名师名校典型题2014高考数学二轮复习名师知识点总结等差数列等比数列

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名师名校典型题2014高考数学二轮复习名师知识点总结等差数列等比数列

‎ 等差数列、等比数列 ‎【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式:1.以选择题、填空题的形式考查,主要利用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质解决与项、和有关的计算问题,属于基础题;2.以解答题的形式考查,主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题,考查用数列知识分析问题、解决问题的能力,属低、中档题.‎ ‎1. an与Sn的关系Sn=a1+a2+…+an,an= ‎2. 等差数列和等比数列 等差数列 等比数列 定义 an-an-1=常数(n≥2)‎ =常数(n≥2)‎ 通项公式 an=a1+(n-1)d an=a1qn-1(q≠0)‎ 判定方法 ‎(1)定义法 ‎(2)中项公式法:2an+1=an+an+2(n≥1)⇔{an}为等差数列 ‎(3)通项公式法:an=pn+q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列 ‎(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列 ‎(5){an}为等比数列,an>0⇔{logaan}为等差数列 ‎(1)定义法 ‎(2)中项公式法:a=an·an+2‎ ‎(n≥1)(an≠0)⇔{an}为等比数列 ‎(3)通项公式法:an=c·qn(c、q均是不为0的常数,n∈N*)⇔{an}为等比数列 ‎(4){an}为等差数列⇔{aan}为等比数列(a>0且a≠1)‎ 性质 ‎(1)若m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq ‎(2)an=am+(n-m)d ‎(3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差数列 ‎(1)若m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq ‎(2)an=amqn-m ‎(3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列 前n项和 Sn==na1+d ‎(1)q≠1,Sn== ‎(2)q=1,Sn=na1‎ 考点一 与等差数列有关的问题 例1 在等差数列{an}中,满足3a5=5a8,Sn是数列{an}的前n项和.‎ ‎(1)若a1>0,当Sn取得最大值时,求n的值;‎ ‎(2)若a1=-46,记bn=,求bn的最小值.‎ 解 (1)设{an}的公差为d,则 由3a5=5a8,得3(a1+4d)=5(a1+7d),∴d=-a1.‎ ‎∴Sn=na1+×=-a1n2+a1n ‎=-a1(n-12)2+a1.‎ ‎∵a1>0,∴当n=12时,Sn取得最大值.‎ ‎(2)由(1)及a1=-46,得d=-×(-46)=4,‎ ‎∴an=-46+(n-1)×4=4n-50,‎ Sn=-46n+×4=2n2-48n.‎ ‎∴bn== ‎=2n+-52≥2-52=-32,‎ 当且仅当2n=,即n=5时,等号成立.‎ 故bn的最小值为-32.‎ ‎ (1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差,只要根据已知条件求出这两个量,其他问题就可随之而解,这就是解决等差数列问题的基本方法,其中蕴含着方程思想的运用.‎ ‎(2)等差数列的性质 ‎①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq;‎ ‎②Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,仍成等差数列;‎ ‎③am-an=(m-n)d⇔d=(m,n∈N*);‎ ‎④=(A2n-1,B2n-1分别为{an},{bn}的前2n-1项的和).‎ ‎(3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn=f(n)是n的二次函数或一次函数且不含常数项,即Sn=An2+Bn(A2+B2≠0).‎ ‎ (1)(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题错误的是 (  )‎ A.若d<0,则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则d<0‎ C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>0‎ D.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 ‎(2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m等于 (  )‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ 答案 (1)C (2)C 解析 (1)利用函数思想,通过讨论Sn=n2+n的单调性判断.‎ 设{an}的首项为a1,则Sn=na1+n(n-1)d=n2+n.