2019高考数学二轮复习专题三数列与不等式第1讲等差数列与等比数列学案

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2019高考数学二轮复习考前回扣4 数列、不等式学案

4.数列、不等式1．等差数列及其性质(1)等差数列的判定：a n ＋1－a n ＝d (d 为常数)或a n ＋1－a n ＝a n －a n －1 (n ≥2)． (2)等差数列的性质①当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 是关于n 的二次函数且常数项为0.②若公差d >0，则为递增等差数列；若公差d <0，则为递减等差数列；若公差d ＝0，则为常数列．③当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ＋a n ＝2a p . ④S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．⑤⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列． [问题1] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，S 20＝17，则S 30为________．答案 152．等比数列及其性质 (1)等比数列的判定：a n ＋1a n ＝q (q 为常数，q ≠0)或a n ＋1a n ＝a na n －1(n ≥2)． (2)等比数列的性质①当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ·a n ＝a p ·a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ·a n ＝a 2p . ②S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k (S k ≠0)成等比数列．[问题2] (1)在等比数列{a n }中，a 3＋a 8＝124，a 4a 7＝－512，公比q 是整数，则a 10＝________. (2)各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5·a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________. 答案 (1)512 (2)103．求数列通项的常见类型及方法(1)已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳、猜想法．(2)如果给出的递推关系式符合等差或等比数列的定义，可直接利用等差或等比数列的公式写出通项公式．(3)若已知数列的递推公式为a n ＋1＝a n ＋f (n )，可采用累加法． (4)数列的递推公式为a n ＋1＝a n ·f (n )，则采用累乘法．(5)已知S n 与a n 的关系，利用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 ，n ＝1，S n －S n －1 ，n ≥2，求a n .(6)构造转化法：转化为等差或等比数列求通项公式．[问题3] 已知f (x )是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (xy )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n)(n ∈N *)，且a 1＝2，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 答案 n ·2n解析令x ＝2，y ＝2n －1，当n ≥2时，f (xy )＝f (2n )＝2f (2n －1)＋2n －1f (2)，即a n ＝2a n －1＋2n ，a n 2n ＝a n －12n －1＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，由此可得a n2n ＝1＋(n －1)×1＝n ，即a n ＝n ·2n，当n ＝1时，满足a 1＝2. 4．数列求和的方法(1)公式法：等差数列、等比数列求和公式； (2)分组求和法； (3)倒序相加法； (4)错位相减法； (5)裂项法如：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(6)并项法数列求和时要明确：项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法．[问题4] 数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ，n ≥1)，若a 2＝1，S n 是{a n }的前n 项和，则S 21的值为________．答案 925．如何解含参数的一元二次不等式解含有参数的一元二次不等式一般要分类讨论，往往从以下几个方面来考虑：①二次项系数，它决定二次函数的开口方向；②判别式Δ，它决定根的情形，一般分Δ>0、Δ＝0、Δ<0三种情况；③在有根的条件下，要比较两根的大小，也是分大于、等于、小于三种情况．在解一元二次不等式时，一定要画出二次函数的图象，注意数形结合． [问题5] 解关于x 的不等式ax 2－(a ＋1)x ＋1<0 (a >0)．解原不等式化为⎝⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)<0.∴当0<a <1时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1<x <1a ；当a >1时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1a<x <1；当a ＝1时，不等式的解集为∅. 6．处理二次不等式恒成立的常用方法(1)结合二次函数的图象和性质用判别式法，当x 的取值为全体实数时，一般应用此法． (2)转化为求函数最值问题，如大于零恒成立可转化最小值大于零． (3)能分离变量的，尽量把参变量和变量分离出来． (4)数形结合，结合图形进行分析，从整体上把握图形．[问题6] 如果kx 2＋2kx －(k ＋2)<0恒成立，则实数k 的取值范围是__________．答案 (－1,0]解析当k ＝0时，原不等式等价于－2<0，显然恒成立，所以k ＝0符合题意．当k ≠0时，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧k <0，(2k )2－4k ·[－(k ＋2)]<0，解得－1<k <0.所以－1<k ≤0.7．利用基本不等式求最值必须满足三个条件才可以进行，即“一正，二定，三相等”．常用技巧：(1)对不能出现定值的式子进行适当配凑． (2)对已知条件的最值可代入(常数代换法)或消元．(3)当题中等号条件不成立时，可考虑从函数的单调性入手求最值． [问题7] 若log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，则a ＋b 的最小值是__________．答案 7＋4 3解析由题意得⎩⎨⎧ab >0，ab ≥0，3a ＋4b >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b >0.又log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，所以log 4(3a ＋4b )＝log 4(ab )，所以3a ＋4b ＝ab ，故4a ＋3b＝1.所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋3b ＝7＋4b a＋3a b≥7＋24b a ·3ab＝7＋43，当且仅当4b a ＝3ab时取等号．8．解决线性规划问题有三步 (1)画：画出可行域(有图象)．(2)变：将目标函数变形，从中抽象出截距或斜率或距离． (3)代：将合适的点代入到原来目标函数中求最值．利用线性规划思想能解决的几类值域(最值)问题 (1)截距型：如求z ＝y －x 的取值范围． (2)条件含参数型：①已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y ＋k ≥0，且z ＝y －x 的最小值是－4，则实数k ＝2.②已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y ＋k ≥0，且存在无数组(x ，y )使得z ＝y ＋ax 取得最小值，则实数a ＝12.(3)斜率型：如求y ＋bx ＋a的取值范围． (4)距离型(圆半径平方型R 2)：如求(x －a )2＋(x －b )2的取值范围．[问题8] 已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≤2，y ≥0.若z ＝ax ＋y 的最大值为4，则a ＝________.答案 2解析画出不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，若z ＝ax ＋y 的最大值为4，则最优解为x ＝1，y ＝1或x ＝2，y ＝0，经检验知x ＝2，y ＝0符合题意，所以2a ＋0＝4，此时a ＝2.易错点1 忽视等比数列中q 的范围例1 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋S 6＝S 9，则数列{a n }的公比q ＝________.易错分析没有考虑等比数列求和公式S n ＝a 1(1－q n )1－q中q ≠1的条件，本题中q ＝1恰好符合题目条件．解析 ①当q ＝1时，S 3＋S 6＝9a 1，S 9＝9a 1， ∴S 3＋S 6＝S 9成立．②当q ≠1时，由S 3＋S 6＝S 9，得a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ＝a 1(1－q 9)1－q.∴q 9－q 6－q 3＋1＝0，即(q 3－1)(q 6－1)＝0. ∵q ≠1，∴q 3－1≠0，∴q 6＝1，∴q ＝－1. 答案 1或－1易错点2 忽视分类讨论例2 若等差数列{a n }的首项a 1＝21，公差d ＝－4，求S n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.易错分析要去掉|a n |的绝对值符号，要考虑a n 的符号，对n 不讨论或讨论不当容易导致错误．解 a n ＝21－4(n －1)＝25－4n .令a n ≥0，得n ≤6，n ∈Z .当n ≤6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－2n 2＋23n ；当n ≥7时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6)－(a 7＋a 8＋…＋a n )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)－(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a n ) ＝2n 2－23n ＋132.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2＋23n ，n ≤6，2n 2－23n ＋132，n ≥7.易错点3 已知S n 求a n 时忽略n ＝1例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)，求数列{a n }的通项a n . 易错分析 a n ＝S n －S n －1成立的条件是n ≥2，若忽略对n ＝1时的验证则出错．解因为a n ＋1＝2S n ，所以S n ＋1＝3S n ，所以S n ＋1S n＝3. 因为S 1＝a 1＝1，所以数列{S n }是首项为1、公比为3的等比数列，S n ＝3n －1(n ∈N *)．所以当n ≥2时，a n ＝2S n －1＝2×3n －2(n ≥2)，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2，n ∈N *.易错点4 数列最值问题忽略n 的限制例4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是__________．易错分析求解数列{a n }的前n 项和S n 的最值，无论是利用S n 还是利用a n 来求，都要注意n 的取值的限制，因为数列中可能出现零项，所以在利用不等式(组)求解时，不能漏掉不等式(组)中的等号，避免造成无解或漏解的失误．解析因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＋1－(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ·7－n 10，当n <7时，a n ＋1－a n>0，即a n ＋1>a n ；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >7时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .故a 1<a 2<…<a 7＝a 8>a 9>a 10…，所以此数列的最大项是第7项或第8项．答案第7项或第8项易错点5 裂项法求和搞错剩余项例5 在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝1a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．易错分析裂项相消后搞错剩余项，导致求和错误．一般情况下剩余的项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的．解析由已知得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1n ＋1(1＋2＋…＋n )＝n2，从而b n ＝1a n a n ＋1＝1n 2·n ＋12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和为S n ＝4⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1. 答案4n n ＋1易错点6 线性规划问题最优解判断错误例6 P (x ，y )满足|x |＋|y |≤1，求ax ＋y 的最大值及最小值．易错分析由ax ＋y ＝t ，得y ＝－ax ＋t ，欲求t 的最值，要看参数a 的符号．忽视参数的符号变化，易导致最值错误．解 P (x ，y )满足的线性区域如图所示．①当a <－1时，直线y ＝－ax ＋t 分别过点(－1,0)与(1,0)时，ax ＋y 取得最大值与最小值，其值分别为－a ，a.②当－1≤a ≤1时，直线y ＝－ax ＋t 分别过(0,1)与(0，－1)时，ax ＋y 取得最大值与最小值，其值分别为1，－1.③当a>1时，直线y＝－ax＋t分别过点(1,0)与(－1,0)时，ax＋y取得最大值与最小值，其值分别为a，－a.易错点7 运用基本不等式忽视条件例7 函数y ＝x 2＋5x 2＋4的最小值为________．易错分析应用基本不等式求函数最值，当等号成立的条件不成立时，往往考虑函数的性质，结合函数的单调性，同时注意函数的定义域．解析 y ＝x 2＋5x 2＋4＝x 2＋4＋1x 2＋4＝x 2＋4＋1x 2＋4.设t ＝x 2＋4，则t ≥2，所以函数变为f (t )＝t ＋1t(t ≥2)．这时，f (t )在[2，＋∞)上单调递增，所以f (t )≥f (2)＝52，所以函数y ＝x 2＋5x 2＋4的最小值为52.答案 521．不等式22112x x +-⎛⎫ ⎪⎝⎭>1的解集是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12解析 ∵不等式22112x x +-⎛⎫ ⎪⎝⎭>1，∴2x 2＋x －1<0，即(2x －1)(x ＋1)<0，解得－1<x <12，∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－1，12. 2．已知等差数列{a n }的公差为d ，若a 1，a 2，a 3，a 4，a 5的方差为8，则d 的值为________．答案 ±2解析因为{a n }成等差数列，所以a 1，a 2，a 3，a 4，a 5的平均数为a 3，所以方差为15[(－2d )2＋(－d )2＋0＋(d )2＋(2d )2]＝2d 2＝8，解得d ＝±2. 3．已知数列{a n }满足13n a +＝9·3n a(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13l og (a 5＋a 7＋a 9)＝________.答案－3解析由已知123933n n n aaa++=⋅=，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列，a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋3d )＋(a 4＋3d )＋(a 6＋3d )＝(a 2＋a 4＋a 6)＋9d ＝9＋9×2＝27，13log (a 5＋a 7＋a 9)＝13log 27＝－3.4．若命题“∀x ∈R ，ax 2－ax －2≤0”为真命题，则实数a 的取值范围是________．答案 [－8,0]解析当a ＝0时，－2≤0，不等式显然成立；当a ≠0时，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ＝a 2＋8a ≤0，解得－8≤a <0.综上可知，－8≤a ≤0.5．(2018·江苏扬州中学模拟)已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 均为等差数列(n ∈N *)，且a 1＝2，则a 10＝________. 答案 20解析设数列{a n }的公差为d ，则a n ＝nd ＋2－d ，所以a 2nn ＝(nd )2＋2(2－d )nd ＋(2－d )2n，因为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 为等差数列，所以d ＝2，故a 10＝20.6．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y ＋6>0，x ≤0，y ≥0，则z ＝2x －y 的取值范围是________．答案 (－4,0]解析由z ＝2x －y ，得y ＝2x －z ，作出不等式组对应的平面区域(阴影部分)如图，平移直线y ＝2x －z ，由图象可知当直线y ＝2x －z 经过点A (－2,0)时，直线y ＝2x －z 的截距最大，此时z 最小．当直线y ＝2x －z 经过点O (0,0)时，直线y ＝2x －z 的截距最小，此时z 最大．所以z 的最小值为－4，最大值为0.即－4<z ≤0.7．(2018·南通、徐州、扬州等六市模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 8＝3，则a 5的值为________．答案－6解析设等比数列{a n }的公比为q . ∵S 3，S 9，S 6成等差数列， ∴2S 9＝S 3＋S 6，且q ≠1.∴2a 1(1－q 9)1－q ＝a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ，即2q 6－q 3－1＝0. ∴q 3＝－12或q 3＝1(舍去)，∵a 8＝3，∴a 5＝a 8q 3＝3－12＝－6.8．已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ≤8c ，2a ＋3b ≤2c ，则3a ＋8bc的取值范围为________．答案 [27,30]解析方法一由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a c ＋2bc≤8，2c a ＋3cb ≤2，设a c ＝x ，bc＝y ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤8，2x ＋3y ≤2，x ，y >0，所求可转化为t ＝3x ＋8y .又⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤8，2x ＋3y ≤2，x ，y >0可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤8，y ≥3x 2x －2＝32x －2＋32，x >1，y >0，可行域如图所示，当直线t ＝3x ＋8y 与曲线y ＝3x2x －2相切时有最小值，当直线t ＝3x ＋8y 经过点A 时有最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝8，y ＝3x 2x －2，解得A (2,3)，即t max ＝30.又y ＝3x 2x －2，所以y ′＝－6(2x －2)2＝－38，解得x ＝3，y ＝94，即切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，94，所以t min ＝27，即t 的取值范围为[27,30]．方法二因为2a ＋3b ≤2c ≤16a ＋2b ，所以8＋4b a ＋3a b ≤16，即4b a ＋3ab≤8，解得23≤ab ≤2，所以3a ＋8b c ≤8(3a ＋8b )a ＋2b＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋2b a ＋2b ＝8⎝⎛⎭⎪⎪⎫3＋2a b＋2≤30；由2a ＋3b ≤2c 可知，1c ≥1a ＋32b ，则3a ＋8b c ≥(3a ＋8b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋32b ＝15＋8b a ＋9a 2b ≥27，当且仅当8b a ＝9a2b ，即3a ＝4b 时，取等号．故3a ＋8bc的取值范围为[27,30]．9．已知a ＋b ＝2，b >0，当12|a |＋|a |b取最小值时，实数a 的值是________．答案－2 解析方法一12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ≥－14＋2 b 4|a |·|a |b ＝34，当且仅当a <0，且b 4|a |＝|a |b，即a ＝－2，b ＝4时取等号．方法二因为a ＋b ＝2，b >0，所以12|a |＋|a |b ＝12|a |＋|a |2－a，a <2.设f (a )＝12|a |＋|a |2－a，a <2，则f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋a 2－a，0≤a <2，－12a －a2－a ，a <0.当a <0时，f (a )＝－12a －a2－a，从而f ′(a )＝12a 2－2(a －2)2＝－(3a －2)(a ＋2)2a 2(a －2)2，故当a <－2时，f ′(a )<0；当－2<a <0时，f ′(a )>0，故f (a )在(－∞，－2)上是减函数，在(－2,0)上是增函数，故当a ＝－2时，f (a )取得极小值34；同理，当0≤a <2时，函数f (a )在a ＝23处取得极小值54.综上，当a ＝－2时，f (a )min ＝34.10．若a ，b 均为正实数，且a ＋b －a ≤m b 恒成立，则实数m 的最小值是________．答案2解析由于a ，b 均为正实数，且a ＋b －a ≤m b ，显然有m >0，b ≥a ，两边平方得a ＋b －a ＋2a (b －a )≤m 2b ，即b ＋2a (b －a )≤m 2b ，于是m 2≥1＋2a b －⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2，令a b＝t (0<t ≤1)，则m 2≥1＋2t －t 2在0<t ≤1时恒成立，即m 2≥1＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，从而m 2≥2，故m 的最小值为 2. 11．已知函数f (x )＝2xx 2＋6. (1)若f (x )>k 的解集为{x |x <－3或x >－2}，求k 的值； (2)对任意x >0，f (x )≤t 恒成立，求t 的取值范围．解 (1)f (x )>k ⇔kx 2－2x ＋6k <0.由已知{x |x <－3或x >－2}是其解集，得kx 2－2x ＋6k ＝0的两根是－3，－2. 由根与系数的关系可知，(－2)＋(－3)＝2k，即k ＝－25.(2)因为x >0，f (x )＝2x x 2＋6＝2x ＋6x≤226＝66，当且仅当x ＝6时取等号．由已知f (x )≤t 对任意x >0恒成立，故t ≥66，即t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫66，＋∞. 12．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足8S n ＝a 2n ＋4a n ＋3(n ∈N *)，且a 1，a 2，a 7依次是等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }及{b n }的通项公式；(2)是否存在常数a >0且a ≠1，使得数列{a n －log a b n }(n ∈N *)是常数列？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)当n ＝1时，8a 1＝a 21＋4a 1＋3，a 1＝1或a 1＝3. 当n ≥2时，8S n －1＝a 2n －1＋4a n －1＋3，a n ＝S n －S n －1＝18(a 2n ＋4a n －a 2n －1－4a n －1)，从而(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0.因为{a n }的各项均为正数，所以a n －a n －1＝4. 所以，当a 1＝1时，a n ＝4n －3；当a 1＝3时，a n ＝4n －1.又因为当a 1＝1时，a 1，a 2，a 7分别为1,5,25，构成等比数列，所以b n ＝5n －1.当a 1＝3时，a 1，a 2，a 7分别为3,7,27，不构成等比数列，舍去．所以数列{a n }和{b n }的通项公式分别为a n ＝4n －3，b n ＝5n －1，n ∈N *.(2)存在满足条件的a ，理由如下：由(1)知，a n ＝4n －3，b n ＝5n －1，从而a n －log a b n ＝4n －3－log a 5n －1＝4n －3－(n －1)·log a 5＝(4－log a 5)n －3＋log a 5.由题意，得4－log a 5＝0，所以a ＝45.。

