2019届二轮复习（理）专题四第一讲等差数列、等比数列学案（全国通用）

2019届二轮复习（理）专题四第一讲等差数列、等比数列学案（全国通用）

专题四　数列 第一讲　等差数列、等比数列 考点一　等差、等比数列的基本运算 1．等差数列的通项公式及前 n 项和公式 an＝a1＋(n－1)d； Sn＝n(a1＋an) 2 ＝na1＋n(n－1) 2 d. 2．等比数列的通项公式及前 n 项和公式 an＝a1qn－1(q≠0)； Sn＝Error! [对点训练] 1．在等差数列{an}中，已知 a5＋a10＝12，则 3a7＋a9＝(　　) A．12 B．18 C．24 D．30 [解析]　设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 因为 a5＋a10＝12， 所以 2a1＋13d＝12， 所以 3a7＋a9＝3(a1＋6d)＋a 1＋8d＝4a 1＋26d＝2(2a 1＋13d)＝ 2×12＝24. [答案]　C 2．(2018·山东青岛模拟)公差不为 0 的等差数列{a n}的前 n 项和 为 Sn，若 a6＝3a4，且 S9＝λa4，则 λ 的值为(　　) A．18 B．20 C．21 D．25 [解析]　设公差为 d，由 a6＝3a4，且 S9＝λa4，得Error!解得 λ＝ 18，故选 A. [答案]　A 3．已知等比数列{an}满足 a1＝1 4 ，a3a5＝4(a4－1)，则 a2＝(　　) A．2 B．1 C.1 2 D.1 8 [解析]　设等比数列{an}的公比为 q，由 a1＝1 4 ，a3a5＝4(a4－1)， 可知 q≠1，则 a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，∴ 1 16 ×q6＝4(1 4 × q3－1)，∴q6 －16q3＋64＝0，∴(q3－8)2＝0，即 q3＝8，∴q＝2，∴a2＝1 2 ，故选 C. [答案]　C 4．在等比数列{a n}中，若 a4－a2＝6，a 5－a1＝15，则 a 3＝ ________. [解析]　设等比数列{an}的公比为 q，则Error!两式相除，得 q 1＋q2 ＝2 5 ，即 2q2－5q＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝1 2 . 所以Error!或Error!故 a3＝4 或 a3＝－4. [答案]　4 或－4 [快速审题]　看到求项、求和，想到求 a 1，d，q 及通项公式、 前 n 项和公式． 等差(比)数列的运算注意两点 (1)在等差(比)数列中，首项 a 1 和公差 d(公比 q)是两个最基本的 元素． (2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系 不明显，则均可化成关于 a1 和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及 整体计算，以减少计算量． 考点二　等差、等比数列的性质 [对点训练] 1．(2018·山西太原一模)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a2 ＋a3＋a10＝9，则 S9＝(　　) A．3 B．9 C．18 D．27 [解析]　设等差数列{an}的公差为 d，∵a2＋a3＋a10＝9，∴3a1＋ 12d＝9，即 a1＋4d＝3，∴a 5＝3，∴S9＝9(a1＋a9) 2 ＝9a5＝27，故选 D. [答案]　D 2．(2018·山东菏泽一模)在等比数列{an}中，a2，a16 是方程 x2＋6x ＋2＝0 的根，则a2a16 a9 的值为(　　) A．2 B．－ 2 C. 2 D．－ 2或 2 [解析]　设等比数列{an}的公比为 q，由 a2，a16 是方程 x2＋6x＋2＝ 0 的根，可得 a2a16＝2，所以 a29＝2，则a2a16 a9 ＝a9＝± 2.故选 D. [答案]　D 3．(2018·合肥模拟)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S5＝1， S10＝3，则 S15 的值是________． [解析]　∵数列{an}是等比数列，∴S5，S10－S5，S15－S10 成等比 数列，∴(S10－S5)2＝S5·(S15－S10)，4＝1×(S15－3)，得 S15＝7. [答案]　7 [探究追问]　3 题中条件不变，如何求 S100 的值？ [解析]　在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数 列，因为 S5＝1，S10＝3，所以 S100 可表示为等比数列 1,2,4，…的前 20 项和，故 S100＝1 × (1－220) 1－2 ＝220－1. [答案]　220－1 [快速审题]　看到等差、等比数列，想到等差、等比数列项的性 质、和的性质． 等差(比)数列性质应用策略 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． 考点三　等差、等比数列的判定与证明 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an＋1 an (n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2)． [解]　(1)证明：由 a1＝1，及 Sn＋1＝4an＋2， 有 a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5， ∴b1＝a2－2a1＝3. 