‎ 由二次函数性质知Sn有最大值时,则d<0,故A、B正确;‎ 因为{Sn}为递增数列,则d>0,不妨设a1=-1,d=2,显然{Sn}是递增数列,但S1=-1<0,故C错误;‎ 对任意n∈N*,Sn均大于0时,a1>0,d>0,{Sn}必是递增数列,D正确.‎ ‎(2)am=2,am+1=3,故d=1,‎ 因为Sm=0,故ma1+d=0,‎ 故a1=-,‎ 因为am+am+1=5,‎ 故am+am+1=2a1+(2m-1)d[来源:学科网]‎ ‎=-(m-1)+2m-1=5,‎ 即m=5.‎ 考点二 与等比数列有关的问题 例2 (1)(2012·课标全国)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于(  )‎ A.7 B.5 C.-5 D.-7‎ ‎(2)(2012·浙江)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=________.‎ 答案 (1)D (2) 解析 (1)利用等比数列的性质求解.‎ 由解得或 ‎∴或[来源:学&科&网Z&X&X&K]‎ ‎∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.‎ ‎(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解.‎ S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2,‎ 将a3=a2q,a4=a2q2代入得,‎ ‎3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得2q2-q-3=0,‎ 解得q=(q=-1不合题意,舍去).‎ ‎ (1)证明数列是等比数列的两个方法:①利用定义:(n∈N*)是常数,②利用等比中项a=an-1an+1(n≥2,n∈N*).‎ ‎(2)等比数列中的五个量:a1,an,q,n,Sn可以“知三求二”.‎ ‎(3){an}为等比数列,其性质如下:‎ ‎①若m、n、r、s∈N*,且m+n=r+s,则am·an=ar·as;‎ ‎②an=amqn-m;‎ ‎③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列(q≠-1).‎ ‎(4)等比数列前n项和公式 Sn= ‎①能“知三求二”;②注意讨论公比q是否为1;③a1≠0.‎ ‎ (1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=________.‎ 答案 (-2)n-1‎ 解析 当n=1时,a1=1;当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=an-an-1,‎ 故=-2,故an=(-2)n-1.‎ ‎(2)(2013·湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.‎ ‎①求数列{an}的通项公式;‎ ‎②是否存在正整数n,使得Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,说明理由.‎ 解 ①设等比数列{an}的公比为q,则a1≠0,q≠0.由题意得 即 解得 故数列{an}的通项公式为an=3×(-2)n-1.‎ ‎②由①有Sn==1-(-2)n.‎ 假设存在n,使得Sn≥2 013,‎ 则1-(-2)n≥2 013,即(-2)n≤-2 012.‎ 当n为偶数时,(-2)n>0.上式不成立;‎ 当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,‎ 即2n≥2 012,则n≥11.‎ 综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.‎ 考点三 等差数列、等比数列的综合应用 例3 已知等差数列{an}的公差为-1,且a2+a7+a12=-6.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn;‎ ‎(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项,记{bn}的前n项和为Tn,若存在m∈N*,使对任意n∈N*,总有Sn6.‎ ‎ 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法 ‎(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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题,求解时用等差(比)数列的相关知识,将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可.‎ ‎ 已知数列{an}满足a1=3,an+1-3an=3n(n∈N*),数列{bn}满足bn=3-nan.‎ ‎(1)求证:数列{bn}是等差数列;[来源:Z*xx*k.Com]‎ ‎(2)设Sn=+++…+,求满足不等式<<的所有正整数n的值.‎ ‎(1)证明 由bn=3-nan得an=3nbn,‎ 则an+1=3n+1bn+1.‎ 代入an+1-3an=3n中,得3n+1bn+1-3n+1bn=3n,‎ 即得bn+1-bn=.‎ 所以数列{bn}是等差数列.