专题09+等差数列、等比数列(教学案)-2019年高考理数二轮复习精品资料-含解析

高考侧重于考查等差、等比数列的通项a n ，前n 项和S n 的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．备考时应切实理解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．1．等差数列(1)定义式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)； (2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (3)前n 项和公式：S n ＝na 1＋a n 2＝na 1＋n n －d2；(4)性质：①a n ＝a m ＋(n －m )d (n 、m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q (m 、n 、p 、q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 2．等比数列(1)定义式：a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)；(2)通项公式：a n ＝a 1q n －1；(3)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1q ＝1，a 1－q n 1－q q ≠1.(4)性质：①a n ＝a m q n－m(n ，m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q (p 、q 、m 、n ∈N *)．3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n 项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用a n 与S n 的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n 项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).学——科【误区警示】1．应用a n 与S n 的关系，等比数列前n 项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．3．讨论等差数列前n 项和的最值时，不要忽视n 为整数的条件和a n ＝0的情形． 4．等比数列{a n }中，公比q ≠0，a n ≠0.高频考点一、等差数列、等比数列的基本运算例1、（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A. B.C.D.【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.【变式探究】【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C【解析】因为，即3416a a +=，则，即，解得4d =，故选C.【变式探究】(1)在等比数列{a n }中，S n 表示其前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( ) A ．－3 B ．－1 C ．1 D ．3(2)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：(1)两式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3.即q ＝3.(2)法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d .∴a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，∴d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝10，∴a 3＝2.∴由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，∴a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 答案：(1)D (2)20【变式探究】(1)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172 B.192C ．10D ．12 (2)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )A.32B.94C ．1D ．2高频考点二、等差数列、等比数列的判断与证明例2、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)解：由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明：由a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，得S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0， ∴1S n －1S n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)解：由(1)知，1S n ＝2n ，故S n ＝12n，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1）(n ≥2，n ∈N *)，∴a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.高频考点三、等差数列、等比数列的综合应用例3、（2018年浙江卷）已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.【变式探究】【2017课标1，理12】几位大学生响应国家的创业召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：则该数列的前项和为，要使，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设，所以，则5t ≥，此时，所以对应满足条件的最小整数，故选A.【变式探究】已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.∴数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？解：(1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0. 若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， ∴a n ＝0(n ≥1)．若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，∴a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列， ∴a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ. 10. （2018年江苏卷）设，对1，2，···，n 的一个排列，如果当s <t 时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n 的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n 表示)．【答案】（1）2 5（2）n ≥5时，【解析】（1）记为排列abc 的逆序数，对1，2，3的所有排列，有，所以．对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以．为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．当n≥5时，，因此，n≥5时，．11. （2018年全国Ⅱ卷理数）记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．【答案】（1）a n=2n–9，（2）S n=n2–8n，最小值为–16．【解析】（1）设{a n}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{a n}的通项公式为a n=2n–9．（2）由（1）得S n=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，S n取得最小值，最小值为–16．12. （2018年全国Ⅲ卷理数）等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求．【答案】（1）或（2）1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C【解析】因为，即3416a a +=，则，即，解得4d =，故选C.2.【2017课标II ，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：，解得3x =，即塔的顶层共有灯3盏，故选B ．3.【2017课标1，理12】几位大学生响应国家的创业召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：则该数列的前项和为，要使，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设，所以，则5t ≥，此时，所以对应满足条件的最小整数，故选A.1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C【解析】由已知,所以故选C.2【2016高考浙江理数】如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且，，（）.若（）A ．{}n S 是等差数列B ．2{}nS 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}nd 是等差数列【答案】A3.【2016年高考北京理数】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______..【答案】6【解析】∵{}n a 是等差数列，∴，40a =，，2d =-， ∴，故填：6．整理得，因此有，即，解得28S =，同理有，即，解得13S =，，，；（2）由题意得，由（1）知13a =，25a =，37a =，猜想21n a n =+，假设当时，猜想成立，即21k a k =+，则有，则当1n k =+时，有，这说明当1n k =+时，猜想也成立，由归纳原理知，对任意n N *∈，21n a n =+.【考点定位】数列的通项 13. 【2014高考湖北理第18题】已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且1a 、2a 、5a 成等比数列.（1）求数列}{n a 的通项公式.（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.【答案】（1）2=n a 或24-=n a n .（2）当2=n a 时，n S n 2=，显然，不存在正整数n ，使得. 当24-=n a n 时，，令，即，解得40>n 或10-<n （舍去）此时存在正整数n ，使得成立，n 的最小值为41.综上所述，当2=n a 时，不存在正整数n ；当24-=n a n 时，存在正整数n ，使得成立，n 的最小值为41.【考点定位】等差数列、等比数列的性质、等差数列的求和公式.。

2019高考数学二轮复习专题三数列第一讲等差数列、等比数列教案理

第一讲等差数列、等比数列年份卷别考查角度及命题位置命题分析及学科素养2018Ⅰ卷等差数列的基本运算·T4命题分析(1)高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．(2)若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．学科素养主要是通过等差数列、等比数列的判定与证明及基本运算考查逻辑推理与数学运算两大核心素养.Ⅲ卷等比数列的基本运算及应用·T172017Ⅰ卷等差数列的基本运算·T4Ⅱ卷数学文化中的等比数列应用·T3等差数列与裂项求和·T15Ⅲ卷等差数列与等比数列的运算·T9等比数列的基本运算·T142016Ⅰ卷等差数列的基本运算·T3等比数列的运算及二次函数最值问题·T15等差数列、等比数列的基本运算授课提示：对应学生用书第28页[悟通——方法结论]两组求和公式(1)等差数列：S n＝n(a1＋a n)2＝na1＋n(n－1)2d；(2)等比数列：S n＝a1(1－q n)1－q＝a1－a n q1－q(q≠1)．[全练——快速解答]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B. 答案：B2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2，又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0，又d ≠0，则d ＝－2，所以a 6＝a 1＋5d ＝－9，所以{a n }前6项的和S 6＝1－92×6＝－24，故选A.答案：A3．(2018·天津模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且8a 2a 4＝a 3a 6，则S 3a 4＝________. 解析：由8a 2a 4＝a 3a 6可得8a 23＝a 3a 6，故a 6＝8a 3，设公比为q ，则q 3＝8，q ＝2，故S 3a 4＝a 1(1＋q ＋q 2)a 1q 3＝78.答案：784．(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 . 解析：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －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.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a 1和d(或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．等差数列、等比数列的性质授课提示：对应学生用书第29页[悟通——方法结论]1．等差数列、等比数列常用性质：等差数列等比数列性质 (1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ；(2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； (2)a n ＝a m qn －m；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(S m ≠0)(1)若n 为奇数，则S n ＝nan ＋12.(2)若n 为偶数，则S n ＝n 2(a n 2＋a n2＋1)．3．在等差数列中，当项数为偶数2n 时，有S 偶－S 奇＝n d ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为奇数2n －1时，有S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n. 4．在等比数列中，当项数为偶数2n 时，S 偶S 奇＝q . [全练——快速解答]1．(2018·南宁模拟)等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝6，则{a n }的前9项和等于( ) A ．－18B ．27C ．18D ．－27解析：由等差数列的性质，得a 1＋a 9＝a 3＋a 7＝6，所以数列{a n }的前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×62＝27，故选B.答案：B2．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d′＝a 10－a 5＝8－3＝5. 故a 100＝3＋(20－1)×5＝98.故选C. 答案：C3．(2018·长沙模拟)等比数列{a n }中，a 5＝6，则数列{log 6a n }的前9项和的值为( ) A ．6 B ．9 C ．12D ．16解析：因为a 5＝6，所以log 6a 1＋log 6a 2＋…＋log 6a 9＝log 6(a 1·a 2·…·a 9)＝log 6a 95＝9log 66＝9.答案：B4．(2018·河北三市联考)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 5＝5a 4－10，则数列{a n }的公差为________．解析：由S 5＝5a 4－10，得5a 3＝5a 4－10，则公差d ＝2. 答案：2等差(比)数列性质应用策略解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.等差数列、等比数列的判定与证明授课提示：对应学生用书第29页[悟通——方法结论]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)利用等差中项性质，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)利用等比中项性质，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，a n ≠0)．(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，设b n ＝a n n.(1)求；(2) ，并说明理由；(3)[学审题]条件信息想到方法注意什么由信息❶na n ＋1＝2(n ＋1)a n 递推关系变形a n ＋1＝2(n ＋1)na n判断{b n }为等比数列时要紧扣定义去推断由信息❷求b 1、b 2、b 3 想到先求a 1、a 2、a 3，再求b 1、b 2、b 3 由信息❸判断{b n }是否为等比数列由等比数列的定义推断b n ＋1b n＝常数由信息❹求a n先求b n ，再求a n[规范解答] (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n .(2分)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. (4分) 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(6分)(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 ， (8分)又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(10分)(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.(12分)1．判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前n 项和公式，但不能将其作为证明方法．2．(1)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．(2)学科素养：利用定义判定或证明数列问题重要体现了数学抽象逻辑推理与数学运算学科素养能力．[练通——即学即用](2018·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解析：(1)由已知得a 2－2a 1＝4，则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6. 由2a 3－3a 2＝12得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15. (2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，得na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公差为2的等差数列．则a n n＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .授课提示：对应学生用书第129页一、选择题1．(2018·开封模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 4＝4(a 1＋a 4)2＝2(a 1＋a 5－d)＝2(10－d )＝16，所以d ＝2，故选B.答案：B2．(2018·重庆模拟)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，a 2＝5，则{a n }的前4项和为( ) A ．9 B ．22 C ．24D ．32解析：依题意得，数列{a n }是公差为2的等差数列，a 1＝a 2－2＝3，因此数列{a n }的前4项和等于4×3＋4×32×2＝24，选C.答案：C3．(2018·益阳、湘潭联考)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：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.答案：D4．(2018·洛阳模拟)在等差数列{a n }中，若S n 为前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( )A ．55B ．11C ．50D ．60解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由2a 7＝a 8＋5，得2(a 6＋d )＝a 6＋2d ＋5，得a 6＝5，所以S 11＝11a 6＝55，故选A.答案：A5．(2018·昆明模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( )A ．－2nB ．2nC ．2n －1D ．2n ＋1解析：由题意，得a 2a 8＝a 24，又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.答案：B6．(2018·长沙中学模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＋a 12－a 8＝8，a 10－a 6＝4，则S 23＝( )A ．23B ．96C ．224D ．276解析：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 4＋a 12－a 8＝2a 8－a 8＝a 8＝8，a 10－a 6＝4d ＝4，d ＝1，a 8＝a 1＋7d ＝a 1＋7＝8，a 1＝1，S 23＝23×1＋23×222×1＝276，选D.答案：D7．(2018·长春模拟)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：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.答案：C8．(2018·惠州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列{1S n}的前10项和为( )A.1112B.1011C.910D.89解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 9＝12a 12＋6及等差数列的通项公式得a 1＋5d ＝12，又a 2＝4，∴a 1＝2，d ＝2，∴S n ＝n 2＋n ，∴1S n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S 10＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(110－111)＝1－111＝1011.选B. 答案：B9．一个等差数列的前20项的和为354，前20项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝( )A ．1B ．3C ．5D ．7解析：法一：设等差数列的首项为a 1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧20a 1＋20×192d ＝35410(a 1＋d )＋10×92×2d 10a 1＋10×92×2d ＝3227，解得d ＝3.法二：由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192S 奇＝162，又S 偶－S 奇＝10d ，所以d ＝192－16210＝3.答案：B10．(2018·惠州模拟)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：S 11S 5＝112(a 1＋a 11)52(a 1＋a 5)＝11a 65a 3＝225.故选D.答案：D11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8. 答案：B12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＜0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n ＞m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n ＜a nB ．S n ≤a nC ．S n ＞a nD ．大小不能确定解析：若a 1＜0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d ＞0.因为d ＜0时，数列是递减数列，则S m ＜a m ，不存在a m ＝S m . 由于a 1＜0，d ＞0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m ＞0，S m ＞0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n ＞a n . 答案：C 二、填空题13．(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，∴a 1q 3＝±4.由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，∴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，∴a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－4，a 8＝12.∵a 26＝a 4a 8＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，∴a 20a 10＝q 10＝1. 答案：114．(2018·合肥模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.答案：1 02215．若等比数列{an }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20) ＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50. 答案：5016．(2017·高考北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2.∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1.答案：1 三、解答题17．(2018·南京模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)．(1)求数列 {a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)∵S n ＝2n ＋1－2，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n.又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n.(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n)1－4－4(1－2n)1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43. 18．(2018·贵阳模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＞0，a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，ka n ，S n ，－1都成等差数列，求实数k 的值．解析：(1)∵a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝4，a 1(q 2－q )＝6，∵q ＞0，∴q ＝3，a 1＝1. ∴a n ＝1×3n －1＝3n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知a n ＝3n －1，S n ＝1×(1－3n)1－3＝3n－12，∵ka n ，S n ，－1成等差数列，∴2S n ＝ka n －1，即2×3n－12＝k ×3n －1－1，解得k ＝3.19．(2018·成都模拟)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .解析：(1)证明：∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2. ∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1) ，可知a n ＋4＝2n ，∴a n ＝2n－4. 当n ＝1时，a 1＝－2＜0，∴S 1＝|a 1|＝2；当n ≥2时，a n ≥0.∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋...＋(2n －4)＝2＋22＋ (2)－4(n －1)＝2(1－2n)1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，上式也满足． ∴当n ∈N *时，S n ＝2n ＋1－4n ＋2.20．(2018·南宁柳州联考)已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n＝b n .(1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2.∵a n ＋1－a n ＝b n ， ∴a 2－a 1＝b 1，a 3－a 2＝b 2， a 4－a 3＝b 3，……a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝2＋22(1－2n －1)1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．∵a 1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．。

