2021年江苏高考数学二轮讲义：专题三第1讲等差数列与等比数列

1、第 1 讲 等差数列与等比数列2019 考向导航考点扫描三年考情考向预测2019201820171.等差数列与等比 数列基本量的运算第 8 题第 9 题数列是江办咼考考查的热点.考查的重 点是等差、等比数列的基础知识、基本 技能、基本思想方法.一般有两道题， 一道填空题，一道解答题.在填空题中，突出了 “小、 巧、活”的特点，属中高 档题，解答题主要与函数、方程、推理 证明等知识综合考查，属中等难度以上 的试题，甚至是难题，多为压轴题.2 .等差数列与等比数列的综合运用第 20 题第 20 题要点整合Q夯基释铤“1.必记的概念与定理(1)an与 S 的关系Si,n = 1,Sn= a1+ a2

2、+ an, an=Sn SnT,n2 .等差数列和等比数列等差数列等比数列定义an an1=常数(n 2)an=常数(n 2)an-1通项公式an= a1+ (n 1)dan= 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, n N*)? an为等差数列(1)定义法(2) 中项公式法：a2+1= an an+2(n 1, n N*)(an工 0) ? an为等通项公式法：an= pn+ q(p、q 为常数)? an为等差数列前 n 项和公式法：Sn= An2+Bn(A、B为常数)? an为等差数列比数列(3)通项公式法：an= c qn(

3、c、q 均是不为 0 的常数)? an为等比数列判定方法(5) an为等比数列，an0? logban为等差数列(4) an为等差数列？ban为等比数列(b0 且 b丰1)2 记住几个常用的公式与结论(1)等差数列的性质1在等差数列a*中，an= am+ (n m)d, d=学孑；2当公差 d丰0 时，等差数列an的通项公式 an= ai+ (n 1)d = dn+ ai d 是关于 n 的一次 函数，且斜率为公差 d;前 n 项和 Sn= nai+ “；1)d =务2+ (ai pn 是关于 n 的常数项为 0 的二次函数.3若公差 d0,则数列为递增等差数列，若公差 d0anW0等差数列中

4、，前 n 项和的最小值是所有非正项之和.法一：由不等式组(或)an+1W0an+10确定出前多少项为非负(或非正)；法二：因等差数列前 n 项和是关于 n 的二次函数，故可转化 为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性n N*.9如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且 新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数.等比数列的性质22当 m+ n= p + q 时，则有 am an= ap aq,特别地，当 m+ n = 2p 时，则有 am an= ap.3若an是等比数列，且公比 q 1 则数列 Sn, S2n Sn, S3n- S2n,也是等比数列.当

5、 q = 1,且 n 为偶数时，数列 Sn, Spn Sn, S3n S2n，是常数列0, 0, 0,，它 不是等比数列.4若ai0, q1，则an为递增数列；若 ai1,则an为递减数列；若 ai0, 0q1, 则an为递减数列；若 ai0, 0q1,则an为递增数列；若 q0,所以 q =.【答案】(1)16(1)等差(比)数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a1, an, d(q), n, Sn,知道其中三个就能求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想.数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换的作用数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法.对点训练1. (2

6、019 苏省高考名校联考(一)设 Sn为数列an的前 n 项和，若数列an与数列 a+1an(tv1)分别是公比为 q, q的等比数列，贝yq+ q 的取值范围为 _ .,故 qz1，则 +1 =anqn1(1 q)1+q 1+q+qq、rqSn虑前三项 1 + t,+ t,2-+ t 成等比数列得，t= 匚,反之，当 t= J 时，一+ t=qq1 q1 qan1 一=q+ - 2,故 q+ q 的取值范围是(2, +).q答案(2,+R)2.(2019 苏州市高三调研)已知an是等差数列，a5= 15, a10= 10,记数列an的第 n项到第 n + 5 项的和为 Tn，则|Tn取得最小

7、值时的 n 的值为_.a1+ 4d = 15,a1= 35解析由得，从而等差数列an的通项公式为 an= 40 5n,得 Tna1+ 9d = 10 d = 5=(40 5n)+ + (15 5n) = 165 30n,因为 |Tn| 0,又 n N*,故当 n= 5 或 6 时，|Tn|取得最小值 15.答案5 或 6，而 a1和 d(q)是等差(比)解析若 q = 1,则鲁鲁+1 = n+ t,不成等比数列-1_1成等比数列，此时，公比为1即 q=-.由 tv1,得一v1, q 1, q+ q qn1(1 q)qq1 q等差、等比数列的判断与证明典型例题：】(2019 苏名校联考信息卷)已