由 Sn＋1＝4an＋2① 知当 n≥2 时，有 Sn＝4an－1＋2② ①－②得 an＋1＝4an－4an－1， ∴an＋1－2an＝2(an－2an－1) 又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1， ∴{bn}是首项 b1＝3，公比为 2 的等比数列． (2)由(1)可得 bn＝an＋1－2an＝3·2n－1， ∴an＋1 2n＋1 －an 2n ＝3 4 ， ∴数列{an 2n }是首项为1 2 ，公差为3 4 的等差数列． ∴an 2n ＝1 2 ＋(n－1)×3 4 ＝3 4 n－1 4 ，an＝(3n－1)·2n－2. 等差、等比数列的判定与证明应注意的两点 (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 和公式的特征，但不能作为证明方法． (2)a2n＝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． [对点训练] 若数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝ 1 2 . (1)求证：{ 1 Sn }成等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． [解]　(1)证明：当 n≥2 时，由 an＋2SnSn－1＝0， 得 Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以 1 Sn － 1 Sn－1 ＝2， 又 1 S1 ＝ 1 a1 ＝2，故{ 1 Sn }是首项为 2，公差为 2 的等差数列． (2)由(1)可得 1 Sn ＝2n，∴Sn＝ 1 2n ， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ 1 2n － 1 2(n－1) ＝n－1－n 2n(n－1)＝－ 1 2n(n－1). 当 n＝1 时，a1＝1 2 不适合上式． 故 an＝Error! 1．(2018·全国卷Ⅰ)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]　解法一：设等差数列{an}的公差为 d，∵3S3＝S2＋S4，∴ 3(3a1＋3 × 2 2 d)＝2a1＋d＋4a1＋4 × 3 2 d，解得 d＝－3 2 a1，∵a1＝2，∴ d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选 B. 解法二：设等差数列{an}的公差为 d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－ a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋3 × 2 2 d＝d，∵a1＝2，∴d＝－3，∴ a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选 B. [答案]　B 2．(2017·全国卷Ⅰ)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]　解法一：等差数列{an}中，S6＝(a1＋a6) × 6 2 ＝48，则 a1 ＋a6＝16＝a2＋a5，又 a4＋a5＝24，所以 a4－a2＝2d＝24－16＝8，得 d＝4，故选 C. 解法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前 n 项和公式可列 方程组，得Error!即Error!解得Error!故选 C. [答案]　C 3．(2017·全国卷Ⅲ)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]　设等差数列{an}的公差为 d，依题意得 a23＝a2·a6，即(1＋ 2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得 d＝－2 或 d＝0(舍去)，又 a 1＝1，∴S6＝ 6×1＋6 × 5 2 ×(－2)＝－24.故选 A. [答案]　A 4．(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12 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为(　　) A.3 2f B.3 22f C.12 25f D.12 27f [解析]　由题意知，十三个单音的频率构成首项为 f，公比为12 2 的等比数列，设该等比数列为{an}，则 a8＝a1q7，即 a8＝12 27f，故选 D. [答案]　D 5．(2017·江苏卷)等比数列{a n}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3＝7 4 ，S6＝63 4 ，则 a8＝________. [解析]　设等比数列{an}的公比为 q. 当 q＝1 时，S3＝3a1，S6＝6a1＝2S3，不符合题意， ∴q≠1，由题设可得Error! 