2019届高考数学二轮复习专题三不等式第1讲三个“二次”的问题学案

第1讲三个“二次”的问题1. “三个二次”在历年高考中都有考查，体现出二次函数、二次方程和二次不等式之间有密不可分的联系，即函数的研究离不开方程和不等式；方程和不等式的解的讨论同样要结合函数的图象和性质．2. 主要涉及的题型有：一是求二次函数的解析式；二是求二次函数的值域或最值，考查二次函数和一元二次方程、一元二次不等式的综合应用；三是考查一元二次不等式的解法及“三个二次”间的关系问题；四是从实际情景中抽象出一元二次不等式模型；五是以函数、导数为载体，考查不等式的参数范围问题．1. 不等式(1＋x)(1－x)>0的解集是________．答案：{x|－1<x<1}解析：原式可化为(x ＋1)(x －1)<0，所以不等式的解集为－1<x<1.2. (2018·海安第一次学业质量测试)关于x 的不等式x ＋ax＋b≤0(a，b ∈R )的解集为{x |3≤x ≤4}，则a ＋b 的值为________．答案：5解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧3＋a3＋b ＝0，4＋a 4＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－7，所以a ＋b ＝5.3. (2018·镇江期末)已知函数f(x)＝x 2－kx ＋4，对任意的x∈[1，3]，不等式f(x)≥0恒成立，则实数k 的最大值为________．答案：4解析：由题意知x 2－kx ＋4≥0，x ∈[1，3]，所以k≤x ＋4x对任意的x∈[1，3]恒成立．因为x ＋4x≥4(当且仅当x ＝2时取等号)，所以k≤4，故实数k 的最大值为4.4. (2018·昆山中学月考)不等式x 2－2x ＋5≥a 2－3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案：[－1，4]解析：x 2－2x ＋5＝(x －1)2＋4的最小值为4，所以x 2－2x ＋5≥a 2－3a 对任意实数x 恒成立，只需a 2－3a ≤4，解得－1≤a≤4., 一)一元二次不等式的求解, 1)已知f(x)＝－3x 2＋a(6－a)x ＋b.(1) 解关于a 的不等式f(1)＞0；(2) 当不等式f(x)＞0的解集为(－1，3)时，求实数a ，b 的值．解：(1) f(1)＝－3＋a(6－a)＋b ＝－a 2＋6a ＋b －3.因为f(1)＞0，所以a 2－6a ＋3－b ＜0.Δ＝24＋4b ，当Δ≤0，即b≤－6时，f(1)＞0的解集为∅；当Δ＞0，即b ＞－6时，3－b ＋6＜a ＜3＋b ＋6，所以b ＞－6时，f(1)＞0的解集为{a|3－b ＋6＜a ＜3＋b ＋6}．(2) 因为不等式－3x 2＋a(6－a)x ＋b ＞0的解集为(－1，3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＝a （6－a ）3，－3＝b －3，解得⎩⎨⎧a ＝3±3，b ＝9.(2018·苏北四市一模)已知函数f(x)＝ ⎩⎪⎨⎪⎧2－|x ＋1|，x≤1，（x －1）2，x ＞1.若函数g(x)＝f(x)＋f(－x)，则不等式g(x)≤2的解集为________.答案：[－2，2] 解析：f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋x ，x ＜－1，－x ＋1，－1≤x≤1，（x －1）2，x>1，所以f(－x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）2，x<－1，x ＋1，－1≤x≤1，－x ＋3，x ＞1，所以g(x)＝f(x)＋f(－x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋3x ＋4，x<－1 ①，2，－1≤x≤1 ②，x2－3x ＋4，x>1 ③.由不等式g(x)≤2，解得①⎩⎪⎨⎪⎧x<－1，x2＋3x ＋4≤2⇒－2≤x<－1；②⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x≤1，2≤2⇒－1≤x≤1；③⎩⎪⎨⎪⎧x>1，x2－3x ＋4≤2⇒1<x ≤2.综上所述，不等式g(x)≤2的解集为[－2，2]．, 二)二次函数与二次不等式, 2)(2018·北京朝阳统考)已知函数f(x)＝x 2－2ax －1＋a ，a ∈R .(1) 若a ＝2，试求函数y ＝f （x ）x(x >0)的最小值；(2) 对于任意的x ∈[0，2]，不等式f (x )≤a 恒成立，试求a 的取值范围．解：(1) 依题意得y ＝f （x ）x ＝x2－4x ＋1x ＝x ＋1x－4.因为x >0，所以x ＋1x ≥2.当且仅当x ＝1x，即x ＝1时，等号成立．所以y ≥－2. 所以当x ＝1时，y ＝f （x ）x的最小值为－2.(2) 因为f (x )－a ＝x 2－2ax －1，所以要使得“∀x ∈[0，2]，不等式f (x )≤a 恒成立”，只要“x 2－2ax －1≤0在[0，2]上恒成立”．不妨设g (x )＝x 2－2ax －1，则只要g (x )≤0在[0，2]上恒成立即可．所以⎩⎪⎨⎪⎧g （0）≤0，g （2）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧0－0－1≤0，4－4a －1≤0，解得a ≥34，则a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞.已知函数g (x )＝ax 2－2ax ＋1＋b (a >0)在区间[2，3]上的最大值为4，最小值为1，记f (x )＝g (|x |)．(1) 求实数a ，b 的值；(2) 若不等式f (log 2k )>f (2)成立，求实数k 的取值范围；(3) 定义在[p ，q ]上的一个函数m (x )，用分法T ：p ＝x 0<x 1<…<x i －1<x i <…<x n ＝q 将区间[p ，q ]任意划分成n 个小区间，如果存在一个常数M >0，使得和式错误!f(x i )＝f(x 1)＋f(x 2)＋…＋f(x n ))解：(1) g(x)＝a(x －1)2＋1＋b －a ，因为a>0，所以g(x)在区间[2，3]上是增函数，故⎩⎪⎨⎪⎧g （2）＝1，g （3）＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0.(2) 由已知可得f(x)＝g(|x|)＝x 2－2|x|＋1为偶函数，所以不等式f(log 2k )>f (2)可化为|log 2k |>2，解得k >4或0<k <14，故实数k 的取值范围是(0，14)∪(4，＋∞)．(3) 设函数f (x )为[1，3]上的有界变差函数．因为函数f (x )为[1，3]上的单调递增函数，且对任意划分T ：1＝x 0<x 1<…<x i －1<x i <…<x n ＝3，有f (1)＝f (x 0)<f (x 1)<…<f (x n －1)<f (x n )＝f (3)，所以错误!|m(x i )－m(x i －1)|≤M 恒成立，所以M 的最小值为4., 三)二次方程与二次不等式, 3)对于函数f(x)，若f(x 0)＝x 0，则称x 0为函数f(x)的“不动点”；若f(f(x 0))＝x 0，则称x 0为函数f(x)的“稳定点”．如果f(x)＝x 2＋a(a∈R )的“稳定点”恰是它的“不动点”，求实数a 的取值范围．解：(解法1)因为函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，由f (f (x ))＝x ，可得(x 2＋a )2＋a ＝x .方程可化为(x 2－x ＋a )(x 2＋x ＋a ＋1)＝0，所以方程x 2－x ＋a ＝0有解，且方程x 2＋x ＋a ＋1＝0无解或其解都是x 2－x ＋a ＝0的解，由方程x 2－x ＋a ＝0有解，得Δ1＝1－4a ≥0，解得a ≤14.由方程x 2＋x ＋a ＋1＝0无解，得Δ2＝1－4(a ＋1)<0，解得a >－34.若方程x 2＋x ＋a ＋1＝0有解且都是x 2－x ＋a ＝0的解．因为方程x 2－x ＋a ＝0与方程x 2＋x ＋a ＋1＝0不可能同解，所以方程x 2＋x ＋a ＋1＝0必有两个相等的实根且是方程x 2－x ＋a ＝0的解，此时，Δ2＝1－4(a ＋1)＝0，解得a ＝－34，经检验，符合题意．综上，a 的取值范围是[－34，14]．(解法2)显然，函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，所以f (x )＝x 有解，但方程组⎩⎪⎨⎪⎧f （x1）＝x2，f （x2）＝x1(x 1≠x 2)无解．由f (x )＝x ，得x 2－x ＋a ＝0有解，所以1－4a ≥0，解得a ≤14.由⎩⎪⎨⎪⎧f （x1）＝x2，f （x2）＝x1，得⎩⎪⎨⎪⎧x21＋a ＝x 2，x 2＋a ＝x 1，两式相减，得(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝x 2－x 1.因为x 1≠x 2，所以x 2＝－x 1－1，两式相减，得(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝x 2－x 1.因为x 1≠x 2，所以x 2＝－x 1－1，代入消去x 2，得x 21＋x 1＋a ＋1＝0.因为方程x 21＋x 1＋a ＋1＝0无解或仅有两个相等的实根，所以1－4(a ＋1)≤0，解得a ≥－34，故a 的取值范围是[－34，14]．定义：关于x 的两个不等式f (x )<0和g (x )<0的解集分别为(a ，b )和(1b ，1a)，则称这两个不等式为对偶不等式．如果不等式x 2－43x cos θ＋2<0与不等式x 2＋2x sin θ＋1<0为对偶不等式，且θ∈(π2，π)，则θ＝________．答案：2π3解析：由题意知不等式x 2－43x cos θ＋2<0的解集为(a ，b )，所以a ＋b ＝43cos θ，ab ＝2.又不等式x 2＋2x sin θ＋1<0的解集为(1b ，1a)，所以1b ＋1a＝－2sin θ.又1b ＋1a ＝a ＋b ab ＝43cos θ2＝－2sin θ，所以tan θ＝－3. 又θ∈(π2，π)，所以θ＝2π3., 四)三个“二次”的综合问题, 4)设函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ，b ，c ∈R )，且f (1)＝－a2，3a >2c >2b ，求证：(1) a >0且－32c >2b ，所以3a >0，2b <0，所以a >0，b <0. 又2c ＝－3a －2b ，3a >2c >2b ，所以3a >－3a －2b >2b .因为a >0，所以－30时，因为a >0，所以f (1)＝－a2<0，且f (0)＝c >0，所以函数f (x )在区间(0，1)内至少有一个零点；②当c ≤0时，因为a >0，所以f (1)＝－a2<0，且f (2)＝a －c >0，所以函数f (x )在区间(1，2)内至少有一个零点．综合①②得函数f (x )在区间(0，2)内至少有一个零点．(3) 因为x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，则x 1，x 2是方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两根．所以|x 1－x 2|＝（x1＋x2）2－4x1x2＝（－b a ）2－4（－32－ba）＝（ba＋2）2＋2.因为－3<b a <－34，所以2≤|x 1－x 2|＜574.已知函数f (x )＝2x 2＋ax －1，g (log 2x )＝x 2－x2a －2.(1) 求函数g (x )的解析式，并写出当a ＝1时，不等式g (x )＜8的解集；(2) 若f (x )，g (x )同时满足下列两个条件：①∃t ∈[1，4]，使f (－t 2－3)＝f (4t )；②∀x ∈(－∞，a ]，使g (x )<8.求实数a 的取值范围．解：(1) 令t ＝log 2x ，则x ＝2t，由g (log 2x )＝x 2－x 2a －2，可得g (t )＝22t －2t ＋2－a，即g (x )＝22x －2x ＋2－a，当a ＝1时，不等式g (x )<8⇔22x－2x ＋1<8⇔(2x ＋2)(2x－4)<0，即2x<4，所以x <2，即不等式g (x )＜8的解集为(－∞，2)．(2) 因为f (x )＝2x 2＋ax －1，所以由①∃t ∈[1，4]，使f (－t 2－3)＝f (4t )，得∃t ∈[1，4]，(－t 2－3)＋4t ＝－a 2，即∃t ∈[1，4]，a ＝2(t －2)2－2，所以a ∈[－2，6]；由②∀x ∈(－∞，a ]，使g (x )<8得∀x ∈(－∞，a ]，42a >2x －82x，令μ＝2x ，x ∈(－∞，a ]，则y ＝2x－82x ＝μ－8μ，μ∈(0，2a]，易知函数y ＝μ－8μ在(0，2a ]上是增函数，y max ＝2a－82a，所以42a>2a－82a，所以2a<23，所以a <1＋12log 23.综上，实数a 的取值范围是[－2，1＋12log 23)．1. 函数y ＝3－2x －x2的定义域是 ________．答案：[－3，1]解析：要使函数有意义，必须有3－2x －x 2≥0，即x 2＋2x －3≤0，所以－3≤x≤1.2. 设集合A ＝{x|x 2－4x ＋3<0}，B ＝{x|2x －3>0}，则A∩B＝________．答案：(32，3)解析：集合A ＝(1，3)，B ＝(32，＋∞)，所以A∩B＝(32，3)．3. (2017·山东卷)已知命题p ：∃x ∈R ，x 2－x ＋1≥0；命题q ：若a 21，则f (f (－2))＝________，f (x )的最小值是________．答案：－1226－6解析：f (－2)＝(－2)2＝4，所以f (f (－2))＝f (4)＝4＋64－6＝－12.当x ≤1时，f (x )≥0；当x >1时，f (x )≥26－6，当x ＝6时取等号，所以函数f (x )的最小值为26－6.5. 已知二次函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a>0，c>0)的图象与x 轴有两个不同的公共点，且f(c)＝0，当0<x<c 时，恒有f(x)>0. (1) 当a ＝13，c ＝2时，求不等式f(x)<0的解集；(2) 若以二次函数的图象与坐标轴的三个交点为顶点的三角形的面积为8，且ac ＝12，求a 的值；(3) 若f(0)＝1，且f(x)≤m 2－2m ＋1对所有x∈[0，c]恒成立，求正实数m 的最小值．解：(1) 当a ＝13，c ＝2时，f(x)＝13x 2＋bx ＋2，f(x)的图象与x 轴有两个不同交点．因为f(2)＝0，设另一个根为x 1，则2x 1＝6，x 1＝3.则f(x)<0的解集为{x|2<x<3}．(2) 函数f(x)的图象与x 轴有两个交点，因为f(c)＝0，设另一个根为x 2，则cx 2＝c a ，于是x 2＝1a.又当0<x<c 时，恒有f(x)>0，则1a >c ，则三交点分别为(c ，0)，(1a，0)，(0，c)，以这三交点为顶点的三角形的面积为S ＝12(1a －c)c ＝8，且ac ＝12，解得a ＝18，c ＝4.(3) 当0<x<c 时，恒有f(x)>0，则1a>c ，所以f(x)在[0，c]上是单调递减的，且在x ＝0处取到最大值1，要使f(x)≤m 2－2m ＋1对所有x∈[0，c]恒成立，必须f(x)max ＝1≤m 2－2m ＋1成立，即m 2－2m ＋1≥1，即m 2－2m ≥0，解得m ≥2或m ≤0，而m >0，所以m 的最小值为2.(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2017·南通考前模拟)已知二次函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )．(1) 当a ＝－6时，函数f (x )的定义域和值域都是[1，b 2]，求b 的值；(2) 若函数f (x )在区间(0，1)上有两个零点，求b 2＋ab ＋b ＋1的取值范围．解：(1) 当a ＝－6时，f (x )＝x 2－6x ＋b ，函数的对称轴为直线x ＝3，故f (x )在区间[1，3]上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增．(2分)①当2＜b ≤6时，f (x )在区间[1，b2]上单调递减；故⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝b2，f （b2）＝1，方程组无解；(4分)②当6＜b ≤10时，f (x )在区间[1，3]上单调递减，在(3，b 2]上单调递增，且f (1)≥f (b 2)，故⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝b 2，f （3）＝1，解得b ＝10；(6分)③当b >10时，f (x )在区间[1，3]上单调递减，在(3，b 2]上单调递增，且f (1)<f (b 2)，故⎩⎪⎨⎪⎧f （b 2）＝b 2，f （3）＝1，方程组无解．所以b 的值为10.(8分)(2) 设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的两个零点为x 1，x 2(0＜x 1<x 2＜1)，则f (x )＝(x －x 1)(x －x 2)．又f (0)＝b ＝x 1x 2>0，f (1)＝1＋a ＋b ＝(1－x 1)·(1－x 2)>0，(10分)所以b 2＋ab ＋b ＋1＝b (1＋a ＋b )＋1＝f (0)f (1)＋1，而0<f (0)f (1)＝x 1x 2(1－x 1)(1－x 2)≤(x1＋1－x12)2(x2＋1－x22)2＝116.(14分)由于x 1<x 2，故0<f (0)f (1)<116，则1<b 2＋ab ＋b ＋1<1716，即b 2＋ab ＋b ＋1的取值范围是(1，1716)．(16分)1. 在R 上定义运算：⎝ ⎛⎭⎪⎫ab cd ＝ad －bc ，若不等式⎝⎛⎭⎪⎫x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为________．答案：32解析：由定义知，不等式⎝⎛⎭⎪⎫x －1 a －2a ＋1 x ≥1等价于x 2－x －(a 2－a －2)≥1，∴x 2－x ＋1≥a 2－a 对任意实数x 恒成立．∵ x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，∴a 2－a ≤34，解得－12≤a ≤32，则实数a 的最大值为32.2. 已知f(x)＝－3x 2＋a(6－a)x ＋6.(1) 解关于a 的不等式f(1)>0；(2) 若不等式f(x)>b 的解集为(－1，3)，求实数a ，b 的值．解：(1) ∵ f(x)＝－3x 2＋a(6－a)x ＋6，∴ f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a 2＋6a ＋3>0，即a 2－6a －3<0，解得3－23<a<3＋23，∴不等式的解集为{a|3－23<a<3＋23}．(2) ∵ f(x)>b 的解集为(－1，3)， ∴方程－3x 2＋a(6－a)x ＋6－b ＝0的两根为－1，3，∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＋3＝a （6－a ）3，－1×3＝－6－b 3，解得⎩⎨⎧a ＝3±3，b ＝－3.故a 的值为3＋3或3－3，b 的值为－3.3. 已知函数f(x)＝x2＋cax(x≠0，a ＞0，c ＜0)，当x ∈[1，3]时，函数f(x)的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，56. (1) 求函数f(x)的解析式；(2) 若向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ，12，n ＝(k 2＋k ＋2，3k ＋1)(k ＞－1)，解关于x 的不等式f (x )＜m ·n .解：(1) 因为c ＜0，f (x )＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋c x 在[1，3]上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝－32，f （3）＝56，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝－4，故f (x )＝x2－42x .(2) 由题意，得x2－42x ＜－k2＋k ＋2x ＋3k ＋12，即x (x －2k )[x －(k ＋1)]＜0.①当－1＜k ＜0时，不等式的解集是(－∞，2k )∪(0，k ＋1)； ②当0≤k ＜1时，不等式的解集是(－∞，0)∪(2k ，k ＋1)；③当k ＝1时，不等式的解集是(－∞，0)；④当k ＞1时，不等式的解集是(－∞，0)∪(k ＋1，2k )．。

