2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-4-1等差与等比数列
四 数列
第一讲 等差与等比数列
[必记公式]
1．等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
2．等差数列前n项和公式：Sn＝＝na1＋.
3．等比数列通项公式：an＝a1·qn－1.
4．等比数列前n项和公式：
Sn＝.
5．等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．
6．等比中项公式：a＝an－1an＋1(n∈N*，n≥2)．
7．数列{an}的前n项和与通项an之间的关系：an＝.
[重要结论]
1．通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋(n－m)d；等比数列中，an＝am·qn－m.
2．增减性：(1)等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．
(2)等比数列中，若a1>0且q>1或a1<0且0
0且01，则数列为递减数列．
3．等差数列{an}中，Sn为前n项和．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等差数列；等比数列{bn} 中，Tn为前n项和．Tn，T2n－Tn，T3n－T2n，…一般仍成等比数列．
[失分警示]
1．忽视等比数列的条件：
判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．
2．漏掉等比中项：
正数a，b的等比中项是±，容易漏掉－.
3．忽略对等比数列的公比的讨论：
应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1.
4．an－an－1＝d或＝q中注意n的范围限制．
5．易忽略公式an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2.
6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n
项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明．
7．等差数列的单调性只取决于公差d的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1的正负．
考点 数列的概念、表示方法及递推公式
典例示法
题型1 利用递推关系求通项公式
典例1 (1)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为( )
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝n
[解析] 由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，
得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0，
又an>0，所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，
即＝，an＋1＝an，
所以an＝··…·a1＝a1(n≥2)，
所以an＝(n＝1适合)，
于是所求通项公式为an＝.
[答案] B
(2)[2015·江苏高考]设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为______．
[解析] 由a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)得，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝，
则＝＝2，故数列前10项的和S10＝2＝2＝.
[答案]
题型2 利用an与Sn的关系求an
典例2 [2015·全国卷Ⅰ]Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
[解] (1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即
2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＝.
求数列通项公式的常见类型及方法
(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．
(2)已知Sn与an的关系，利用an＝求an.
(3)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
(4)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．
(5)构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋＝p(p≠1)的形式，利用是以p为公比的等比数列求解；
②递推关系形如an＋1＝(p为非零常数)可化为－＝的形式．
考点 等差、等比数列的运算
典例示法
题型1 等差、等比数列的基本运算
典例3 [2015·全国卷Ⅱ]已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C. D.
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，a1＝，a3a5＝4(a4－1)，由题可知q≠1，则a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，
∴×q6＝4，
∴q6－16q3＋64＝0，∴(q3－8)2＝0，∴q3＝8，∴q＝2，
∴a2＝，故选C.
[答案] C
题型2 等差、等比数列性质的运算
典例4 [2016·全国卷Ⅰ]设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
[解析] 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] 64
1．等差(比)数列基本运算中的关注点
(1)基本量
在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本量．
(2)解题思路
①求公差d(公比q)：常用公式an＝am＋(n－m)d(an＝amqn－m)；
②列方程组：若条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元及整体计算，以减少计算量．
2．等差(比)数列的性质盘点
考点 等差、等比数列的判断与证明
典例示法
典例5 [2014·全国卷Ⅰ]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，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则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．
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 由题设可知a1＝1，a1a2＝λS1－1，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λ＝3.
当λ＝0时，anan＋1＝－1，又a1＝1，所以a2＝－1，a3＝1，…，an＝(－1)n－1，所以数列{an}为首项为1，公比为－1的等比数列；
当λ＝3时，a1＝1，a2＝2，a3＝4，故可令an＝2n－1，则anan＋1＝22n－1.
λSn－1＝3·2n－4，易得anan＋1与λSn－1不恒相等，与已知条件矛盾．
综上可知，存在λ＝0，使得{an}为等比数列．
1．等差数列的判定方法
(1)证明一个数列{an}为等差数列的基本方法有两种
①利用等差数列的定义证明，即证明an＋1－an＝d(n∈N*)；
②利用等差中项证明，即证明an＋2＋an＝2an＋1(n∈N*)．
(2)解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
①通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
②前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}是等差数列．
2．等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．
提醒：若判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明前三项不是等差(等比)数列即可．
针对训练
[2016·云南统测]在数列{an}中，a1＝，an＋1＝2－，设bn＝，数列{bn}的前n项和是Sn.
(1)证明数列{bn}是等差数列，并求Sn；
(2)比较an与Sn＋7的大小．
解 (1)证明：∵bn＝，an＋1＝2－，∴bn＋1＝＝＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1，
∴数列{bn}是公差为1的等差数列．
由a1＝，bn＝得b1＝－，
∴Sn＝－＋＝－3n.
(2)由(1)知：bn＝－＋n－1＝n－.由bn＝得an＝1＋＝1＋.
∴an－Sn－7＝－＋3n－6＋.
∵当n≥4时，y＝－＋3n－6是减函数，y＝也是减函数，
∴当n≥4时，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.
又∵a1－S1－7＝－<0，a2－S2－7＝－<0，a3－S3－7＝－<0，∴∀n∈N*，an－Sn－7≤0，
∴an≤Sn＋7.
