2018届二轮复习　等差数列、等比数列学案（全国通用）

2018届二轮复习　等差数列、等比数列学案（全国通用）

数 列 第3讲　等差数列、等比数列 题型1　等差、等比数列的基本运算 ‎(对应 生用书第8页)‎ ‎■核心知识储备………………………………………………………………………·‎ ‎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)．‎ ‎■典题试解寻法………………………………………………………………………·‎ ‎【典题1】　(考查等比数列的基本量运算)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m＝(　　)‎ A．3　　　　B．‎4　‎　　　C．5　　　　D．6‎ ‎[解析]　∵Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，‎ ‎∴am＝Sm－Sm－1＝－16，‎ am＋1＝Sm＋1－Sm＝32.‎ ‎∴q＝＝－2.‎ 又Sm＝＝－11，‎ am＋1＝a1(－2)m＝32，‎ ‎∴a1＝－1，m＝5.‎ ‎[答案]　C ‎【典题2】　(考查等差(比)数列的通项与求和)(2016·全国Ⅰ卷)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. ‎ ‎【导 号：07804019】‎ ‎[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)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，‎ 得bn＋1＝，‎ 因此{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＝＝－.‎ ‎[类题通法]‎ 在等差(比)数列问题中最基本的量是首项a1和公差d(公比q)，在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组，从而求出这两个量，其他问题也就会迎刃而解.这就是解决等差、等比数列问题的基本量的方法，这其中蕴含着方程的思想.‎ 提醒：应用等比数列前n项和公式时，务必注意公比q的取值范围.‎ ‎■对点即时训练………………………………………………………………………·‎ ‎1．《九章算术》是我国古代第一部数 专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为‎3升，下面三节的容积之和为‎4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为(　　)‎ A.升　　　　B．升　　　　C.升　　　　D．升 A　[自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有，因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝‎2a8，故a2＋a3＋a8＝＋＝.选A.]‎ ‎2．已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝‎3a2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{bn}中，b1＝1，b2＝2，从数列{an}中取出第bn项记为cn，若{cn}是等比数列，求{bn}的前n项和．‎ ‎[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 依题意有，‎ 解得a1＝1，d＝2，‎ 从而{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.‎ ‎(2)c1＝ab1＝a1＝1，c2＝ab2＝a2＝3，‎ 从而等比数列{cn}的公比为3，‎ 因此cn＝1×3n－1＝3n－1.‎ 另一方面，cn＝abn＝2bn－1，‎ 所以2bn－1＝3n－1，‎ 因此bn＝.‎ 记{bn}的前n项和为Sn，‎ 则Sn＝＝.‎ ‎■题型强化集训………………………………………………………………………·‎ ‎(见专题限时集训T1、T4、T5、T9、T12、T13)‎ 题型2　等差、等比数列的基本性质 ‎(对应 生用书第9页)‎ ‎■核心知识储备………………………………………………………………………·‎ ‎1．若m，n，p，q∈N*，m＋n＝p＋q，则在等差数列中am＋an＝ap＋aq，在等比数列中，am·an＝ap·aq.‎ ‎2．若{an}，{bn}均是等差数列，Sn是{an}的前n项和，则{man＋kbn}，仍为等差数列，其中m，k为常数．‎ ‎3．若{an}，{bn}均是等比数列，则{can}(c≠0)，{|an|}，{an·bn}，{manbn}(m为常数，m≠0)，{a}，仍为等比数列．‎ ‎4．(1)等比数列(q≠－1)中连续k项的和成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，其公比为qk.‎ ‎(2)等差数列中连续k项的和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，公差为k2d.‎ ‎5．若A2n－1，B2n－1分别为等差数列{an}，{bn}的前2n－1项的和，则＝.‎ ‎■典题试解寻法………………………………………………………………………·‎ ‎【典题1】　(考查等比数列的性质)(2017·福州五校二模联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则的值为(　　)‎ A．2　 B．4‎ C．±2 D．±4‎ ‎[解析]　∵a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，∴a‎3a15＝12，a3＋a15＝7，∵{an}为等比数列，又a3，a9，a15同号，∴a9＞0，∴a9＝＝2，∴＝＝a9＝2.故选A.‎ ‎[答案]　A ‎【典题2】　(考查等差数列的性质)(2017·湘中名校联考)若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是(　　)‎ A．2 016 B．2 017‎ C．4 032 D．4 033‎ ‎[解析]　因为a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 106·a2 017＜0，所以d＜0，a2 016＞0，a2 017＜0，所以S4 032＝＝＞0，S4 033＝＝4 ‎033a2 017＜0，所以使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 032，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎【典题3】　(考查数列的单调性与最值)(2017·洛阳一模)等比数列{an}的首项为，公比为－，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－的最大值与最小值之和为(　　)‎ ‎【导 号：07804020】‎ A．－ B．－ C. D． ‎[解析]　依题意得，Sn＝＝1－n.当n为奇数时，Sn＝1＋随着n的增大而减小，1＜Sn＝1＋≤S1＝，Sn－随着Sn的增大而增大，0＜Sn－≤；当n为偶数时，Sn＝1－随着n的增大而增大，＝S2≤Sn＝1－＜1，Sn－随着Sn的增大而增大，－≤Sn－＜0.因此Sn－的最大值与最小值分别为、－，其最大值与最小值之和为－＝＝，选C.‎ ‎[答案]　C ‎[类题通法]‎ ‎1.应用数列性质解题,‎ 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．数列中项的最值的求法常有以下两种：‎ ‎(1)根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数f(n)＝an，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制．