2019版高考数学一轮回顾专题三数列与不等式配套教案理

(1)求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{nbn}的前n项和Tn.
解：(1)由 2Sn＋an＝n2＋2n＋2， ① 得 2S1＋a1＝5，解得 a1＝53. 2Sn＋1＋an＋1＝(n＋1)2＋2(n＋1)＋2. ② ②－①，得 3an＋1－an＝2n＋3. ∵bn＝an－n，∴an＝bn＋n，an＋1＝bn＋1＋n＋1. ∴3bn＋1＝bn.又∵b1＝a1－1＝23. ∴{bn}是以23为首项，13为公比的等比数列. ∴bn＝32n.
例 2: (2015 年广东梅州调研)若数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝12.
(1)求证：S1n成等差数列； (2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明：当 n≥2 时，由 an＋2SnSn－1＝0，得 Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.所以S1n－Sn1－1＝2. 又S11＝a11＝2，故S1n是首项为 2，公差为 2 的等差数列. (2)解：由(1)，可得S1n＝2n，则 Sn＝21n. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝21n－2n1－1
(2)由(1)，得 bn＝32n.∴nbn＝23nn. ∴Tn＝213＋322＋333＋…＋3nn. ∴13Tn＝2312＋323＋334＋…＋n－3n 1＋3nn＋1，两式相减，得23Tn＝213＋312＋313＋…＋31n－3nn＋1 ＝21311－－1331n－3nn＋1＝1－23nn＋＋13.∴Tn＝321－23nn＋＋13.
因为 an＞0，所以 an－an－1＝2. 所以数列{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列. 所以 an＝2n＋1. (2)由(1)知，bn＝2n＋112n＋3＝122n1＋1－2n1＋3. 所以数列{bn}的前 n 项和为 b1＋b2＋…＋bn＝ 1213－15＋15－17＋…＋2n1＋1－2n1＋3＝16－4n1＋6.

2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列教案

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．
[ 题组突破 ]
1．(xx ·贵阳模拟 ) 等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，且 a3＋ a9 ＝16，则 S11＝(
)
A． 88
B．48
C． 96
D．176
11 a1＋ a11
11 a3＋a9
11×16
解析：依题意得 S11＝
1＋ 31＋…＋ 3n－ 1
＋n
n
3 ＋ 2n－ 1
则 Sn＝
2
＝4.
[ 误区警示 ]
在运用等比数列前 n 项和公式时，一定要注意判断公比 q 是否为 1，切忌盲目套用公式导致失误．
等差数列、等比数列的性质
[ 方法结论 ]
1．等差数列、等比数列常用性质：
等差数列
等比数列
(1) 若 m，n，p，q∈ N*，且 m＋ n＝ p＋ q， (1) 若 m， n， p， q∈ N* ，且 m＋n＝ p＋ q，
2019-2020 年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列
教案
等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方
程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列
的等差中项、等比中项、通项公式和前 n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数
2
＝
2
＝ 2 ＝ 88，选 A.
优解：依题意，可考虑将题目中的等差数列特殊化为常数列
( 注意慎用此方法 ) ，即 an＝ 8，因此
S11＝ 88，选 A.
答案： A
2．(xx ·海口模拟 ) 已知数列 { an} ，an＞ 0, 它的前 n 项和为 Sn，且 2a2 是 4a1 与 a3 的等差中项．若

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

江苏省2019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

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）已知等差数列错误!和等比数列错误!均不是常数列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列．(1)求错误!和错误!的通项公式;(2）设m，n是正整数,若存在正整数i，j，k(i<j〈k),使得a m b j，a m a n b i，a n b k成等差数列，求m＋n的最小值．解(1)设等差数列a n的公差为d(d≠0），等比数列b n的公比为q(q≠1），由题意得错误!∴错误!解得d＝1，q＝2，所以a n＝n,b n＝2n－1，n∈N＊。

（2）由(1）得，a n＝n,b n＝2n－1（n∈N*)，由a m b j，a m a n b i，a n b k成等差数列，得2a m a n b i＝a m b j＋a n b k，即2mn·2i－1＝m·2j－1＋n·2k－1。

由于i<j<k，且为正整数,所以j－i≥1，k－i≥2，所以2mn＝m·2j－i＋n·2k－i≥2m＋4n，可得mn≥m＋2n，即错误!＋错误!≤1，①当1≤m≤2时，不等式错误!＋错误!≤1不成立;②当n≥4时，错误!>0，错误!<1，即m〉2，则有m＋n〉6；所以m＋n的最小值为6，当且仅当j－i＝1，k－i＝2且错误!或错误!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S n是公差不为0的等差数列{a n}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｛a n｝的公差为d，由题意，得S2，2＝S1·S4,∴（2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)．∵d≠0,∴d＝2a1.故公比q＝错误!＝4.（2）在公差不为零的等差数列｛a n}中,a5＝7，且三个数a1，a4，a3依次成等比数列．抽出数列｛a n}的第1，2，22，…，2n项重新构成新数列{b n｝，数列{b n}的前n项和S n＝________.答案2n＋2－13n－4(n∈N*)解析设数列{a n｝的公差为d，由a1,a4，a3构造成的等比数列的公比为q。