8、知数列an的各项均为正数，其前 n 项和为 3,且对 任意的 m，n N*，都有(Sm+n+ SI)2=4a2ma2n.(1) 求吏的值；ai求证：an为等比数列.【解】(1)由(Sm+n+ Sl)2= 4a2na2m,得(S2+ Si)2= 4a2,即(a2+ 2ai)2= 4a2.因为 ai0, a20,a2所以 a2+ 2ai= 2a2,即=2.ai(2) 证明：法一: 令 m= i, n = 2,得(S3+ Si)2= 4a2a4,即(2ai+ a2+ a3)2= 4a2a4,令 m = n= 2,得 S4+ Si= 2a4,即 2ai+ a2+ a3= a4.又才=2, 所以 a4=

9、 4a2= 8ai, a3= 4ai. ai由(Sm+n+ Si)2= 4a2na2 m,得(Sn+i+ Si)2= 4a2na2, (Sn+2+ Si)2= 4a2na4.考点2两式相除，得(Sn+2+ Si)a4a2(Sn+i+ Si)Sn+2+ Si所以一Sn+i+ Si即 Sn+2+ Si= 2(Sn+i+ Si),从而 Si+3+ Si= 2(Sn+2+ Si).以上两式相减，得 an+3= 2an+2,故当 n3 时，an是公比为 2 的等比数列.又 a3= 2a2= 4ai,从而 an= ai2ni, n N*. 显然，an= ai2n-1满足题设，因此an是首项为 ai,公比为

10、 2 的等比数列.法二 一：在(Sm+n+ Sl)2= 4a2na2m中，令 m= n,得 S2n+ Si= 2a2n.令 m= n+ 1 ,得 S2n+1+ Si= 2，；a2na2n+2,在中，用 n + 1 代替 n 得，S2n+2+ Si= 2a2n+2.将代入，得 a2n+1= 2a2n,将代入得 a2n+2= 2a2n+1,a2n+2所以-a2n+1又蛋=2,从而 an= a12n1, n N*. a1显然 an= a12n1满足题设.因此an是首项为 a1,公比为 2 的等比数列.一,a2n+1=；a2na2n+22a2n= 2 a2n(- a2n+2 , a2n), 一,得 a

11、2n+2= 2a2n+2 2: a2na2n+2= 2 a2n+2( , a2n+2由得 a2n+1=,a2na2n+2.a2n+1递推数列问题常见的处理方法(1)将第 n 项和第 n +1 项合并在一起，看是否是一个特殊数列；若递推关系式含有Sn,则考虑是否可以将 an与 Sn进行统一.(2)根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式的转换类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律,即先特殊、后一般、再特殊.对点训练3.设 Sn为数列an的前 n 项和，对任意的 n N*，都有 Sn= 2- an,数列bn满足 bi=bn=册(n，n N*).(1) 求证

12、：数列an是等比数列，并求an的通项公式；1判断数列点点是等差数列还是等比数列，并求数列bn的通项公式.解(1)当 n = 1 时，a1= S1= 2 a1,解得 a1= 1;当 n2 时，an= Sn一 Sn1= an1一 an,an1*即 =2(n 2, n N ).an121所以数列an是首项为 1,公比为 2 的等比数列，1n一1故数列an的通项公式为 an= 2.2 因为 a1= 1,所以 b1= 2a1= 2.an与2a1,因为 bn=bn-11 + bn11 1 所以1=亠+1,bnbn1刚 11即丁一 = 1( n2).bnbn-11 1所以数列打打是首项为 2，公差为 1 的

13、等差数列.1 12n 1所以鼠=2+ (n 1) =-，故数列bn的通项公式为考点bn=22n 1qn 2 qn1 2 n qn qn nqn1+ 2 n( qn qni) qn+ 2 当 2wnwm 时，=nn 1n (n 1)n (n 1)丄等差数列与等比数列的综合运用典型例题4J（2018高考江苏卷）设an是首项为ai,公差为 d的等差数列，bn是首项为 bi，公 比为q 的等比数列.(1)设 ai= 0, bi= 1, q= 2,若 |an bn|0, m N*, q （1, 2,证明：存在 d R,使得 |an bn|wbi对 n= 2, 3, m+1均成立，并求 d 的取值范围（用

14、 bi, m, q 表示）.【解】(1)由条件知：an= (n 1)d, bn= 2n-1,因为|anbn|wbi对 n=1, 2,3, 4 均成立，即|(n1)d 2n1|w若存在 d,使得 |an bn|wbi(n= 2, 3，m+ 1)成立，即|bi+ (n i)d biqni| bi(n = 2, 3,m+ 1),即当 n=2, 3，m+ 1 时，d 满足亡n 12qn-1bi dbi.n 1因为 q (1,m2，则 1qn-1 qm0,对 n = 2,n1n1，m+ 1 均成立.因此，取 d = 0 时，|an bn|wbi对 n = 2,，m+ 1 均成立.qn1 2F 面讨论数列