‎ ‎(2)转化为关于n的不等式组求解，若求数列{an}的最大项，则可解不等式组若求数列{an}的最小项，则可解不等式组求出n的取值范围之后，再确定取得最值的项．‎ ‎■对点即时训练………………………………………………………………………·‎ ‎1．已知等比数列{an}，且a6＋a8＝dx，则a8(a4＋‎2a6＋a8)的值为(　　)‎ A．π2 B．4π2‎ C．8π2 D．16π2‎ D　[因为a6＋a8＝dx＝×π×42＝4π，所以a8(a4＋‎2a6＋a8)＝a‎8a4＋‎2a6a8＋a＝a＋‎2a6a8＋a＝(a6＋a8)2＝16π2，故选D.]‎ ‎2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15>0，S16<0，则，，，…，中最大的项为(　　)‎ ‎【导 号：07804021】‎ A. B． C. D． C　[由S15＝＝＝‎15a8>0，S16＝＝16×<0，可得a8>0，a9<0，d<0，故Sn最大为S8.又d<0，所以{an}单调递减，因为前8项中Sn递增，所以Sn最大且an取最小正值时有最大值，即最大，故选C.]‎ ‎■题型强化集训………………………………………………………………………·‎ ‎(见专题限时集训T3、T6、T8、T10)‎ 题型3　等差、等比数列的判定与证明 ‎(对应 生用书第10页)‎ ‎■核心知识储备………………………………………………………………………·‎ 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法：‎ ‎(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*)为同一常数；‎ ‎②利用中项性质，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*)为同一常数；‎ ‎②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．‎ ‎■典题试解寻法………………………………………………………………………·‎ ‎【典题】　(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．‎ ‎[解]　(1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，‎ 由于an＋1≠0，‎ 所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设知a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，‎ 可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，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．‎ ‎[类题通法]‎ (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)都是数列{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.‎ ‎■对点即时训练………………………………………………………………………·‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2,2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，数列{bn}满足b1＝1，bnbn＋1＝λ·2an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在正实数λ，使得{bn}为等比数列？并说明理由．‎ ‎[解]　(1)由2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，‎ 得到2Sn－1＝n2an－1－(n－1)2an，‎ 所以2an＝(n＋1)2an－n2an＋1－n2an－1＋(n－1)2an，‎ 所以2an＝an＋1＋an－1，所以数列{an}为等差数列，‎ 因为2S1＝(1＋1)‎2a1－a2，所以4＝8－a2，‎ 所以a2＝4，所以d＝a2－a1＝4－2＝2，‎ 所以an＝2＋2(n－1)＝2n.‎ ‎(2)存在，因为bnbn＋1＝λ·2an＝λ·4n，b1＝1，‎ 所以b2b1＝4λ，所以b2＝4λ，所以bn＋1bn＋2＝λ·4n＋1，‎ 所以＝4，所以bn＋2＝4bn，所以b3＝4b1＝4，‎ 若{bn}为等比数列，则(b2)2＝b3·b1，所以16λ2＝4×1，所以λ＝.‎ ‎■题型强化集训………………………………………………………………………·‎ ‎(见专题限时集训T2、T7、T11、T14)‎ 三年真题| 验收复习效果 ‎(对应 生用书第11页)‎ ‎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 C　[设{an}的公差为d，则 由 得解得d＝4.‎ 故选C.]‎ ‎2．(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(　　) ‎ ‎【导 号：07804022】‎ A．－24 B．－3‎ C．3 D．8‎ A　[由已知条件可得a1＝1，d≠0，‎ 由a＝a‎2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2.‎ 所以S6＝6×1＋＝－24.‎ 故选A.]‎ ‎3．(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数 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 B　[设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，‎ ‎∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.‎ 故选B.]‎ ‎4．(2015·全国Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)‎ A．21 B．42‎ C．63 D．84‎ B　[设数列{an}的公比为q.‎ ‎∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，‎ ‎∴3＋3q2＋3q4＝21，‎ ‎∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．‎ ‎∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.]‎ ‎5．(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________．‎ ‎64　[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.‎ 故a‎1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n· ‎＝2＝2.‎ 记t＝－＋＝－(n2－7n)，‎ 结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.‎ 又y＝2t为增函数，从而a‎1a2…an的最大值为26＝64.]‎ ‎6．(2016·全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. ‎ ‎【导 号：07804023】‎ ‎(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)若S5＝，求λ.‎ ‎[解]　(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，‎ 故λ≠1，a1＝，故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.‎