高考数学大二轮复习层级二专题三数列第1讲等差数列、等比数列教学案-人教版高三全册数学教学案

第1讲等差数列、等比数列[考情考向·高考导航]1．等差数列、等比数列的判定及基本运算是每年高考的热点，在考查基本运算的同时，也注重考查对函数与方程、等价转化等数学思想的应用．2．对等差数列、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和．[真题体验]1．(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2解析：C [应用等比数列前n 项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错．设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4，故选C.]2．(2016·某某卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：C [设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q2n －1＝a 1q2n －2(1＋q )，当q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a n <0，即a 1q2n －2(1＋q )<0，即q <－1<0，故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件．] 3．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值X 围．解：(1)设{a n }的公差为d ，由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n n －9d 2.由a 1＞0知d ＜0，故S n ≥a n 等价于n 2－1l n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值X 围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }．[主干整合]1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列． 2．等比数列 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·qn －m；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．热点一等差、等比数列的基本运算[题组突破]1．(2019·某某三模)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tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．－3B ．－1C ．－33D. 3解析：A [依题意得，a 36＝(－3)3,3b 6＝7π， ∴a 6＝－3，b 6＝7π3，又b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，选A.] 2．(2020·某某调研)已知等比数列{a n }公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3等于( )A ．－12B ．1C ．－12或1D ．－1或12解析：A [若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1，得a 1＝0，矛盾，故q ≠1.所以a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ＝2a 11－q 91－q，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A.]3．(2019·某某三模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解析：D [由(n ＋1)S n ＜nS n ＋1得(n ＋1)·n a 1＋a n2＜n ·n ＋1a 1＋a n ＋12，整理得a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.]等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a 1和d (q )；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量．热点二等差(比)数列的判断与证明[例1] (2020·某某质检)已知数列{a n }满足a n ＝3a n －1＋k 3n－1(n ∈N *，n ≥2，k ∈R )．(1)设a 1＝1，k ＝0，证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是等比数列；(2)对任意k ∈R ，是否存在一个实数t ，使得b n ＝13n (a n ＋t )(n ∈N *)且{b n }为等差数列？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：当k ＝0时，a n ＝3a n －1－1，所以a n －12＝3a n －1－32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1－12，即a n －12a n －1－12＝3，又a 1－12＝12≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是首项为12，公比为3的等比数列．(2)当n ≥2时，b n －b n －1＝13n (a n ＋t )－13n －1(a n －1＋t )＝13n (a n ＋t －3a n －1－3t )＝13n (3a n －1＋k 3n－1＋t －3a n －1－3t )＝13n (k 3n－1－2t )＝k －1＋2t 3n . 要使{b n }为等差数列，则必须使1＋2t ＝0，∴t ＝－12，即对任意的k ∈R ，存在t ＝－12，使{b n }为等差数列．判断和证明等差或等比数列的方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.(2019·某某二模)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b n }的通项公式．(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·qn －1＝54·2n －1＝5·2n －3，即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.(2)由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2. 由S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2可知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．热点三等差与等比数列的综合问题[例2] (2018·某某卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[审题指导] (1)利用条件求出等比数列的公比和等差数列的首项及公差，写出通项公式，进而求出前n 项和．(2)由(1)知T n ＝2n－1，将其拆成2n和－1两部分，{2n}是等比数列，易求和，－1是常数，易求和，再结合S n ＝n n ＋12和已知条件，可求得n 的值．[解析] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0，因此为q ＞0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d ，由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4，由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .所以，S n ＝n n ＋12.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n n ＋12＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以，n 的值为4.(1)关于等差、等比数列的综合问题大多为两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量；首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．(2)求数列中的最大项，可以利用图象或者数列的单调性求解，同时注意数列的单调性与函数单调性的区别．(2020·某某八校联考)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n 项和为2n －1·3n＋12.(1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，已知∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，某某数m 的最小值．解析：(1)∵a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，∴q 2－2q －3＝0， ∴q ＝3或－1，而q ＞1，∴q ＝3， ∴a n ＝2·3n －1.∵a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝2n －1·3n＋12，∴a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1 ＝2n －3·3n －1＋12，两式相减得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)．∵a n ＝2·3n －1，∴b n ＝n (n ≥2)，令n ＝1，可求得b 1＝1，∴b n ＝n .(2)∵数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，∴S n ＝＝34·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＜34. ∵∀∈N *，S n ≤m 恒成立，故实数m 的最小值为34.热点四数列与传统文化的交汇创新数学建模素养数学建模——数列实际应用中的核心素养以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并接受实际的检验.[例3] (2018·卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A ．32f B ．3 22fC ．12 25f D ．12 27f[解析] D [由题意可知，单音的频率构成以a 1＝f 为首项，q ＝122为公比的等比数列，则a 8＝a 1q 7＝f ·(122)7＝1227f .故选D.]涉及等比数列的数学文化题频繁出现在考试试题中．解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式．(2020·某某模拟)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )A.176升B.72升 C.11366升 D.10933升解析：A [自上而下依次设各节竹子的容积分别为a 1，a 2，…，a 9，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4.因为a 2＋a 3＝a 1＋a 4，a 7＋a 9＝2a 8，故a 2＋a 3＋a 8＝32＋43＝176，故选A.]限时45分钟满分74分一、选择题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)1．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n解析：A [设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2.∴a n ＝－3＋(n －1)·2＝2n －5，S n ＝－3n ＋n n －12×2＝n 2－4n ，故选A.]2．(多选题)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并且满足条件a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0.则下列结论正确的是( ) A ．0<q <1B ．a 7·a 9>1C ．S n 的最大值为S 9D ．T n 的最大值为T 7解析：AD [本题考查等比数列的性质及前n 项积的最值． ∵a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0，∴a 7>1，a 8<1， ∴0<q <1，故A 正确；a 7a 9＝a 28<1，故B 错误；∵a 1>1,0<q <1，∴数列为递减数列，∴S n 无最大值，故C 错误，又a 7>1，a 8<1，∴T 7是数列{T n }中的最大项，故D 正确．故选AD.]3．(2020·某某模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩未一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上述的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：A [依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a 1＝4，则a 5＝2，由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤，故选A.]4．(2020·荆州质检)已知数列{a n }满足5a n ＋1＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13D.13解析：A [∵5a n ＋1＝25·5a n ＝52＋a n ， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9， ∴3a 4＝9，a 4＝3.∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 133a 7＝log 133(a 4＋6)＝log 1327＝－3.]5．(2020·豫西五校联考)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( ) A.S 1a 1B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15解析：B [由于S 15＝15a 1＋a 152＝15a 8＞0，S 16＝16a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)＜0，可得a 8＞0，a 9＜0.这样S 1a 1＞0，S 2a 2＞0，…，S 8a 8＞0，S 9a 9＜0，S 10a 10＜0，…，S 15a 15＜0，而0＜S 1＜S 2＜…＜S 8，a 1＞a 2＞…＞a 8＞0，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8. 故选B.]6．(2020·某某联考)数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}满足＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5D ．6解析：B [由题意知，当b ＝1时，{}不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝abn －1，得b n ＝1＋a 1－b n 1－b ＝1＋a 1－b －ab n1－b ，则＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·b 1－b n 1－b ＝2－ab1－b2＋1－b ＋a1－bn ＋ab n ＋11－b2，要使{}为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－ab 1－b 2＝0，1－b ＋a1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.]7．(2020·某某二调)已知a 1，a 2，a 3，a 4依次成等比数列，且公比q 不为1，将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q 的值是( )A.1＋52B.±1＋52 C.±1＋32D.－1＋32解析：B [因为公比q 不为1，所以删去的数不是a 1，a 4.①若删去a 2，则由2a 3＝a 1＋a 4得2a 1q 2＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q 2＝1＋q 3，整理得q 2(q －1)＝(q －1)(q ＋1)．又q ≠1，所以q 2＝q ＋1，又q ＞0，得q ＝1＋52；②若删去a 3，则由2a 2＝a 1＋a 4得2a 1q ＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q ＝1＋q 3，整理得q (q ＋1)(q －1)＝q －1.又q ≠1，则可得q (q ＋1)＝1，又q ＞0，得q ＝－1＋52.综上所述，q ＝±1＋52，故选B.]二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)8．(2020·资阳诊断)设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10值为________．解析：依题意得a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，ab n ＝b n ＋1＝2n －1＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝1－29×21－2＋10＝210＋9＝1 033.答案：1 0339．(2019·卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝____________，S n 的最小值为____________．解析：本题考查等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的性质，难度不大，注重重要知识、基础知识、基本运算能力的考查．等差数列{a n }中，S 5＝5a 3＝－10，得a 3＝－2，a 2＝－3，公差d ＝a 3－a 2＝1，a 5＝a 3＋2d ＝0，由等差数列{a n }的性质得n ≤5时，a n ≤0，n ≥6时，a n 大于0，所以S n 的最小值为S 4或S 5，即为－10.答案：(1)0 (2)－1010．(2019·某某三模)设等差数列{a n }的各项均为整数，其公差d ≠0，a 5＝6，若a 3，a 5，a m (m ＞5)是公比为q (q ＞0)的等比数列，则m 的值为________．解析：由a 3a m ＝a 25，(6－2d )[6＋(m －5)d ]＝36，得－2d [(m －5)d －3m ＋21]＝0∵d ≠0，∴(m －5)d －3m ＋21＝0，∴d ＝3m －21m －5＝3－6m －5由m ＞5，m ，d ∈Z 知m －5为6的正约数∴m －5可取1,2,3,6当m －5＝1，m ＝6时，d ＝－3， q ＝a 5a 3＝66－2d ＝12，当m －5＝2，m ＝7时，d ＝0，不合题意，当m －5＝3，m ＝8时，d ＝1，q ＝32当m －5＝6，m ＝11时，d ＝2，q ＝3，故m 的值为6,8或11.答案：6,8或11三、解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)11．(2018·卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2.(1)求{a n }的通项公式；(2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 3＝5ln 2，∴a 1＋d ＋a 1＋2d ＝5ln 2，∵a 1＝ln 2，∴d ＝ln 2，∵等差数列{a n }中a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2，∴a n ＝n ln 2，n ∈N *.(2)由(1)知a n ＝n ln 2，∵e a n ＝e n ln 2＝eln2n ＝2n， ∴{e a n }是以2为首项，2为公比的等比数列∴e a 1＋e a 2＋…＋e a n＝e ln 2＋eln 22＋…＋eln 2n＝2＋22＋ (2)＝21－2n 1－2＝2n ＋1－2∴所求为e a 1＋e a 2＋…e a n ＝2n ＋1－2，n ∈N *. 12．(2019·潍坊三模)设数列{a n }的各项为正实数，b n ＝log 2a n ，若数列{b n }满足b 2＝0，b n ＋1＝b n ＋log 2p ，其中p 为正常数，且p ≠1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若p ＝2，设数列{}对任意的n ∈N *，都有c 1b n ＋c 2b n －1＋c 3b n －2＋…＋b 1＝－2n 成立，问数列{}是不是等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由．解析：(1)因为b n ＋1＝b n ＋log 2p ，所以b n ＋1－b n ＝log 2p ，所以数列{b n }是以log 2p 为公差的等差数列，又b 2＝0，所以b n ＝b 2＋(n －2)(log 2p )＝log 2pn －2，故由b n ＝log 2a n ，得a n ＝2b n ＝2log 2p n －2＝p n －2.(2)因为p ＝2，由(1)得b n ＝n －2，所以c 1(n －2)＋c 2(n －3)＋c 3(n －4)＋…＋(－1)＝－2n ，①则c 1(n －1)＋c 2(n －2)＋c 3(n －3)＋…＋＋1(－1)＝－2(n ＋1)，② 由②－①，得c 1＋c 2＋c 3＋…＋－＋1＝－2，③所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＋＋1－＋2＝－2，④再由④－③，得2＋1＝＋2，即＋2＋1＝2(n ∈N *)，所以当n ≥2时，数列{}成等比数列，又由①式，可得c 1＝2，c 2＝4，则c 2c 1＝2，所以数列{}一定是等比数列，且＝2n .。

2019江苏高考数学二轮练习教学案(祥解)--等差数列与等比数列

2019江苏高考数学二轮练习教学案（祥解）--等差数列与等比数列注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