15、的最大值和数列n 1L 的最小值 g2, 3，m+ i).n 1当 1vqw2m时，有 qn qm0.qni 2因此，当 2wnWm+ 1 时，数列单调递增，n 1故数列q二2的最大值为打2n 1m2设 f(x)= 2x(1 x),当 x0 时，f(x)= (In 2 1 xln 2)2x0,所以 f(x)单调递减，从而 f(x)f(0) = 1.的最小值为 m运算简便.首项和公差(公比)是等差(比)数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方 法.对点训练4.(2019 苏省高考名校联考(九)已知单调递增的等比数列 an满足 a1+ a2= 6, a3= 8,正项数列bn的前 n 项和为

16、Sn,且 4Sn=恋+ 2bn+ 1.(1)求数列an的通项公式;求证：对任意实数 m,数列bn+ mbn+1都是等差数列，并求该数列的公差;2一 3,n=1,、“3an(15 bn+1) 2bn+1设 cn=dn=an- bn1_,n2,bn bn+1求数列cn的前 n 项和 Tn,并比较 Tn与 dn的大小.当 2wnwm 时，n 1qn 1n q (n 1)1w21fn2 时，4(Sn-Sn-1)= 4bn= b2+ 2bn+ 1-(- -1+ 2bn-1+ 1),所以(bn+ bn-1)( bn bn-1- 2) = 0 ,因为 bn+ bn-10 ,所以 bn- bn-1= 2 ,所

17、以数列bn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 bn= 2n 1.因为 bn+1+ mbn+2 (bn+ mbn+1) = (bn+1- bn) + m(bn+2 bn+1)= 2 + 2m,所以对任意实数 m,数列bn+ mbn+1都是等差数列，且该数列的公差为2 +2m.2n 2n 3)2*+1因为当 2,又 C1=2n + 1 2n 12舟也符合此式，2门门+1所以 Cn=2n + 1 2n 12n2+12? ?+121+12所以 Tn= ( 3 2) + ( 5 3 ) + + (2n2n+12n+12二？二？=h-2.n+1an( 15 bn+1) 2bn+1又 dn=bn+

18、12n+1(7-n)2n+ 12n+12n+1(7-n)2n+1(n - 6)所以 Tn dn= 2 2=2n+12n+12n +12n+1(n - 6)当 n6 时，0,所以 Tn6 时,2n+1(n - 6)2n + 10,所以 Tndn.专题强化0精练提能J1. (2019 南京模拟)在等比数列an中，a2a6= 16, a4+ a8= 8，则 =_ 解析法一：设等比数列an的公比为 q,由 a2a6= 16 得 a?q6= 16,所以 aiq3= 4.由a4+ a8= 8,得 a1q3(1 + q4)= 8,即 1 + q4=,所以 q2= 1.于是二=q10= 1. a10a44,法

19、二：由等比数列的性质，得 a2= a2a6= 16,所以 a4=4,又 a4+ a8= 8,所以或a8= 4答案12.(2019 宿迁模拟)若等差数列an满足 a2+ S3= 4,a3+ S5= 12,则 a4+ S7的值是_解析由 S3= 3a2,得 a2= 1,由 & = 5a3,得 a3= 2,贝 U a4= 3, S7= 7a4,贝 U a4+ Sz= 8a4=24.(n N*),则数列bn的通项公式是 _a4= 一 4,因为 a6= a4a80,所以a8= 12.a4= 4,a8= 4,则公比 q 满足 q4= 1, q2= 1,所以乔=q10=1.答案243. (2019

20、苏名校高三入学摸底)已知数列an满足n+12 ana1= 2, an+1=1n+- an+ 2nbn=anan+1解析由已ann + 2 an+ 2n(n N*),2*+1则一an+12 1 * 1 *+ n+2(n N ),即 bn+1 bn= n+ 尹 N ),所以1b2 b1= 1 + 2b3 b2= 2+2 ，bn bn1= (n 1) + 2,n 1累加得 bn b1= 1+ 2+ 3 + + (n 1)+2n2 1n2+1又 b1= a1= 1 ,所以 bn= 2- + 1= 2 .n2+ 1答案bn= 2(n 1) n n 1 n 1 +=2+2 24.已知等比数列an为递增数列

21、.若 a10，且 2(an+ an+2)= 5an+1,则数列an的公比 q 700答案祐祐S5S20+ S101 q51 211 q20+ 1 q10= 1 24+ 1 22=冠S51法二：因为 = 3,所以不妨设 S5= a, S10= 3a, a 工 0,易知 S5, S10 S5, S15 S10, S20S15成等比数列，由 S5= a, S10 S5= 2a,得 S15 S10= 4a, S20 S15= 8a,从而 S20= 15a,所解析因为 2(an+ an+2)= 5an+1,所以 2an(1 + q2) = 5anq,1所以 2(1 + q2) = 5q,解得 q= 2

