高考数学二轮复习名师知识点总结等差数列等比数列.docx

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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．3B．4C．5D．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＝－（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．7B．5C．－5D．－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

∴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≥2013？

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≥2013，则1－（－2）n≥2013，即（－2）n≤－2012.

当n为偶数时，（－2）n>0.上式不成立；当n为奇数时，（－2）n＝－2n≤－2012，

即2n≥2012，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Sn

解　

（1）由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝.

（2）由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，∴Tm＝＝8[1－（）m]，

∵（）m随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.

又Sn＝＝－（n2－9n）＝－[（n－）2－]，故（Sn）max＝S4＝S5＝10，

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；

（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1

1．在等差（比）数列中，a1，d（q），n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d（公比q）这两个基本量的有关运算．

2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．

3．等差、等比数列的单调性

（1）等差数列的单调性

d>0⇔{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＋2D．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，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．－24B．0C．12D．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－1B．Sn＝3an－2C．Sn＝4－3anD．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＝S4000，O为坐标原点，点P（1，an），Q（2011，a2011），则·等于（　　）

A．2011B．－2011C．0D．1

答案　A

解析　由S21＝S4000得a22＋a23＋…＋a4000＝0，由于a22＋a4000＝a23＋a3999＝…＝2a2011，

所以a22＋a23＋…＋a4000＝3979a2011＝0，从而a2011＝0，而·＝2011＋a2011an＝2011.

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．0B．3C．8D．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，

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＝lna3n＋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＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由

（1）得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2，

又bn＋1－bn＝3ln2，∴数列{bn}是等差数列．

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝ln2.

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．