1.理解等差、等比数列的概念，掌握等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式、2.数列是高中的重要内容，考试说明中，等差、等比数列都是C 级要求，因而考试题多为中等及以上难度，试题综合考查了函数与方程，分类讨论等数学思想、填空题常常考查等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式及等差、等比数列的性质，考查运算求解能力；解答题综合性很强，不仅考查数列本身的知识而且还涉及到函数、不等式、解析几何等方面的知识，基本上都是压轴题、1.在数列{a n }中，a n ＝4n －52，a 1＋a 2＋…＋a n ＝an 2＋bn ，n ∈N *，其中a ，b 为常数，那么ab ＝________.2.等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15.假设b n ＝a 2n ，那么数列{b n }的前5项和等于________、3.设{a n }是公比为正数的等比数列，假设a 1＝1，a 5＝16，那么数列{a n }前7项和为________、 4.等比数列{a n }满足a 1>0，a 1006＝2，那么log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 2011＝________.【例1】等差数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝1，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，前n 项和为T n ，且b 2S 2＝12，b 3S 3＝81.(1)求a n 与b n; (2)求S n 与T n ；(3)设c n ＝a n b n ，{c n }的前n 项和为M n ，求M n .【例2】等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列、【例3】设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n;(2)试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项、【例4】数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n(n ∈N *)，b n ＝3a n .(1)试证数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －13×2n 是等比数列，并求数列{b n }的通项公式、(2)在数列{b n }中，是否存在连续三项成等差数列？假设存在，求出所有符合条件的项；假设不存在，说明理由、(3)试证在数列{b n }中，一定存在满足条件1＜r ＜s 的正整数r ，s ，使得b 1，b r ，b s 成等差数列；并求出正整数r ，s 之间的关系、1.(2017·广东)等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和、假设a 1＝1，a k ＋a 4＝0，那么k ＝________.2.(2017·辽宁)假设等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n，那么公比为________. 3.(2017·湖北)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，那么第5节的容积为________升、4.(2017·天津)设{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和、记T n ＝17S n －S 2na n ＋1，n ∈N ＋，设Tn 0为数列{T n }的最大项，那么n 0＝________.5.(2017·湖北)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列、6.(2017·广东)点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13是函数f(x)＝a x (a>0，a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f(n)－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n ＋1(n ≥2)、(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)假设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1前n 项和为T n ，问T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？(2017·辽宁)(本小题总分值12分)等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和、解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，(2分)解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.(4分)故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n(n ∈N *)、(5分)(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，①故S 1＝1.(7分) S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n .②所以，当n>1时，①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ，(9分)所以S n ＝n2n －1，n ＝1适合，综上数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1.(12分)第10讲等差数列与等比数列1.假设数列{a n }，{b n }的通项公式分别是a n ＝(－1)n ＋2007·a ，b n ＝2＋1n ＋2008n，且a n ＜b n 对任意n ∈N *恒成立，那么常数a 的取值范围是____________、【答案】[－2,1]解析：a ＞0时，a n 的最大值为a(n 取奇数)，b n 的最小值为1，a ＝0，b n ＞0，a n ＜b n 恒成立，a ＜0时，a n 的最大值为－a(n 取偶数)，b n ＞2，－a ≤2，综上，a ∈[－2,1)、2.无穷数列{a n }中，a 1，a 2，…，a m 是首项为10，公差为－2的等差数列；a m ＋1，a m ＋2，…，a 2m 是首项为12，公比为12的等比数列(其中m ≥3，m ∈N *)，并对任意的n ∈N *，均有a n ＋2m ＝a n 成立、(1)当m ＝12时，求a 2010；(2)假设a 52＝1128，试求m 的值；(3)判断是否存在m(m ≥3，m ∈N *)，使得S 128m ＋3≥2010成立？假设存在，试求出m 的值；假设不存在，请说明理由、解：(1)m ＝12时，数列的周期为24.∵2010＝24×83＋18，而a 18是等比数列中的项，∴a 2010＝a 18＝a 12＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝164.(2)设a m ＋k 是第一个周期中等比数列中的第k 项，那么a m ＋k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k.∵1128＝⎝ ⎛⎭⎪⎫127，∴等比数列中至少有7项，即m ≥7，那么一个周期中至少有14项、 ∴a 52最多是第三个周期中的项、假设a 52是第一个周期中的项，那么a 52＝a m ＋7＝1128.∴m ＝52－7＝45；假设a 52是第二个周期中的项，那么a 52＝a 3m ＋7＝1128.∴3m ＝45，m ＝15；假设a 52是第三个周期中的项，那么a 52＝a 5m ＋7＝1128.∴5m ＝45，m ＝9；综上，m ＝45，或15，或9.(3)2m 是此数列的周期，∴S 128m ＋3表示64个周期及等差数列的前3项之和、 ∴S 2m 最大时，S 128m ＋3最大、∵S 2m ＝10m ＋mm －12×(－2)＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝－m 2＋11m ＋1－12m＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1122＋1254－12m ，当m ＝6时，S 2m ＝31－164＝306364；当m ≤5时，S 2m ＜306364；当m ≥7时，S 2m ＜－(7－112)2＋1254＝29＜306364.∴当m ＝6时，S 2m 取得最大值，那么S 128m ＋3取得最大值为64×306364＋24＝2007. 由此可知，不存在m(m ≥3，m ∈N *)，使得S 128m ＋3≥2010成立、基础训练1.－1解析：{a n }为等差数列，那么S n ＝2n 2－12n ，∴a ＝2，b ＝－12.2.90解析：a n ＝3n ，b n ＝6n.3.1274.2011解析：log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 2011＝log 2(a 1a 2a 3…a 2011)＝log 2[(a 1a 2011)(a 2a 2010)…(a 1005a 1007)a 1006]＝log 2[(22)1005×2]＝log 222011＝2011.例题选讲例1解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，那么d 为正数， a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 3b 33＋3d q 2＝81，S 2b 22＋dq ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝9.(舍去)故a n ＝1＋2(n －1)，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.(2)S n ＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2，T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(3)c n ＝(2n －1)×3n －1，M n ＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，① 3M n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，②①－②得－2M n ＝1＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n －1)×3n ， M n ＝(n －1)×3n ＋1.变式训练等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 1，S 3，S 2成等差数列、 (1)求{a n }的公比q ；(2)假设a 1－a 3＝3，求S n .解：(1)依题意有a 1＋(a 1＋a 1q)＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0，又q ≠0，从而q ＝－12.(2)由可得a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝3，故a 1＝4. 从而S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝83⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n . 例2解：(1)由得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n(n ＋2)、(2)由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，那么b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)、∴(q 2－pr)＋(2q －p －r)2＝0,∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr,(p －r)2＝0,∴p ＝r.这与p ≠r 矛盾、故数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列、变式训练设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，其中k 是常数、 (1)求a 1及a n ；(2)假设对于任意的m ∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，求k 的值、解：(1)当n ＝1，a 1＝S 1＝k ＋1，n ≥2，a n ＝S n －S n －1＝kn 2＋n －[k(n －1)2＋(n －1)]＝2kn －k ＋1，(*) 经检验，n ＝1，(*)式成立，∴a n ＝2kn －k ＋1(n ∈N *)、(2)∵a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，∴a 22m ＝a m ·a 4m ，即(4km －k ＋1)2＝(2km －k ＋1)(8km －k ＋1)，整理得：mk(k －1)＝0，对任意的m ∈N *成立，∴k ＝0或k ＝1.例3解：(1)设公差为d ，那么a 22－a 25＝a 24－a 23，由性质得－3d(a 4＋a 3)＝d(a 4＋a 3)，因为d ≠0，所以a 4＋a 3＝0，即2a 1＋5d ＝0，又由S 7＝7得7a 1＋7×62d ＝7，解得a 1＝－5，d ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，前n 项和S n ＝n 2－6n. (2)(解法1)a m a m ＋1a m ＋2＝2m －72m －52m －3，设2m －3＝t ，那么a m a m ＋1a m ＋2＝t －4t －2t＝t ＋8t －6,所以t 为8的约数、因为t 是奇数，所以t 可取的值为±1，当t ＝1，m ＝2时，t ＋8t －6＝3,2×5－7＝3，是数列{a n }中的项；当t ＝－1，m ＝1时，t ＋8t －6＝－15，数列{a n }中的最小项是－5，不符合、所以满足条件的正整数m ＝2.(解法2)因为a m a m ＋1a m ＋2＝a m ＋2－4a m ＋2－2a m ＋2＝a m ＋2－6＋8a m ＋2为数列{a n }中的项，故8a m ＋2为整数，又由(1)知：a m ＋2为奇数，所以a m ＋2＝2m －3＝±1，即m ＝1,2，经检验，符合题意的正整数只有m ＝2.例4解：(1)证明：由a n ＋a n ＋1＝2n ，得a n ＋1＝2n－a n ，所以a n ＋1－13×2n ＋1a n －13×2n ＝2n －a n －13×2n ＋1a n －13×2n＝a n －13×2na n －13×2n＝－1. 又因为a 1－23＝13，所以数列{a n －13×2n}是首项为13，公比为－1的等比数列、所以a n －13×2n ＝13×(－1)n －1，即a n ＝13[2n －(－1)n ]，所以b n ＝2n －(－1)n .(2)假设在数列{b n }中，存在连续三项b k －1，b k ，b k ＋1(k ∈N *,k ≥2)成等差数列，那么b k －1＋b k ＋1＝2b k ，即[2k －1－(－1)k －1]＋[2k ＋1－(－1)k ＋1]＝2[2k －(－1)k ]，即2k －1＝4(－1)k －1.①假设k 为偶数，那么2k －1＞0,4(－1)k －1＝－4＜0，所以，不存在偶数k ，使得b k －1，b k ，b k ＋1成等差数列、②假设k 为奇数，那么当k ≥3时，2k －1≥4，而4(－1)k －1＝4，所以，当且仅当k ＝3时，b k －1，b k ，b k ＋1成等差数列、综上所述，在数列{b n }中，有且仅有连续三项b 2，b 3，b 4成等差数列、 (3)要使b 1，b r ，b s 成等差数列，只需b 1＋b s ＝2b r ，即3＋2s －(－1)s ＝2[2r －(－1)r ]，即2s －2r ＋1＝(－1)s －2(－1)r－3，(﹡)①假设s ＝r ＋1，在(﹡)式中，左端2s －2r ＋1＝0，右端(－1)s －2(－1)r －3＝(－1)s ＋2(－1)s －3＝3(－1)s －3，要使(﹡)式成立，当且仅当s 为偶数时、又s ＞r ＞1，且s ，r 为正整数，所以当s 为不小于4的正偶数，且s ＝r ＋1时，b 1，b r ，b s 成等差数列、②假设s ≥r ＋2时，在(﹡)式中，左端2s －2r ＋1≥2r ＋2－2r ＋1＝2r ＋1，由(2)可知，r ≥3，所以r ＋1≥4，所以左端2s －2r ＋1≥16(当且仅当s 为偶数、r 为奇数时取“＝”)；右端(－1)s －2(－1)s －3≤0.所以当s ≥r ＋2时，b 1，b r ，b s 不成等差数列、综上所述，存在不小于4的正偶数s ，且s ＝r ＋1，使得b 1，b r ，b s 成等差数列. 高考回顾 1.102.43.6766解析：设该数列为{a n }，首项为a 1，公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋7d ＝43，d ＝766.那么a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋7d －3d ＝43－2166＝6766. 4.4解析：不妨设a 1＝1，那么a n ＝(2)n －1，a n ＋1＝(2)n，S n ＝2n－12－1＝a n ＋1－12－1，S 2n ＝22n －12－1＝a 2n ＋1－12－1，T n ＝17S n －S 2na n ＋1＝17·a n ＋1－12－1－a 2n ＋1－12－1a n ＋1＝－12－1⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋16a n ＋1－17，因为函数g(x)＝x ＋16x (x ＞0)在x ＝4时，取得最小值，所以T n ＝－12－1⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋16a n ＋1－17在a n ＋1＝4时取得最大值、此时a n ＋1＝(2)n＝4，解得n ＝4.即T 4为数列{T n }的最大项，那么n 0＝4.5.解：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d ；那么a －d ＋a ＋a ＋d ＝15a ＝5；数列{b n }中的b 3、b 4、b 5依次为7－d,10,18＋d ，那么(7－d)(18＋d)＝100；得d ＝2或d ＝－13(舍)，于是b 3＝5，b 4＝10b n ＝5·2n －3.(2)证明：数列{b n }的前n 项和S n ＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是公比为2的等比数列、6.解：(1)∵f(1)＝a ＝13，∴f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，a 1＝f(1)－c ＝13－c ，a 2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29， a 3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227.又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－2 27＝－23＝13－c ，所以c ＝1；又公比q ＝a 2a 1＝13，所以a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n(n ∈N *)；又S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，又b n ＞0，S n ＞0，∴S n －S n －1＝1；数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2. 当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又b 1＝1， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *)、(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1，由T n ＝n 2n ＋1＞1 0002 009，得n ＞1 0009，满足T n ＞1 0002 009的最小正整数为112.。

高三数学二轮复习：专题二数列

解答
(2)若数列an＋bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}的前 n 项和. 解因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋bn＝2n－1，因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1). 设数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n－n1＋22n－1＝2n－1－n2，所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
热点一等差数列、等比数列的运算
1.通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式等差数列：Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn2－1d；等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).
3.性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.
板块三专题突破核心考点
专题二数列
第1讲等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热点分类突破
押题依据解析答案
2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则
{an}的公比等于
A.3
B.2或3
√C.2
D.6
押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.
押题依据解析答案
3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使得 am·an＝4a1，则m1 ＋4n的最小值为

(新课标)高考数学二轮复习专题二数列第1讲等差数列与等比数列学案理新人教A版

S4＝ 0，因为
a5＝ 5，
4×３所以 4a1＋ 2 d＝ 0，
a1＋ 4d＝ 5，
a1＝－ 3，解得
d＝ 2，
所以
an＝
a1＋
(
n－
1)
d＝－
3＋
2(
n－
1)
＝
2n－
5，
Sn＝
n( na1＋
n－ 2
1)
d＝
n2－
4n.
故选
A．
法二：设等差数列 { an} 的公差为 d，
S4＝ 0，因为
a5＝ 5，
5a1＋ 2 ×２a1
答案： 4
题型二等比数列
1．(2019 ·高考全国卷Ⅲ ) 已知各项均为正数的等比数列 { an} 的前 4 项和为 15，且 a5＝ 3a3
＋ 4a1，则 a3＝ (
)
A．16
B． 8
C．4
D． 2
解析：选 C．设等比数列 { an} 的公比为 q，由 a5＝ 3a3＋ 4a1 得 q4＝ 3q2＋ 4，得 q2＝4，因为
a1≠ 0， a2＝ 3a1，则
＝ S5
________．
解析：设等差数列 { an} 的公差为 d，由 a2＝ 3a1，即 a1＋ d＝3a1，得 d＝2a1，
10×９
10×９
S10 10a1＋ 2 d 10a1＋ 2 ×２a1 100
所以＝ S5
5×４＝
5×４
＝ 25 ＝4.
5a1＋ 2 d
由已知得 q4＝ 4q2，解得 q＝ 0( 舍去 ) ， q＝－ 2 或 q＝ 2.
故 an＝( － 2) 或 n－1 an＝ 2n－1.
(2)

