江苏省高考数学二轮复习专题六数列第1讲等差数列与等比数列学案.doc

第1讲等差数列与等比数列考情考向分析1.数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查.2.等差数列、等比数列主要考查等差、等比数列的通项公式、求和公式以及性质的灵活运用，解答题会以等差数列、等比数列推理证明为主， 要求都是C级热点一等差数列、等比数列的运算例1(2018江苏南京师大附中模拟)已知等差数列和等比数列均不是常数列，若a1b11，且a1,2a2,4a4成等比数列，4b2,2b3，b4成等差数列(1)求和的通项公式；(2)设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k(ijk)，使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求mn的最小值解(1)设等差数列an的公差为d(d0)，等比数列bn的公比为q(q1)，由题意得解得d1，q2，所以ann，bn2n1，nN*.(2)由(1)得，ann，bn2n1(nN*)，由ambj，amanbi，anbk成等差数列，得2amanbiambjanbk，即2mn2i1m2j1n2k1.由于ij0，2，则有mn6；所以mn的最小值为6，当且仅当ji1，ki2且或时取得思维升华在进行等差(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，以减少计算量跟踪演练1(1)若Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列则数列S1，S2，S4的公比为_答案4解析设数列an的公差为d，由题意，得SS1S4，(2a1d)2a1(4a16d)d0，d2a1.故公比q4.(2)在公差不为零的等差数列an中，a57，且三个数a1，a4，a3依次成等比数列抽出数列an的第1,2,22，2n项重新构成新数列bn，数列bn的前n项和Sn_.答案2n213n4(nN*)解析设数列an的公差为d，由a1，a4，a3构造成的等比数列的公比为q.d0，q.a4a1，又a4a13d，a13da1，da1.a57，a14d7，a19，d4.an4n13(nN*)由题意，数列an中的第2n项即为数列bn中的第n1项bna2n142n113.Snb1b2b3bn4(12222n1)13n4(2n1)13n.Sn2n213n4(nN*)热点二等差数列、等比数列的证明例2(2018宿迁一模)已知数列，其前n项和为Sn，满足a12，Snnanan1，其中n2，nN*，R.(1)若0，4，bnan12an，求证：数列是等比数列；(2)若a23，且，求证：数列是等差数列证明(1)若0，4，则Sn4an1(n2)，所以an1Sn1Sn4(anan1)，即an12an2(an2an1)，所以bn2bn1, 又由a12，a1a24a1，得a23a16，a22a120，即b10，所以2，故数列是等比数列(2)若a23，由a1a22a2a1，得562，又，解得，1.由a12，a23, ，1，代入S33a3a2得，a34，所以a1，a2，a3成等差数列，由Snanan1，得Sn1an1an，两式相减得an1an1ananan1，即(n1)an1(n2)an2an10，所以nan2(n1)an12an0，相减得nan22(n1)an1(n4)an2an10，所以n(an22an1an)2(an12anan1)0，所以(an22an1an)(an12anan1)(an2an1an2)(a32a2a1)，因为a12a2a30，所以an22an1an0，即数列是等差数列思维升华数列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利用定义，证明an1an(nN*)为一常数利用中项性质，即证明2anan1an1(n2，nN*)(2)证明数列an是等比数列的两种基本方法利用定义，证明(nN*)为一常数利用等比中项，即证明aan1an1(n2，nN*)跟踪演练2已知n为正整数，数列an满足an0，4(n1)ana0，设数列bn满足bn.(1)求证：数列为等比数列；(2)若数列bn是等差数列，求实数t的值(1)证明由题意得，4(n1)ana，因为数列an各项为正数，得4，所以2，因此2，所以是以a1为首项，2为公比的等比数列(2)解由(1)得a12n1，ana12n1，bn.如果数列bn是等差数列，则2b2b1b3，得2，即，则t216t480，解得t4或12.当t4时，bn，bn1bn，数列bn是等差数列，符合题意；当t12时，bn，b2b4a，2b32，b2b42b3，数列bn不是等差数列，t12不符合题意综上，若数列bn是等差数列，则t4.热点三等差数列、等比数列的综合例3在数列an中，已知a1a21，anan22an1，nN*，为常数(1)证明：a1，a4，a5成等差数列；(2)设cn，求数列cn的前n项和Sn；(3)当0时，数列an1中是否存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列？若存在，求出s，t，p的值；若不存在，说明理由(1)证明因为anan22an1，a1a21，所以a32a2a11.同理，a42a3a231，a52a4a361.又因为a4a13，a5a43，所以a1，a4，a5成等差数列(2)解由anan22an1，得an2an1an1an，令bnan1an，则bn1bn，b1a2a10，所以bn是以0为首项，为公差的等差数列，所以bnb1(n1)(n1)，即an1an(n1)，所以an2an2(an1an)(2n1)，所以cn2(2n1).Snc1c2cn223252(2n1).当0时，Snn；当0时，Sn223252(2n1).(3)解由(2)知an1an(n1)，用累加法可求得an1(n2)，当n1时也适合，所以an1(nN*)假设存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列，则(at11)2(as11)(ap11)，由0，得.因为s，t，p成等比数列，所以t2sp，所以(t1)2(s1)(p1)，化简得sp2t，联立t2sp，得stp，这与题设矛盾故不存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列思维升华数列的综合题，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的相互联系和相互转化；有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题跟踪演练3已知数列an满足2an1anan2k(nN*，kR)，且a12，a3a54.(1)若k0，求数列an的前n项和Sn；(2)若a41，求数列an的通项公式解(1)当k0时，2an1anan2，即an2an1an1an，所以数列an是等差数列设数列an的公差为d，则解得所以Snna1d2nn2n(nN*)(2)由题意得2a4a3a5k，即24k，所以k2.