‎ ‎(2)解 因为数列{bn}是首项为b1=3-1a1=1,‎ 公差为的等差数列,‎ 则bn=1+(n-1)=,‎ 则an=3nbn=(n+2)×3n-1,‎ 从而有=3n-1,‎ 故Sn=+++…+ ‎=1+3+32+…+3n-1==,‎ 则==,‎ 由<<,得<<,‎ 即3<3n<127,得10⇔{an}为递增数列,Sn有最小值.‎ d<0⇔{an}为递减数列,Sn有最大值.‎ d=0⇔{an}为常数列.‎ ‎(2)等比数列的单调性 当或时,{an}为递增数列,当或时,{an}为递减数列.‎ ‎4. 常用结论 ‎(1)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.‎ ‎(2)若{an},{bn}均是等比数列,则{can}(c≠0),{|an|},{an·bn},{manbn}(m为常数),{a},{}等也是等比数列.‎ ‎(3)公比不为1的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即a2-a1,a3-a2,a4-a3,…成等比数列,且公比为==q.‎ ‎(4)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,其公差为qk.‎ 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. 易错提醒 ‎(1)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.‎ ‎(2)三个数a,b,c成等差数列的充要条件是b=,但三个数a,b,c成等比数列的必要条件是b2=ac.‎ ‎1. 已知等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则等于(  )‎ A.1+ B.1- C.3+2 D.3-2 答案 C 解析 记等比数列{an}的公比为q,其中q>0,‎ 由题意知a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q.‎ 因为a1≠0,所以有q2-2q-1=0,‎ 由此解得q=1±,‎ 又q>0,所以q=1+.‎ 所以==q2=(1+)2=3+2.‎ ‎2. 已知正项等比数列{an}满足a7=a6+2a5,若存在两项am,an使得=4a1,则+的最小值为 (  )‎ A. B. C. D.不存在 答案 A 解析 因为a7=a6+2a5,所以q2-q-2=0,[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ 解得q=2或q=-1(舍去).‎ 又==4a1,‎ 所以m+n=6.‎ 则+=(m+n)‎ ‎=≥.‎ 当且仅当=,即n=2m时,等号成立.‎ 此时m=2,n=4.‎ ‎3. 已知等差数列{an}的前n项的和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足:a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎(2)设cn=3bn-λ·2,若数列{cn}是递增数列,求λ的取值范围.‎ 解 (1)由已知可得 所以q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍),‎ 从而a2=6,所以an=3n,bn=3n-1.‎ ‎(2)由(1)知,cn=3bn-λ·2=3n-λ·2n.‎ 由题意,得cn+1>cn对任意的n∈N*恒成立,‎ 即3n+1-λ·2n+1>3n-λ·2n恒成立,‎ 亦即λ·2n<2·3n恒成立,即λ<2·n恒成立.‎ 由于函数y=n是增函数,‎ 所以min=2×=3,‎ 故λ<3,‎ 即λ的取值范围为(-∞,3).‎ ‎(推荐时间:60分钟)‎ 一、选择题 ‎1. (2013·江西)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于 (  )‎ A.-24 B.0 C.12 D.24‎ 答案 A 解析 由x,3x+3,6x+6成等比数列得,(3x+3)2=x(6x+6).‎ 解得x=-3或x=-1(不合题意,舍去).‎ 故数列的第四项为-24.‎ ‎2. (2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于 (  )‎ A. B.- C. D.- 答案 C 解析 设等比数列{an}的公比为q,由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1,即a3=9a1,q2=9,又a5=a1q4=9,所以a1=.‎ ‎3. (2013·课标全国Ⅰ)设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则 (  )‎ A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2‎ C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 答案 D 解析 Sn====3-2an.‎ 故选D.‎ ‎4. 在等差数列{an}中,a5<0,a6>0且a6>|a5|,Sn是数列的前n项的和,则下列说法正确的是 (  )‎ A.S1,S2,S3均小于0,S4,S5,S6…均大于0‎ B.S1,S2,…S5均小于0,S6,S7,…均大于0‎ C.S1,S2,…S9均小于0,S10,S11…均大于0‎ D.S1,S2,…S11均小于0,S12,S13…均大于0‎ 答案 C 解析 由题意可知a6+a5>0,故 S10==>0,‎ 而S9===9a5<0,故选C.