江苏省2019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

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{}a n 和等比数列{}b n 均不是常数列，若a 1＝b 1＝1，且a 1,2a 2,4a 4成等比数列，4b 2,2b 3，b 4成等差数列．(1)求{}a n 和{}b n 的通项公式；(2)设m ，n 是正整数，若存在正整数i ，j ，k (i <j <k )，使得a m b j ，a m a n b i ，a n b k 成等差数列，求m ＋n 的最小值．解 (1)设等差数列a n 的公差为d (d ≠0)，等比数列b n 的公比为q (q ≠1)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a 22＝4a 1a 4，4b 3＝4b 2＋b 4，∴⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，4b 1q 2＝4b 1q ＋b 1q 3，解得d ＝1，q ＝2，所以a n ＝n ，b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)得，a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)，由a m b j ，a m a n b i ，a n b k 成等差数列，得2a m a n b i ＝a m b j ＋a n b k ，即2mn ·2i －1＝m ·2j －1＋n ·2k －1.由于i <j <k ，且为正整数，所以j －i ≥1，k －i ≥2，所以2mn ＝m ·2j －i＋n ·2k －i≥2m ＋4n ，可得mn ≥m ＋2n ，即2m ＋1n≤1，①当1≤m ≤2时，不等式2m ＋1n≤1不成立；②当n ≥4时，1n >0，2m<1，即m >2，则有m ＋n >6；所以m ＋n 的最小值为6，当且仅当j －i ＝1，k －i ＝2且⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝3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a 1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S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列．则数列S 1，S 2，S 4的公比为________．答案 4解析设数列{a n }的公差为d ，由题意，得S 22＝S 1·S 4， ∴(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )． ∵d ≠0，∴d ＝2a 1.故公比q ＝S 2S 1＝4.(2)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 5＝7，且三个数a 1，a 4，a 3依次成等比数列．抽出数列{a n }的第1,2,22， (2)项重新构成新数列{b n }，数列{b n }的前n 项和S n ＝________. 答案 2n ＋2－13n －4(n ∈N *)解析设数列{a n }的公差为d ，由a 1，a 4，a 3构造成的等比数列的公比为q .d ≠0，q ＝a 3－a 4a 4－a 1＝－d 3d ＝－13.∴a 4＝－13a 1，又a 4＝a 1＋3d ，∴a 1＋3d ＝－13a 1，∴d ＝－49a 1.∵a 5＝7，∴a 1＋4d ＝7，∴a 1＝－9，d ＝4.∴a n ＝4n －13(n ∈N *)．由题意，数列{a n }中的第2n项即为数列{b n }中的第n ＋1项． ∴b n ＝a 2n －1＝4×2n －1－13.∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝4×(1＋2＋22＋…＋2n －1)－13n＝4×(2n－1)－13n . ∴S n ＝2n ＋2－13n －4(n ∈N *)．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{}a n ，其前n 项和为S n ，满足a 1＝2，S n ＝λna n ＋μa n －1，其中n ≥2，n ∈N *，λ，μ∈R .(1)若λ＝0，μ＝4，b n ＝a n ＋1－2a n ()n ∈N *，求证：数列{}b n 是等比数列；(2)若a 2＝3，且λ＋μ＝32，求证：数列{}a n 是等差数列．证明 (1)若λ＝0，μ＝4，则S n ＝4a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝4(a n －a n －1)，即a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)，所以b n ＝2b n －1, 又由a 1＝2，a 1＋a 2＝4a 1，得a 2＝3a 1＝6，a 2－2a 1＝2≠0，即b 1≠0，所以b nb n －1＝2，故数列{}b n 是等比数列． (2)若a 2＝3，由a 1＋a 2＝2λa 2＋μa 1，得5＝6λ＋2μ，又λ＋μ＝32，解得λ＝12，μ＝1.由a 1＝2，a 2＝3, λ＝12，μ＝1，代入S 3＝3λa 3＋μa 2得，a 3＝4，所以a 1，a 2，a 3成等差数列，由S n ＝n 2a n ＋a n －1，得S n ＋1＝n ＋12a n ＋1＋a n ，两式相减得a n ＋1＝n ＋12a n ＋1－n2a n ＋a n －a n －1，即(n －1)a n ＋1－(n －2)a n －2a n －1＝0，所以na n ＋2－(n －1)a n ＋1－2a n ＝0，相减得na n ＋2－2(n －1)a n ＋1＋(n －4)a n ＋2a n －1＝0，所以n (a n ＋2－2a n ＋1＋a n )＋2(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝0，所以(a n ＋2－2a n ＋1＋a n )＝－2n (a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝(－2)2n (n －1)(a n －2a n －1＋a n －2)＝…＝(－2)n －1n (n －1) (2)(a 3－2a 2＋a 1)，因为a 1－2a 2＋a 3＝0，所以a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，即数列{}a n 是等差数列．思维升华数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (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利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1 (n ≥2，n ∈N *)．(2)证明数列{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，n ∈N *)．跟踪演练2 已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0，4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2ntn .(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值． (1)证明由题意得，4(n ＋1)a 2n ＝na 2n ＋1，因为数列{a n }各项为正数，得a 2n ＋1n ＋1＝4a 2nn ，所以a n ＋1n ＋1＝2·a nn，因此a n ＋1n ＋1a n n＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是以a 1为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)得a n n＝a 1·2n －1，a n ＝a 12n －1n ， b n ＝a 2n t n ＝a 214n －1n tn .如果数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，得2·2a 21·42－1t2＝a 2140t ＋3a 21·43－1t 3，即16t 2＝1t ＋48t3，则t 2－16t ＋48＝0，解得t ＝4或12. 当t ＝4时，b n ＝a 21n4， b n ＋1－b n ＝a 21(n ＋1)4－a 21n 4＝a 214，数列{b n }是等差数列，符合题意；当t ＝12时，b n ＝a 21n4·3n ，b 2＋b 4＝2a 214·32＋4a 214·34＝22a 214·34＝11162a 21， 2b 3＝2·3a 214·33＝a 2118， b 2＋b 4≠2b 3，数列{b n }不是等差数列，t ＝12不符合题意．综上，若数列{b n }是等差数列，则t ＝4. 热点三等差数列、等比数列的综合例3 在数列{a n }中，已知a 1＝a 2＝1，a n ＋a n ＋2＝λ＋2a n ＋1，n ∈N *，λ为常数． (1)证明：a 1，a 4，a 5成等差数列； (2)设c n ＝22n na a ＋－，求数列{c n }的前n 项和S n ；(3)当λ≠0时，数列{a n －1}中是否存在三项a s ＋1－1，a t ＋1－1，a p ＋1－1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a n ＋a n ＋2＝λ＋2a n ＋1，a 1＝a 2＝1，所以a 3＝2a 2－a 1＋λ＝λ＋1. 同理，a 4＝2a 3－a 2＋λ＝3λ＋1，a 5＝2a 4－a 3＋λ＝6λ＋1.又因为a 4－a 1＝3λ，a 5－a 4＝3λ，所以a 1，a 4，a 5成等差数列． (2)解由a n ＋a n ＋2＝λ＋2a n ＋1，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋λ，令b n ＝a n ＋1－a n ，则b n ＋1－b n ＝λ，b 1＝a 2－a 1＝0，所以{b n }是以0为首项，λ为公差的等差数列，所以b n ＝b 1＋(n －1)λ＝(n －1)λ，即a n ＋1－a n ＝(n －1)λ，所以a n ＋2－a n ＝2(a n ＋1－a n )＋λ＝(2n －1)λ，所以c n ＝22n na a +－＝2(2n －1)λ.S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝2λ＋23λ＋25λ＋…＋2(2n －1)λ.当λ＝0时，S n ＝n ；当λ≠0时，S n ＝2λ＋23λ＋25λ＋…＋2(2n －1)λ＝2λ(1－22nλ)1－22λ. (3)解由(2)知a n ＋1－a n ＝(n －1)λ，用累加法可求得a n ＝1＋(n －1)(n －2)2λ(n ≥2)，当n ＝1时也适合，所以a n ＝1＋(n －1)(n －2)2λ(n ∈N *)．假设存在三项a s ＋1－1，a t ＋1－1，a p ＋1－1成等比数列，且s ，t ，p 也成等比数列，则(a t ＋1－1)2＝(a s ＋1－1)(a p ＋1－1)，由λ≠0，得t 2(t －1)24＝s (s －1)p (p －1)4.因为s ，t ，p 成等比数列，所以t 2＝sp ，所以(t －1)2＝(s －1)(p －1)，化简得s ＋p ＝2t ，联立t 2＝sp ，得s ＝t ＝p ，这与题设矛盾．故不存在三项a s ＋1－1，a t ＋1－1，a p ＋1－1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{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4. (1)若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式．解 (1)当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝－23n 2＋83n (n ∈N *)．(2)由题意得2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2.由2a 3＝a 2＋a 4＋2及2a 2＝a 1＋a 3＋2，得a 4＝2a 3－a 2－2＝2(2a 2－a 1－2)－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3.由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得 (a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列，所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3(n ∈N *)．当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3，于是a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，…，a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得，a n －a 1＝－2[1＋2＋…＋(n －1)]＋3(n －1)(n ≥2)，所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝2也适合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.1．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.答案 32解析设数列{a n }的首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.2．(2018·江苏)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为________．答案 27解析经过列举计算可知S 26＝21×(1＋41)2＋2×(1－25)1－2＝503，而a 27＝43.12a 27＝516，不符合题意．S 27＝22×(1＋43)2＋2×(1－25)1－2＝546，a 28＝45,12a 28＝540，符合题意．∴使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为27.3．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 12＝________________________________________________________________. 答案 4解析设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4－2a 27＋3a 8＝0，所以a 7－3d －2a 27＋3(a 7＋d )＝0，即a 27＝2a 7，解得a 7＝0(舍去)或a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.因为数列{b n }是等比数列，所以b 2b 12＝b 27＝4.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)，则S 100＝________.答案1200解析 ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， ∴S n －S n －1＝－2S n S n －1， ∴S n (1＋2S n －1)＝S n －1，显然，若S n －1≠0，则S n ≠0， ∵S 1＝a 1＝12≠0，∴由递推关系式知S n ≠0(n ∈N *)， ∴1S n －1－1S n＝－2，即1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 为等差数列，∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·2＝1a 1＋2n －2＝2n ，∴S n ＝12n ，∴S 100＝1200.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2－a n ，n ＝1,2,3，…. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋a n ，求数列{b n }的通项公式； (3)在(2)的前提条件下，设c n ＝n (3－b n )，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)因为当n ＝1时，a 1＋S 1＝a 1＋a 1＝2，所以a 1＝1. 因为S n ＝2－a n ，即a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2.两式相减，得a n ＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0，即a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝0，故有2a n ＋1＝a n . 因为a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝12(n ∈N *)．所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1＝b n ＋a n (n ＝1,2,3，…)，所以b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.从而有b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝12，b 4－b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，…，b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2(n ＝2,3，…)．将这n －1个等式相加，得b n －b 1＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12＝2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.又因为b 1＝1，所以b n ＝3－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ＝1,2,3，…)．(3)因为c n ＝n (3－b n )＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以T n ＝2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎦⎥⎤(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，①12T n ＝2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…⎦⎥⎤＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .② ①－②，得12T n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，故T n ＝41－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－4n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝8－82n －4n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝8－(8＋4n )12n (n ＝1,2,3，…)．A 组专题通关1．(2018·镇江期末)设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若a 1＝－2, S 6＝9S 3，则a 5的值为________．答案－32解析设等比数列{}a n 的公比为q ，由题意知，q ≠1，∵a 1＝－2, S 6＝9S 3，∴()1－q 61－q ＝9()1－q 31－q，化简为1＋q 3＝9，∴q ＝2， ∴a 5＝－2×24＝－32.2．设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝________. 答案 25解析由a 1＝1，a 4＝7，可得d ＝2，所以a n ＝2n －1，所以S 5＝(1＋9)×52＝25.3．(2018·盐城模拟)设S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若{}a n 的前2 017项中的奇数项和为2 018，则S 2 017的值为________．答案 4 034解析因为{}a n 的前2 017项中的奇数项和为2 018，所以1 0092()a 1＋a 2 017＝2 018，所以a 1＋a 2 017＝4，因此S 2 017＝2 0172()a 1＋a 2 017＝4 034. 4．等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________. 答案 10解析方法一 S 9＝S 4，即9(a 1＋a 9)2＝4(a 1＋a 4)2，∴9a 5＝2(a 1＋a 4)，即9(1＋4d )＝2(2＋3d )，∴d ＝－16，由1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－16(k －1)＋1＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＝0，得k ＝10. 方法二 S 9＝S 4，∴a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0， ∴a 7＝0，从而a 4＋a 10＝2a 7＝0， ∴k ＝10.5．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为________．答案 110解析 ∵a 27＝a 3a 9，d ＝－2，∴(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20， ∴S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.6．(2018·江苏泰州中学月考)已知数列{}a n 满足： a 1＝1, a n ＋1＝a na n ＋2( n ∈N *)，则数列{}a n 的通项公式为________．答案 a n ＝12n－1(n ∈N *) 解析由a n ＋1＝a na n ＋2得 1a n ＋1＝2a n ＋1 ，变形得 1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是以2为公比的等比数列，所以1a n＋1＝2×2n －1＝2n，所以a n ＝12n －1(n ∈N *)．7．设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑k ＝1100a k a k ＋1的值为________．答案100101解析因为(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1，所以a n －a n ＋1－a n a n ＋1＝0，从而1a n ＋1－1a n＝1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋n －1＝n ，所以a n ＝1n.故a n ＋1a n ＝1(n ＋1)n ＝1n －1n ＋1，因此∑k ＝1100a k a k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.8．已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为________．答案179解析设等差数列{a n }的首项为a 1，则由S 5S 3＝3，得5a 1＋10d 3a 1＋3d＝3，所以d ＝4a 1，所以a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.9．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和S n .解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q >0且⎩⎪⎨⎪⎧1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13，解得d ＝2，q ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1，n ∈N *.(2)a n b n ＝2n －12n －1.S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，① 2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2，②②－①，得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)．10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝14，且S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *，且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－1194，且3b n －b n －1＝n (n ≥2，且n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n －a n }为等比数列． (1)解由S n ＝S n －1＋a n －1＋12，得S n －S n －1＝a n －1＋12，即a n －a n －1＝12(n ∈N *，n ≥2)，则数列{a n }是以12为公差的等差数列．又a 1＝14，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12n －14.(2)证明 ∵3b n －b n －1＝n (n ≥2)， ∴b n ＝13b n －1＋13n (n ≥2)，∴b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14＝13b n －1－16n ＋14＝13⎝⎛⎭⎪⎫b n －1－12n ＋34(n ≥2)．b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)＋14＝b n －1－12n ＋34(n ≥2)，∴b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)．∵b 1－a 1＝－30≠0， ∴b n －a n b n －1－a n －1＝13(n ≥2)．∴数列{b n －a n }是以－30为首项，13为公比的等比数列．B 组能力提高11．在等比数列{}a n 中，a 2＝1，公比q ≠±1.若a 1,4a 3,7a 5成等差数列，则a 6的值是________．答案149解析由题意得8a 3＝a 1＋7a 5⇒8q ＝1q ＋7q 3⇒7q 4－8q 2＋1＝0⇒q 2＝17(舍q 2＝1)，从而a 6＝q4＝149. 12．(2018·常州期末)各项均为正数的等比数列{}a n 中，若a 2a 3a 4＝a 2＋a 3＋a 4，则a 3的最小值为________．答案3解析因为{}a n 是各项均为正数的等比数列，且a 2a 3a 4＝a 2＋a 3＋a 4，所以a 33－a 3＝a 2＋a 4，则a 33－a 3＝a 2＋a 4≥2a 2a 4＝2a 3，当且仅当a 2＝a 4时，等号成立，所以()a 23－3a 3≥0，所以a 3≥3，故a 3的最小值为 3.13．记等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S k －1＝8，S k ＝0，S k ＋1＝－10，则正整数k ＝________. 答案 9解析由题意得S k －S k －1＝a k ＝－8，S k ＋1－S k ＝a k ＋1＝－10，则d ＝－2.由S k ＝(a 1＋a k )k 2＝0，a 1＝8，所以a k ＝a 1＋(k －1)d ＝－8，即8－2(k －1)＝－8，则k ＝9.14．已知等比数列a 1，a 2，a 3的和为定值m (m >0)，且公比q <0，令t ＝a 1a 2a 3，t 的取值范围为________．答案 [－m 3,0)解析 m ＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q＋q ＋1，所以a 2＝m 1＋q ＋1q，因为q <0，所以q ＋1q ≤－2.又m >0，所以－m ≤m1＋q ＋1q<0，即－m ≤a 2<0，所以t ＝a 1a 2a 3＝a 32∈[－m 3,0)．15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，n ∈N *. (1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上，若不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n对于n ∈N *恒成立，求实数m 的最大值． (1)证明由a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋n －1＝a n ，n ≥2，两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，因为a 1＝0，所以a 1＋1＝1，a 2＋1＝2(a 1＋1)，所以{a n ＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得a n ＝2n －1－1，因为点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上，所以T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n n 是以T 11＝1为首项，12为公差的等差数列，故T n n ＝1＋12(n －1)，所以T n ＝n (n ＋1)2. 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n ，因为b 1＝1满足该式，所以b n ＝n . 所以不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n，即1＋22＋322＋…＋n 2n －1≥m －92n ，令R n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1，则12R n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12R n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以R n ＝4－n ＋22n －1.由R n ≥m －92n 恒成立，即4－2n －52n ≥m 恒成立．又⎝⎛⎭⎪⎫4－2n －32n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －52n ＝2n －72n ＋1，故当n ≤3时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫4－2n －52n 单调递减，且当n ＝3时，4－2×3－523＝318；当n ≥4时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫4－2n －52n 单调递增，且当n ＝4时，4－2×4－524＝6116，则4－2n －52n 的最小值为6116，所以实数m 的最大值是6116.16．(2018·江苏盐城中学热身)已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧13a n ＋n ，n 为奇数，a n －3n ，n 为偶数.(1)是否存在实数λ，使得数列{a 2n －λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；(2)若S n 是数列{a n }的前n 项和，求满足S n >0的所有正整数n .解 (1)由已知，得a 2(n ＋1)＝13a 2n ＋1＋(2n ＋1)＝13[a 2n －3(2n )]＋2n ＋1＝13a 2n ＋1. 令a 2(n ＋1)－λ＝13(a 2n －λ)，得a 2(n ＋1)＝13a 2n ＋23λ，所以λ＝32.此时，a 2－λ＝13＋1－32＝－16.所以存在λ＝32，使得数列{a 2n －λ}是等比数列．(2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n －32是首项为－16，公比为13的等比数列，所以a 2n －32＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－12·13n ，即a 2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n .由a 2n ＝13a 2n －1＋(2n －1)，得a 2n －1＝3a 2n －3(2n －1)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n －6n ＋3，所以a 2n －1＋a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n －6n ＋3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n－6n ＋9，所以S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －6(1＋2＋…＋n )＋9n ＝13n －3n 2＋6n －1，从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝32×13n －3n 2＋6n －52.因为13n 和－3n 2＋6n ＝－3(n －1)2＋3在n ∈N *时均单调递减，所以S 2n 和S 2n －1均各自单调递减．计算得S 1＝1，S 2＝73，S 3＝－73，S 4＝－89，所以满足S n >0的所有正整数n 的值为1和2.。