解得Error!∴a8＝a1q7＝1 4 ×27＝32. [答案]　32 高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)，该部分以选 择题、填空题为主，在 4～7 题的位置或 13～14 题的位置，难度不大， 以两类数列的基本运算和基本性质为主． 热点课题 10　数列中的最值问题 [感悟体验] 1．(2018·江西五校联考)在等差数列{a n}中，已知 a3＋a8>0，且 S9<0，则 S1、S2、…、S9 中最小的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．S5 B．S6 C．S7 D．S8 [解析]　在等差数列{an}中， ∵a3＋a8>0，S9<0， ∴a5＋a6＝a3＋a8>0，S9＝9(a1＋a9) 2 ＝9a5<0， ∴a5<0，a6>0， ∴S1、S2、…、S9 中最小的是 S5，故选 A. [答案]　A 2．(2018·山东青岛模拟)已知 an＝n－ 2017 n－ 2018 (n∈N*)，则在数列{an} 的前 50 项中，最小项和最大项分别是(　　) A．a1，a50 B．a1，a44 C．a45，a50 D．a44，a45 [解析]　an＝n－ 2017 n－ 2018 ＝n－ 2018＋ 2018－ 2017 n－ 2018 ＝1＋ 2018－ 2017 n－ 2018 . 结合函数 y＝a＋ c x－b (c>0)的图象，要使 an 最大，则需 n－ 2018 最小且 n－ 2018>0， ∴当 n＝45 时，an 最大，当 n＝44 时，an 最小． [答案]　D 专题跟踪训练(十八) 一、选择题 1．(2018·长郡中学摸底)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a4＋ a12－a8＝8，a10－a6＝4，则 S23＝(　　) A．23 B．96 C．224 D．276 [解析]　设等差数列{an}的公差为 d，依题意得 a4＋a12－a8＝2a8 －a8＝a8＝8，a10－a6＝4d＝4，解得 d＝1，所以 a8＝a1＋7d＝a1＋7＝ 8，解得 a1＝1，所以 S23＝23×1＋23 × 22 2 ×1＝276，选 D. [答案]　D 2．已知数列{an}为等比数列，且 a1＋1，a3＋4，a5＋7 成等差数 列，则公差 d 为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　设{an}的公比为 q，由题意得 2(a3＋4)＝a1＋1＋a5＋7⇒ 2a3＝a1＋a5⇒2q2＝1＋q4⇒q2＝1，即 a1＝a3，d＝a3＋4－(a1＋1)＝4－ 1＝3，选 B. [答案]　B 3．等比数列{an}中，已知 a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则 a9＋a11＋a13 ＋a15 的值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．5 [解析]　因为{an}为等比数列，所以 a5＋a7 是 a1＋a3 与 a9＋a11 的 等比中项， 所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)， 故 a9＋a11＝(a5＋a7)2 a1＋a3 ＝42 8 ＝2； 同理，a9＋a11 是 a5＋a7 与 a13＋a15 的等比中项， 所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故 a13＋a15＝(a9＋a11)2 a5＋a7 ＝22 4 ＝1. 所以 a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3. [答案]　C 4．已知等比数列{an}中 a2＝1，则其前 3 项的和 S3 的取值范围是 (　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪[1，＋∞) C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞) [解析]　因为等比数列{an}中 a2＝1， 所以 S3＝a1＋a2＋a3＝a2(1＋q＋1 q)＝1＋q＋1 q . 当公比 q>0 时，S3＝1＋q＋1 q ≥1＋2 q· 1 q ＝3； 当公比 q<0 时，S3＝1－(－q－1 q)≤1－2 (－q)·(－1 q )＝－1， 所以 S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．故选 D. [答案]　D 5．(2018·江西七校联考)等差数列{a n}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若Sn Tn ＝38n＋14 2n＋1 (n∈N*)，则a6 b7 ＝(　　) A．16 B.242 15 C.432 23 D.494 27 [解析]　令 Sn＝38n2＋14n，Tn＝2n2＋n，∴a6＝S6－S5＝38×62＋ 14×6－(38×5 2＋14×5)＝38×11＋14；b 7＝T7－T6＝2×72＋7－ (2×62＋6)＝2×13＋1，∴a6 b7 ＝38 × 11＋14 2 × 13＋1 ＝432 27 ＝16.