22、或 q= q -因为数列为递增数列，且 a10,所以 q1 ,所以 q = 2.答案25. （2019 苏锡常镇四市高三教学调研（一）中国古代著作张丘建算经中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700 里那么这匹马最后一天行走的里程数为解析由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列1,设为 an,易知公比 q = 2则 S7=a1(1 q7)1127=2a1 1面=64a1=700，所以a1=700X64664127,所以a7= a1q = 700X6=需，所以这匹马最后一天行走的里程数

23、为700127.6.（2019 苏州市第一学期学业质量调研）设S51S 是等比数列an的前 n 项和，若 S0= 3，则解析法一：设等比数列an的公比为 q,若公比 q 为 1,则瓷=2,与已知条件不符，a1（1 q）S5所以公比 q J 所以S=，因为 S0-31所以打=3，所以q5=2,所以悬S5S20+ S10a =丄15a + 3a187.设数列an, bn都是等差数列，且 ai= 25, bi= 75, a2+ b2= 100,那么 an+ bn组成的数列的第 37 项的值为 _.解析an, bn都是等差数列,则an+ bn为等差数列,首项为 ai+ bi= 100,d = (a2+

24、 b2) (ai+ bi) = 100- 100= 0,所以an+ bn为常数数列,第 37 项为 100.答案1008.(2019 南京市四校第一学期联考)已知各项均为正数的等比列an中，a2= 3, a4= 27,S2n为该数列的前 2n 项和，Tn为数列anan+1的前 n 项和，若 S2n= kTn，则实数 k 的值为_.解析因为各项均为正数的等比数列an中，a2= 3, a4= 27,所以 a1= 1,公比 q= 3,所1X (132n)32n1以 S2n=,an= 3n1.令 bn= anan+1= 3“13“= 32n1,所以b1= 3 ,数列1 32“亠 4答案39.(2019

25、 泰州市高三模拟)已知公差为 2 的等差数列an及公比为 2 的等比数列bn满足a1+ b10, a2+ b20解析法一：由题意可得，该不等式组在平面直角坐标系a1Ob1中表示的平a1+ 2b1 2面区域如图中阴影部分所示,则当 a3+ b3= a1+ 4+ 4b1经过点(2, 2)时取得最大值一 2,则a3+ b30法二：由题意可得，贝 V a3+ b3= a1+ 4+ 4b1= 2(a1+ b1)+ 3(a1+ 2b1)+ 4 a1+ 2b1 2),所以 an+1+ 2an= 3an+ 6an1= 3(an+ 2an1)(n2).又 a1= 5, a2= 5,所以 a2+ 2a1= 15,

26、所以 an+ 2an10(n2),an+1+ 2an所以=3(n2),an+ 2an1所以数列an+1+ 2an是以 15 为首项，3 为公比的等比数列.(2)由(1)得 an+1+2an=15x3n1=5X3n,则 an+1= 2an+ 5x3”,所以 an+1 3n+1=_2(an 3n).又因为 ai 3= 2,所以 an 3n0,所以an 3n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列.所以 an 3n= 2X( 2)n1,即 an=2X(2)n1+3n(nN*).112.(2019 苏州市高三模拟)已知数列an满足：a1= 2，an+1 an= p 3n 1 nq, n N*, p, q

27、R.(1)若 q= 0,且数列an为等比数列，求 p 的值；若 p= 1,且 a4为数列an的最小项，求 q 的取值范围.解(1)因为 q = 0, an+1 an= p 3n 1,1当 p = 0 时，an+1= an,所以 an= 2 ,符合题意;当 p = 1 时，an+1 an= 3n 1,所以 an= a1+ (a2 a1)+ (a3 a2)+ + (an an1)1113n11=2+ (1 + 3 + + 3n2) = 7+=13n1,221 32an+1所以丁 = 3.符合题意.an所以 p 的值为 0 或 1.因为 p= 1,所以 an+1 an= 3n1 nq,又 a4为数列

28、an的最小项，1所以 a2= a1+ p= 2+ p,1a3= a2+ 3p= 2 + 4p.1由数列an为等比数列，得 2 + p1 12 2+ 4p ,解得 p= 0 或 p= 1.a4a3W093qw027所以，即，所以 3 q 027 4q 0此时 a2 a1= 1 q0, a3 a2= 3 2qa2a3a4.当 n4 时，令 bn= an+1 an,27bn+1 bn= 2 3n1q2341 0,所以 bn+1bn,所以 OWb4b5b6 ,即 a4 a5a62,在 an-1与 an之间插入 n 个数，构成的新数列bn成等差数列，并记在 an-1与 an之间插入的这 n 个数的均值为 Cn-1.n2+ 3n