‎ ‎5. 已知{an}是等差数列,Sn为其前n项和,若S21=S4 000,O为坐标原点,点P(1,an),Q(2 011,a2 011),则·等于 (  )‎ A.2 011 B.-2 011 C.0 D.1‎ 答案 A 解析 由S21=S4 000得a22+a23+…+a4 000=0,‎ 由于a22+a4 000=a23+a3 999=…=2a2 011,‎ 所以a22+a23+…+a4 000=3 979a2 011=0,‎ 从而a2 011=0,而·=2 011+a2 011an=2 011.‎ ‎6. 数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列且bn=an+1-an(n∈N*).若b3=-2,b10=12,则a8等于 (  )‎ A.0 B.3 C.8 D.11‎ 答案 B 解析 因为{bn}是等差数列,且b3=-2,b10=12,‎ 故公差d==2.于是b1=-6,‎ 且bn=2n-8(n∈N*),即an+1-an=2n-8,‎ 所以a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=…=‎ ‎=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3.‎ 二、填空题 ‎7. (2013·广东)在等差数列{an}中,已知a3+a8=10,则3a5+a7=________.‎ 答案 20‎ 解析 设公差为d,则a3+a8=2a1+9d=10,∴3a5+a7=4a1+18d=2(2a1+9d)=20.‎ ‎8. 各项均为正数的等比数列{an}的公比q≠1,a2,a3,a1成等差数列,则=________.‎ 答案  解析 依题意,有a3=a1+a2,设公比为q,则有q2-q-1=0,所以q=(舍去负值).‎ ====.‎ ‎9. 在等差数列{an}中,an>0,且a1+a2+…+a10=30,则a5·a6的最大值等于________.‎ 答案 9‎ 解析 由a1+a2+…+a10=30得 a5+a6==6,‎ 又an>0,∴a5·a6≤2=2=9.‎ ‎10.已知数列{an}的首项为a1=2,且an+1=(a1+a2+…+an) (n∈N*),记Sn为数列{an}的前n项和,则Sn=________,an=________.‎ 答案 2×n-1  解析 由an+1=(a1+a2+…+an) (n∈N*),可得an+1=Sn,所以Sn+1-Sn=Sn,即 Sn+1=Sn,由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项S1=a1=2,公比为,所以Sn=2×n-1,由此得an= 三、解答题 ‎11.已知{an}是以a为首项,q为公比的等比数列,Sn为它的前n项和.‎ ‎(1)当S1,S3,S4成等差数列时,求q的值;‎ ‎(2)当Sm,Sn,Sl成等差数列时,求证:对任意自然数k,am+k,an+k,al+k也成等差数列.‎ ‎(1)解 由已知,得an=aqn-1,因此 S1=a,S3=a(1+q+q2),S4=a(1+q+q2+q3).‎ 当S1,S3,S4成等差数列时,S4-S3=S3-S1,‎ 可得aq3=aq+aq2,化简得q2-q-1=0.‎ 解得q=.‎ ‎(2)证明 若q=1,则{an}的各项均为a,此时am+k,an+k,al+k显然成等差数列.‎ 若q≠1,由Sm,Sn,Sl成等差数列可得Sm+Sl=2Sn,[来源:Z*xx*k.Com]‎ 即+=,整理得qm+ql=2qn.‎ 因此,am+k+al+k=aqk-1(qm+ql)=2aqn+k-1=2an+k.‎ 所以am+k,an+k,al+k成等差数列.‎ ‎12.设数列{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解 (1)依题意,得 解得a2=2.‎ 设等比数列{an}的公比为q,由a2=2,‎ 可得a1=,a3=2q.‎ 又S3=7,可知+2+2q=7,‎ 即2q2-5q+2=0,‎ 解得q1=2,q2=.‎ 由题意,得q>1,∴q=2,∴a1=1.‎ 故数列{an}的通项公式是an=2n-1.‎ ‎(2)由于bn=ln a3n+1,n=1,2,…,‎ 由(1)得a3n+1=23n,‎ ‎∴bn=ln 23n=3nln 2,‎ 又bn+1-bn=3ln 2,‎ ‎∴数列{bn}是等差数列.‎ ‎∴Tn=b1+b2+…+bn= ‎==ln 2.‎ ‎13.(2013·湖北)已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.‎ 解 (1)设等比数列{an}的公比为q,‎ 则由已知可得 解得或 故an=·3n-1或an=-5·(-1)n-1.‎ ‎(2)若an=·3n-1,则=n-1,‎ 故数列是首项为,公比为的等比数列.‎ 从而==·<<1.‎ 若an=(-5)·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,‎ 故数列是首项为-,公比为-1的等比数列,‎ 从而= 故<1.‎ 综上,对任何正整数m,总有<1.‎ 故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.‎ ‎ ‎
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