故选 A. [答案]　A 6．(2018·河南郑州二中期末)已知等差数列{an}的公差 d≠0，且 a1，a3，a13 成等比数列，若 a1＝1，Sn 是数列{an}的前 n 项的和，则 2Sn＋16 an＋3 (n∈N*)的最小值为(　　) A．4 B．3 C．2 3－2 D.9 2 [解析]　∵a1＝1，a1、a3、a13 成等比数列， ∴(1＋2d)2＝1＋12d.得 d＝2 或 d＝0(舍去) ∴an＝2n－1， ∴Sn＝n(1＋2n－1) 2 ＝n2， ∴2Sn＋16 an＋3 ＝2n2＋16 2n＋2 .令 t＝n＋1， 则2Sn＋16 an＋3 ＝t＋9 t －2≥6－2＝4 当且仅当 t＝3， 即 n＝2 时等号成立，∴2Sn＋16 an＋3 的最小值为 4.故选 A. [答案]　A 二、填空题 7．(2018·福建四地六校联考)已知等差数列{a n}中，a3＝π 4 ，则 cos(a1＋a2＋a6)＝________. [解析]　∵在等差数列{an}中，a1＋a2＋a6＝a2＋a3＋a4＝3a3＝3 4 π， ∴cos(a1＋a2＋a6)＝cos3 4 π＝－ 2 2 . [答案]　－ 2 2 8．(2018·山西四校联考)若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且S4 S2 ＝ 5，则S8 S4 ＝________. [解析]　解法一：设数列{an}的公比为 q，由已知得S4 S2 ＝1＋a3＋a4 a1＋a2 ＝5，即 1＋q2＝5， 所以 q2＝4，S8 S4 ＝1＋a5＋a6＋a7＋a8 a1＋a2＋a3＋a4 ＝1＋q4＝1＋16＝17. 解法二：由等比数列的性质可知，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6 成 等比数列，若设 S2＝a，则 S4＝5a， 由(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)得 S6＝21a，同理得 S8＝85a， 所以S8 S4 ＝85a 5a ＝17. [答案]　17 9．已知数列{xn}各项均为正整数，且满足 xn＋1＝Error!n∈N*.若 x3＋x4＝3，则 x1 所有可能取值的集合为________． [解析]　由题意得 x3＝1，x4＝2 或 x3＝2，x4＝1. 当 x3＝1 时，x2＝2，从而 x1＝1 或 4； 当 x3＝2 时，x2＝1 或 4， 因此当 x2＝1 时，x1＝2，当 x2＝4 时，x1＝8 或 3. 综上，x1 所有可能取值的集合为{1,2,3,4,8}． [答案]　{1,2,3,4,8} 三、解答题 10．(2018·沈阳市高三第一次质量监测)已知数列{an}是等差数列， 满足 a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足 b2＝4，b5＝32. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn. [解]　(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得 d＝a4－a1 3 ＝2， 所以 an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n. 设等比数列{bn}的公比为 q，由题意得 q3＝b5 b2 ＝8，解得 q＝2. 因为 b1＝b2 q ＝2，所以 bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n. (2)由(1)可得，Sn＝n(2＋2n) 2 ＋2(1－2n) 1－2 ＝n2＋n＋2n＋1－2. 11．(2018·全国卷Ⅱ)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. 12．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝2 3 an＋n－4，bn＝(－ 1)n(an－3n＋21)，其中 λ 为实数，n 为正整数． (1)对任意实数 λ，证明数列{an}不是等比数列； (2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论． [解]　(1)证明：假设存在一个实数 λ，使{an}是等比数列，则有 a 22＝a1a3，即 (2 3λ－3)2＝λ(4 9λ－4)，故 4 9 λ2－4λ＋9＝4 9 λ2－4λ，即 9＝0， 这与事实相矛盾．所以对任意实数 λ，数列{an}都不是等比数列． (2) 因 为 bn ＋ 1 ＝ ( － 1)n ＋ 1[an ＋ 1 － 3(n ＋ 1) ＋ 21] ＝ ( － 1)n ＋ 1·(2 3an－2n＋14)＝－2 3 (－1)n(an－3n＋21)＝－2 3 bn，b1＝－(λ＋18)，所 以当 λ＝－18 时，b1＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列； 当 λ≠－18 时，b1＝－(λ＋18)≠0， 则 bn≠0，所以bn＋1 bn ＝－2 3 (n∈N*)． 故当 λ≠－18 时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－2 3 为公比的 等比数列．