由2a3a2a42及2a2a1a32，得a42a3a222(2a2a12)a223a22a16，所以a23.由2an1anan22，得(an2an1)(an1an)2，所以数列an1an是以a2a11为首项，2为公差的等差数列，所以an1an2n3(nN*)当n2时，有anan12(n1)3，于是an1an22(n2)3，an2an32(n3)3，a3a2223，a2a1213，叠加得，ana1212(n1)3(n1)(n2)，所以an23(n1)2n24n1(n2)又当n1时，a12也适合上式所以数列an的通项公式为ann24n1，nN*.1(2017江苏)等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3，S6，则a8_.答案32解析设数列an的首项为a1，公比为q(q1)，则解得所以a8a1q72732.2(2018江苏)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为_答案27解析经过列举计算可知S26503，而a2743.12a27516，不符合题意S27546，a2845,12a28540，符合题意使得Sn12an1成立的n的最小值为27.3已知各项不为0的等差数列an满足a42a3a80，数列bn是等比数列，且b7a7，则b2b12_.答案4解析设等差数列an的公差为d，因为a42a3a80，所以a73d2a3(a7d)0，即a2a7，解得a70(舍去)或a72，所以b7a72.因为数列bn是等比数列，所以b2b12b4.4已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1，an2SnSn1(n2)，则S100_.答案解析当n2时，anSnSn1，SnSn12SnSn1，Sn(12Sn1)Sn1，显然，若Sn10，则Sn0，S1a10，由递推关系式知Sn0(nN*)，2，即2(n2)，故数列为等差数列，(n1)22n22n，Sn，S100.5设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an，n1,2,3，.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b11，且bn1bnan，求数列bn的通项公式；(3)在(2)的前提条件下，设cnn(3bn)，求数列cn的前n项和Tn.解(1)因为当n1时，a1S1a1a12，所以a11.因为Sn2an，即anSn2，所以an1Sn12.两式相减，得an1anSn1Sn0，即an1anan10，故有2an1an.因为an0，所以(nN*)所以数列an是首项为1，公比为的等比数列，所以数列an的通项公式为ann1(nN*)(2)因为bn1bnan(n1,2,3，)，所以bn1bnn1.从而有b2b11，b3b2，b4b32，bnbn1n2(n2,3，)将这n1个等式相加，得bnb112n222n1.又因为b11，所以bn32n1(n1,2,3，)(3)因为cnn(3bn)2nn1，所以Tn2，Tn2.，得Tn22nn，故Tn44nn84nn8(84n)(n1,2,3，)A组专题通关1(2018镇江期末)设等比数列的前n项和为Sn，若a12, S69S3，则a5的值为_答案32解析设等比数列的公比为q，由题意知，q1， a12, S69S3，化简为1q39，q2，a522432.2设Sn是等差数列an(nN*)的前n项和，且a11，a47，则S5_.答案25解析由a11，a47，可得d2，所以an2n1，所以S525.3(2018盐城模拟)设Sn为等差数列的前n项和，若的前2 017项中的奇数项和为2 018，则S2 017的值为_答案4 034解析因为的前2 017项中的奇数项和为2 018，所以2 018，所以a1a2 0174，因此S2 0174 034.4等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.答案10解析方法一S9S4，即，9a52(a1a4)，即9(14d)2(23d)，d，由1(k1)130，得k10.方法二S9S4，a5a6a7a8a90，a70，从而a4a102a70，k10.5已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，nN*，则S10的值为_答案110解析aa3a9，d2，(a112)2(a14)(a116)，解得a120，S101020(2)110.6(2018江苏泰州中学月考)已知数列满足： a11, an1( nN*)，则数列的通项公式为_答案an(nN*)解析由an1得 1 ，变形得 12，所以是以2为公比的等比数列，所以122n12n ，所以an(nN*)7设数列an满足a11，(1an1)(1an)1(nN*)，则kak1的值为_答案解析因为(1an1)(1an)1，所以anan1anan10，从而1，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1n1n，所以an.故an1an，因此kak11.8已知公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，若3，则的值为_答案解析设等差数列an的首项为a1，则由3，得3，所以d4a1，所以.9设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313.(1)求an，bn的通项公式；(2)求数列的前n项和Sn.解(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0且解得d2，q2.所以an1(n1)d2n1，bnb1qn12n1，nN*.(2).Sn1，2Sn23，得Sn2222226(nN*)10已知数列an的前n项和为Sn，a1，且SnSn1an1(nN*，且n2)，数列bn满足：b1，且3bnbn1n(n2，且nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bnan为等比数列(1)解由SnSn1an1，得SnSn1an1，即anan1(nN*，n2)，则数列an是以为公差的等差数列又a1，ana1(n1)dn.(2)证明3bnbn1n(n2)，bnbn1n(n2)，bnanbn1nnbn1n(n2)bn1an1bn1(n1)bn1n(n2)，bnan(bn1an1)(n2)b1a1300，(n2)数列bnan是以30为首项，为公比的等比数列B组能力提高11在等比数列中，a21，公比q1.若a1,4a3,7a5成等差数列，则a6的值是_答案解析由题意得8a3a17a58q7q37q48q210q2(舍q21)，从而a6q4.12(2018常州期末)各项均为正数的等比数列中，若a2a3a4a2a3a4，则a3的最小值为