[全国卷高考真题调研]
1．[2016·全国卷Ⅰ]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{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＝＝－.
2．[2016·全国卷Ⅲ]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)证明：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＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
[其它省市高考题借鉴]
3．[2016·北京高考]已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
答案 6
解析 设等差数列{an}的公差为d，
由已知得解得
所以S6＝6a1＋×6×5d＝36＋15×(－2)＝6.
4．[2015·广东高考]设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
解 (1)∵4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
∴n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
∴4(a1＋a2＋a3＋a4)＋5(a1＋a2)＝8(a1＋a2＋a3)＋a1，
∴4×＋5×＝8×1＋＋＋1，
解得a4＝.
(2)证明：∵n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
∴4(Sn＋2－Sn＋1)－2(Sn＋1－Sn)＝2(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)，
∴(Sn＋2－Sn＋1)－(Sn＋1－Sn)＝(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)，
∴an＋2－an＋1＝.
又a3－a2＝，
∴是首项为1，公比为的等比数列．
(3)由(2)知是首项为1，公比为的等比数列，
∴an＋1－an＝n－1，
两边同乘以2n＋1得，an＋1·2n＋1－an·2n＝4.
又a2·22－a1·21＝4，
∴{an·2n}是首项为2，公差为4的等差数列，
∴an·2n＝2＋4(n－1)＝2(2n－1)，
∴an＝＝.
一、选择题
1．[2015·重庆高考]在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
答案 B
解析 设数列{an}的公差为d，由a4＝a2＋2d，a2＝4，a4＝2，得2＝4＋2d，d＝－1，∴a6＝a4＋2d＝0.故选B.
2．[2016·山西四校联考]等比数列{an}的前n项和为Sn，若公比q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝( )
A．31 B．36
C．42 D．48
答案 A
解析 由等比数列的性质，得a3a5＝a2a6＝64，于是由且公比q>1，得a3＝4，a5＝16，所以解得所以S5＝＝31，故选A.
3．[2016·唐山统考]设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝( )
A．2 B.
C. D．1或2
答案 B
解析 设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，S4＝3k，∴＝＝，故选B.
4．[2015·浙江高考]已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A．a1d>0，dS4 >0 B．a1d<0，dS4<0
C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0
答案 B
解析 由a＝a3a8，得(a1＋2d)(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，整理得d(5d＋3a1)＝0，又d≠0，∴a1＝－d，则a1d＝－d2<0，又∵S4＝4a1＋6d＝－d，∴dS4＝－d2<0，故选B.
5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16a，m，n∈N*，则＋的最小值为( )
A．2 B．16
C. D.
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝a1·2n－1，am·an＝16a⇒a·2m＋n－2＝16a⇒m＋n＝6，∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m＝2，n＝4时，＋取最小值.
6．[2016·吉林长春质量监测]设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，Sn＋an＝4.
当n≥2时，Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，所以an＝an－1，即2·＝，又因为＝1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以＝n－1(n∈N*)，an＝(n∈N*)，故选A.
二、填空题
7．[2015·广东高考]在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.
答案 10
解析 利用等差数列的性质可得a3＋a7＝a4＋a6＝2a5，从而a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，故a5＝5，所以a2＋a8＝2a5＝10.
8．[2016·辽宁质检]设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝________.
答案 66
解析 依题an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，可见，数列{an}从第二项起是公比为3的等比数列，a2＝5，所以S4＝1＋＝66.
9．[2016·云南统考]在数列{an}中，an>0，a1＝，如果an＋1是1与的等比中项，那么a1＋＋＋＋…＋的值是________．
答案
解析 由题意可得，a＝⇒(2an＋1＋anan＋1＋1)(2an＋1－anan＋1－1)＝0，又an>0，∴2an＋1－anan＋1－1＝0，又2－an≠0，∴an＋1＝⇒an＋1－1＝，又可知an≠1，∴＝－1，∴是以为首项，－1为公差的等差数列，∴＝－(n－1)＝－n－1⇒an＝⇒＝＝－，∴a1＋＋＋＋…＋＝1－＋－＋－＋－＋…＋－＝.
三、解答题
10．[2016·蚌埠质检]已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.
解 (1)设该等比数列的公比为q，
则根据题意有3·＝9，
从而2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－.
当q＝1时，an＝3；
当q＝－时，an＝3·n－3.
(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，
故an＝3n－3，
此时a2n＋3＝3·2n，∴bn＝2n，符合题意．
∴cn＝＝＝－，
从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－<1.
11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．
解 (1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，
解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.
依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)．
故{bn}的第3项为5，公比为2，
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，
解得b1＝.
所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝·2n－1＝5·2n－3.
(2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2.
所以S1＋＝，＝＝2.
因此是以为首项，2为公比的等比数列．
12．[2016·西安质检]等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前n项和为Sn；数列{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝6，b2＋S3＝8.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求＋＋…＋.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，d>0，{bn}的公比为q，
则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有
解得或(舍去)
故an＝n，bn＝2n－1.
(2)由(1)知Sn＝1＋2＋…＋n＝n(n＋1)，
＝＝2，
∴＋＋…＋
＝2
＝2＝.
