；当d＝8时，S3＝21.‎ 热点二　等差(比)数列的性质 ‎【例2】 (1)(2018·石家庄调研)在等比数列{an}中，a6，a10是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则a8的值为(　　)‎ A.2 B.－或 C. D.－ ‎(2)(2018·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)由题意a6a10＝2，且a6＋a10＝－6，所以a6<0，a10<0，又数列{an ‎}为等比数列，所以a8<0，所以a8＝－＝－.‎ ‎(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.‎ ‎∴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.‎ ‎∴{bn}前9项为正，第10项为0，以后各项为负，‎ ‎∴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)D　(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)(2018·湖南六校联考)在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，若a5，a7是方程x2＋10x－16＝0的两个根，那么S11的值为(　　)‎ A.44 B.－44‎ C.55 D.－55‎ ‎(2)(2018·石家庄质检)等比数列{an}中，a4＝，a5＝，则数列{lg an}的前8项和S8为(　　)‎ A.4 B.2 C.3 D.5‎ 解析　(1)由题设，a5＋a7＝－10，‎ 则S11＝＝＝11×(－5)＝－55.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q，‎ 由a5＝，a4＝，得＝q，∴q＝.‎ ‎∴an＝a4·qn－4＝·，且a1a8＝a4a5＝.‎ 从而lg an＝lg＋(n－4)lg，‎ 则数列{lg an}是等差数列，‎ ‎∴S8＝(lg a1＋lg a8)×8＝4lg(a1a8)＝4lg＝2.‎ 答案　(1)D　(2)B 热点三　等差(比)数列的判断与证明 ‎【例3】 (2018·成都调研)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.‎ ‎【迁移探究】 若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不变，试求解第(2)问.‎ 解　由本例(2)，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*).‎ 又S2＝2S1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝2＋λ>0.‎ ‎∴an＝(2＋λ)·2n－2(n≥2).‎ 又a1＝2，若{an}是等比数列，‎ ‎∴a2＝(2＋λ)·20＝2a1＝4，∴λ＝2.‎ 故存在λ＝2，此时an＝2n，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】 (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；‎ ‎(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 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】 (2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn；‎ ‎(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.‎ 解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).‎ 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.‎ 因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.‎ 所以，Tn＝＝2n－1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.‎ 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，‎ 故an＝n.‎ 所以，Sn＝.‎ ‎(2)由(1)，有 T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n ‎＝－n＝2n＋1－n－2.‎ 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn 得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，‎ 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.‎ 所以，n的值为4.‎ 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】 (2018·武汉质检)在公比为q的等比数列{an}中，已知a1＝16，且a1，a2＋2，a3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若q<1，求满足a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n>10的最小正整数n的值.‎ 解　(1)依题意，2(a2＋2)＝a1＋a3，且a1＝16.‎ ‎∴2(16q＋2)＝16＋16q2，‎ 即4q2－8q＋3＝0.‎ 因此q＝或q＝.‎ 当q＝时，an＝16·＝25－n；‎ 当q＝时，an＝16·.‎ ‎(2)由(1)知，当q<1时，an＝25－n.‎ 则a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n ‎＝＝ 由>10，得<.‎ ‎∴n>2，正整数n的最小值为3.‎ ‎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.(2018·全国Ⅰ卷)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　设数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，‎ ‎∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1.‎ ‎∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.‎ 答案　B ‎2.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 ‎3.一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是(　　)‎ A.13 B.12 C.11 D.10‎ 解析　设等比数列为{an}，其前n项积为Tn，由已知得a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，可得(a1an)3＝2×4，a1an＝2，‎ ‎∵Tn＝a1a2…an，∴T＝(a1a2…an)2＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212，∴n＝12.‎ 答案　B ‎4.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则此人第4天和第5天共走的路程为(　　)‎ A.60里 B.48里 C.36里 D.24里 解析　由题意，每天走的路程构成公比为的等比数列.设等比数列的首项为a1，则 ＝378，解得a1＝192，则a4＝192×＝24，a5＝24×＝12，a4＋a5＝24＋12＝36.所以此人第4天和第5天共走了36里.‎ 答案　C ‎5.(2018·北京燕博园能力测试)数列{an}的前n项和为Sn，且3an＋Sn＝4(n∈N*)，设bn＝nan，则数列{bn}的项的最大值为(　　)‎ A. B. C. D.2‎ 解析　由条件可知：3an＋Sn＝4，3an－1＋Sn－1＝4(n≥2).相减，得an＝an－1.又3a1＋S1＝4a1＝4，故a1＝1.则an＝，bn＝n.‎ 设{bn}中最大的项为bn，则 即 解之得3≤n≤4.‎ ‎∴{bn}的项的最大值为b3＝b4＝.‎ 答案　B 二、填空题 ‎6.(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________.‎ 解析　设等差数列的公差为d，∵a1＝3，且a2＋a5＝2a1＋5d＝36，∴d＝6，∴an＝3＋(n－1)·6＝6n－3.‎ 答案　an＝6n－3‎ ‎7.(2018·福州质检)数列{an}满足an＋1＝，a3＝，则a1＝________.‎ 解析　易知an≠0，且an＋1＝.‎ ‎∴－＝2，则是公差为2的等差数列，又a3＝，知＝5，∴＋2×2＝5，则a1＝1.‎ 答案　1‎ ‎8.(2018·石家庄质检)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 ‎∴＝＝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.(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.‎ 解　(1)设{an}的公差为d.‎ 因为a2＋a3＝5ln 2，‎ 所以2a1＋3d＝5ln 2.‎ 又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝ln 2＋(n－1)ln 2＝nln 2.‎ ‎(2)因为ea1＝eln 2＝2，＝ean－an－1＝eln 2＝2，‎ 所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列.‎ 所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×＝2n＋1－2.‎ ‎10.已知数列{an}的前n项和为Sn，且1，an，Sn成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足an·bn＝1＋2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由已知1，an，Sn成等差数列得2an＝1＋Sn，①‎ 当n＝1时，2a1＝1＋S1＝1＋a1，∴a1＝1，‎ 当n≥2时，2an－1＝1＋Sn－1，②‎ ‎①－②得2an－2an－1＝an，‎ ‎∴an＝2an－1(n≥2)，且a1＝1.‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝a1qn－1＝1·2n－1＝2n－1.‎ ‎(2)由an·bn＝1＋2nan得bn＝＋2n，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2＋＋4＋…＋＋2n ‎＝＋(2＋4＋…＋2n)‎ ‎＝＋＝n2＋n＋2－.‎ ‎11.已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1>1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项an；‎ ‎(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)由10a1＝(2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝.‎ 又a1>1，所以a1＝2.‎ 因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，所以10Sn＝2a＋5an＋2.‎ 故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，‎ 整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0，‎ 即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0.‎ 因为{an}是递增数列且a1＝2，‎ 所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝.‎ 所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，‎ 所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1).‎ ‎(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：‎ 假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak，‎ 则5m－1＋5n－1＝(5k－1)，整理，‎ 得2m＋2n－k＝，(*)‎ 显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立.‎ 故满足条件的正整数m，n，k不存在.‎