高考数学热点复习教学案：专题三1第1讲等差数列与等比数列

第1讲 等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算(基础型) 通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.求和公式 等差数列：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；等比数列：S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．性质等差数列等比数列性质 若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a qa n ＝a m ＋(n －m )da n ＝a m q n －mS m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(S n ≠0)1．(2018·贵阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝( ) A.115 B.522 C.1110D.225解析：选D.S 11S 5＝112（a 1＋a 11）52（a 1＋a 5）＝11a 65a 3＝225.故选D.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3(3a 1＋3×22d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.3．(2018·郑州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，S n ＋2＝4S n＋3恒成立，则a 1的值为 ( )A ．－3B ．1C ．－3或1D ．1或3解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，S n ＋2＝(n ＋2)a 1，S n ＝na 1，由S n ＋2＝4S n ＋3得，(n ＋2)a 1＝4na 1＋3，即3a 1n ＝2a 1－3，若对任意的正整数n ，3a 1n ＝2a 1－3恒成立，则a 1＝0且2a 1－3＝0，矛盾，所以q ≠1，所以S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，S n ＋2＝a 1（1－q n ＋2）1－q，代入S n ＋2＝4S n ＋3并化简得a 1(4－q 2)q n＝3＋3a 1－3q ，若对任意的正整数n 该等式恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧4－q 2＝0，3＋3a 1－3q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，q ＝－2，故a 1＝1或－3，故选C.4．(2018·南宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝________． 解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 6＝16得a 21q 6＝16，所以a 1q 3＝±4.由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，所以q 2＝1.于是a 20a 10＝q 10＝1.法二：由等比数列的性质，得a 24＝a 2a 6＝16，所以a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－4，a 8＝12.因为a 26＝a 4a 8>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，所以a 20a 10＝q 10＝1. 答案：15．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.等差、等比数列的判定与证明(综合型)证明数列{a n }是等差数列或等比数列的方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典型例题]设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列{1b n}是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)． 所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)因为a 1＝1， 所以b 1＝2a 1＝2. 因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)．所以数列{1b n }是首项为12，公差为1的等差数列．所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．[对点训练]记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n.(2)由(1)可得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．S n ，a n 关系的应用(综合型)数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．[典型例题](1)(2018·合肥第一次质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( )A ．22 018－1 B ．32 018－6 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103(2)(2018·福州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n .①证明：数列{b n }是等比数列；②设c n ＝b n（4n 2－1）2n ，求数列{c n }的前n 项和S n .【解】 (1)选A.因为a 1＝S 1，所以3a 1＝3S 1＝2a 1－3⇒a 1＝－3.当n ≥2时，3S n ＝2a n －3n ，3S n －1＝2a n －1－3(n －1)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n ＋1＝(－2)×(－2)n －1＝(－2)n，则a 2 018＝22 018－1.(2)①证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n＝2， 又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列． ②由①知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为c n ＝b n（4n 2－1）2n ，所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n4n ＋2.(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练](2018·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －12，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 3a n ＋1·log 3a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知S n ＝32a n －12①，得S n －1＝32a n －1－12(n ≥2)②，①－②得a n ＝32a n －32a n －1，即a n ＝3a n －1(n ≥2)，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝3n －1.(2)由(1)知b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以T n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以T n ＝nn ＋1.数列与新定义相交汇问题(创新型)[典型例题](2018·武汉调研)对任一实数序列A ＝(a 1，a 2，a 3，…)，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________．【解析】 令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1， 所以b n ＝b 1＋(n －1)×1，a 1＝a 1， a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2，…a n －a n －1＝b n －1，累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1＝a 1＋(n －1)b 1＋（n －1）（n －2）2＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋（n －1）（n －2）2，分别令n ＝12，n ＝22，得⎩⎪⎨⎪⎧11a 2－10a 1＋55＝0，21a 2－20a 1＋210＝0， 解得a 1＝2312，a 2＝100.【答案】 100数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”．(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识． (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[对点训练]在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0. 其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D.设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192×(－2)＝－340，故选D.2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( ) A ．3 B ．5 C ．9D ．25解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D.3．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C.法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8（a 1＋a 8）2＝8（a 4＋a 5）2＝92. 4．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是 ( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D. 3解析：选A.依题意得，a 36＝(－3)3，3b 6＝7π，所以a 6＝－3，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，故选A.5．(2018·长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.6．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2 D ．2n －1－2解析：选C.因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.二、填空题7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________．解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16； 当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32； 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.答案：－638．(2018·惠州第二次调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －19．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2. 答案：2 三、解答题10．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)， 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.11．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解：(1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }是等差数列，满足a 2＝5，a 4＝13，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n＋b n ＝3.(1)求数列{a n }及数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }中的最大项． 解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4， 所以a n ＝4n －3.又T n ＋b n ＝3，所以T n ＋1＋b n ＋1＝3，两式相减得，2b n ＋1－b n ＝0，所以b n ＋1＝12b n . 当n ＝1时，b 1＋b 1＝3，所以b 1＝32. 所以数列{b n }为等比数列，且首项是32，公比是12， 所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n . (2)因为c n ＝a n ·b n ＝3（4n －3）2n ， 所以c n ＋1＝3（4n ＋1）2n ＋1， 所以c n ＋1－c n ＝3（4n ＋1）2n ＋1－3（4n －3）2n ＝3（7－4n ）2n ＋1. 所以当n ＝1时，c 2－c 1>0；当n ≥2时，c n ＋1－c n <0，所以c 1<c 2>c 3>c 4>…，所以(c n )max ＝c 2＝154.。