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第1讲等差数列与等比数列[考情考向分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一等差数列、等比数列的运算 1.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 －1.2．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 q 1－q (q ≠1)，na 1(q ＝1).3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)(2018·全国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等于( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12 答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }中，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析由题意可得，S 4－S 2＝q 2S 2，代入得q 2＝9. ∵等比数列{a n }的各项均为正数， ∴q ＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162.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a 1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)(2018·浙江省重点中学联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 017，S 6－2S 3＝18，则S 2 019等于( )A ．2 016B ．2 019C ．－2 017D ．－2 018 答案 B解析在等差数列{a n }中，设公差为d . ∵S 6－2S 3＝18，∴a 4＋a 5＋a 6－(a 1＋a 2＋a 3)＝9d ＝18. ∴d ＝2，∴S 2 019＝2 019a 1＋2 019×2 018d2＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故选B. (2)(2018·全国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 ＝qn －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(n ∈N *)．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.热点二等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (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，n ∈N *)． (2)证明数列{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，n ∈N *)．例2 已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n . (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)，又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列． (2)解由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，② 联立①②得，a n ＝2n＋1，所以2na n a n ＋1＝2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)．思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .(1)证明由题意知2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，(*)当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入(*)式得 2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1(n ≥2)．又当n ＝1时，由(*)式可得a 1＝S 1＝1， ∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ， ∵数列{a n }的各项都为正数，∴S n ＝n ， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，又a 1＝S 1＝1满足上式， ∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)． (3)解由(2)得b n ＝(－1)n a n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ，当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn (n ∈N *)．热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }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{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2(n ∈N *)．(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．思维升华 (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)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝·32n na b ⎛⎫⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ，得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝·32n na b ⎛⎫⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a +＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n (2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________．答案 4解析设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.2．(2017·浙江改编)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的________条件．答案充要解析方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列， ∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ， ∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d . 若d >0，则21d >20d,10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即S 4＋S 6>2S 5.若S 4＋S 6>2S 5，则10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即21d >20d ，∴d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．方法二 ∵S 4＋S 6>2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6>2(S 4＋a 5)⇔a 6>a 5⇔a 5＋d >a 5⇔d >0. ∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．3．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 答案 1解析设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2. ∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1.4．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.答案 32解析设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13押题依据等差数列的性质和前n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力．答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．在等比数列{a n }中，a 3－3a 2＝2，且5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，则{a n }的公比等于( ) A ．3 B ．2或3 C ．2D ．6押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点．答案 C解析设公比为q,5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，可得10a 4＝12a 3＋2a 5，10a 3q ＝12a 3＋2a 3q 2，得10q ＝12＋2q 2，解得q ＝2或3.又a 3－3a 2＝2，所以a 2q －3a 2＝2，即a 2(q －3)＝2，所以q ＝2.3．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向．答案 A解析由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)．又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝⎛⎭⎪⎫24m n ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝nm，即n ＝2m ＝4时取等号．4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |； ④f (x )＝ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( ) A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉．答案 C解析由等比数列的性质得，a n a n ＋2＝a 2n ＋1. ①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝[f (a n ＋1)]2； ②f (a n )f (a n ＋2)＝22122222n n n n n aa a a a ＋＋＋＋＝＝[f (a n ＋1)]2；③f (a n )f (a n ＋2)＝|a n a n ＋2|＝|a n ＋1|2＝[f (a n ＋1)]2； ④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝[f (a n ＋1)]2.A 组专题通关1．在正项等比数列{a n }中，已知a 3a 5＝64，则a 1＋a 7的最小值为( ) A ．64 B ．32 C ．16 D ．8答案 C解析在正项等比数列{a n }中， ∵a 3a 5＝64，∴a 3a 5＝a 1a 7＝64， ∴a 1＋a 7≥2a 1a 7＝264＝2×8＝16，当且仅当a 1＝a 7＝8时取等号，∴a 1＋a 7的最小值为16，故选C.2．(2018·嘉兴市、丽水市模拟)已知数列{a n }为等差数列，且a 8＝1，则2|a 9|＋|a 10|的最小值为( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 答案 C解析因为数列{a n }为等差数列，所以2a 9＝a 8＋a 10，则2|a 9|＝|a 8＋a 10|≥|a 8|－|a 10|，所以2|a 9|＋|a 10|≥|a 8|＝1，当且仅当a 10<0且|a 10|≤|a 8|＝1时，等号成立，故选C.3．(2018·诸暨市高考适应性考试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d 不等于零，若a 2，a 3，a 6成等比数列，则( )A ．a 1d >0，dS 3>0B ．a 1d >0，dS 3<0C ．a 1d <0，dS 3>0D ．a 1d <0，dS 3<0 答案 C解析因为数列{a n }为等差数列，且a 2，a 3，a 6构成等比数列，所以a 23＝a 2a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，结合d ≠0化简得d ＝－2a 1≠0，则a 1d ＝－2a 21<0，dS 3＝d (a 1＋a 1＋d ＋a 1＋2d )＝－2a 1(a 1＋a 1－2a 1＋a 1－4a 1)＝6a 21>0，故选C.4．(2018·浙江省温州六校协作体联考)设{a n }是公比为实数q 的等比数列，首项a 1＝64，对于n ∈N *，a n ＝2b n ，当且仅当n ＝4时，数列{b n }的前n 项和取得最大值，则q 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫36，13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，24 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫26，24答案 C 解析由题意得a n ＋1a n ＝2b n ＋12b n＝2b n ＋1－b n ＝q >0，所以b n ＋1－b n ＝log 2q 为常数，又因为a 1＝12b＝64，所以b 1＝6，所以数列{b n }为首项为6，公差为log 2q 的等差数列，又因为当且仅当n＝4时，数列{b n }的前n 项和取得最大值，所以⎩⎪⎨⎪⎧b 4＝6＋3log 2q >0，b 5＝6＋4log 2q <0，解得14<q <24，故选C.5．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12(n ≥2)，则a 6等于( ) A ．2 2 B ．4 C ．16 D ．45 答案 B 解析由a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12得a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，即a 2n －a 2n －1＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥2)，所以数列{a 2n }为等差数列，且首项为a 21＝1，公差为d ＝a 22－a 21＝3，则a 26＝a 21＋5d ＝16，又因为数列{a n }为正项数列，所以a 6＝4，故选B.6．已知等差数列{a n }的公差不为0，a 1＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案n (n ＋1)2(n ∈N *)解析设等差数列{a n }的公差为d . ∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋7d )， ∴(1＋3d )2＝(1＋d )·(1＋7d )，解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)．7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝8，且S n ≤S 7，则公差d 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43解析 ∵a 2＝8＝a 1＋d ， ∴a 1＝8－d ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(8－d )n ＋n (n －1)2d ＝12dn 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫8－32d n ，对称轴为n ＝32－8d， ∵S n ≤S 7，∴S 7为S n 的最大值，由二次函数的性质可得，⎩⎪⎨⎪⎧ 132≤32－8d ≤152，d <0，得－85≤d ≤－43，即d 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43. 8．(2018·浙江省金华十校模拟)已知等差数列{a n }满足：a 4>0，a 5<0，数列的前n 项和为S n ，则S 5S 4的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫56，1 解析因为在等差数列{a n }中，a 4>0，a 5<0，所以等差数列{a n }的公差d <0，且⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝a 1＋3d >0，a 5＝a 1＋4d <0，解得－3d <a 1<－4d ，所以S 5S 4＝5a 1＋10d 4a 1＋6d ＝54＋52d 4a 1＋6d ＝54＋524a 1d＋6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫56，1. 9．(2018·浙江省杭州第二中学等五校联考)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1，S 5，S 10成等差数列，则S 10－2S 5＝________，S 15－S 10的最小值为________．答案 1 4解析因为－1，S 5，S 10成等差数列，所以2S 5＝－1＋S 10，则S 10－2S 5＝1.又由等比数列的性质得S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且已知a n >0，所以S 15－S 10＝(S 10－S 5)2S 5＝(1＋2S 5－S 5)2S 5＝S 5＋1S 5＋2≥2S 5·1S 5＋2＝4，当且仅当S 5＝1S 5，即S 5＝1时等号成立，所以S 15－S 10的最小值为4. 10．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明：∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． (1)解设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1. 设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． (2)①解由(1)得S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故T n ＝∑k ＝1n (2k －1)＝∑k ＝1n 2k －n ＝2×(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2(n ∈N *)．②证明因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k (k ＋1)(k ＋2)＝k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． B 组能力提高11．(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)已有正项数列{a n }是单调递增的等差数列，{b n }是等比数列，且满足a 1＝b 1，a 5＝b 5，则以下结论：①a 3b 3；③a 6b 6，正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 B解析设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由a 5＝b 5得a 1＋4d ＝b 1q 4，又a 1＝b 1，所以d ＝a 1(q 4－1)4.因为数列{a n }为正项单调递增数列，所以a 1>0，d >0，则q 4－1>0，解得q >1或q <－1.当q >1时，a n 可以看作是直线上的点的纵坐标，b n 可以看作是指数函数图象上的点的纵坐标，则易得此时a 6b 6，③④错误．由等差数列和等比数列的性质易得a 3＝a 1＋a 52，b 23＝b 1b 5＝a 1a 5，则a 23－b 23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 522－a 1a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a 522>0，所以a 3>b 3，①错误，②正确．综上所述，正确结论的个数为1.故选B.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n ＋15，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( )A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28 答案 C解析根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)，式子左、右两端同除以(2n －5)(2n －3)，可得a n ＋12n －3＝a n 2n －5＋1，即a n ＋12(n ＋1)－5－a n2n －5＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以a n2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即a n ＝(n －6)(2n －5)，由此可以判断出a 3，a 4，a 5这三项是负数，从而得到当n ＝5，m ＝2时，S n －S m 取得最小值，且S n －S m ＝S 5－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14.13．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝b n ＋a n －n .(1)证明：{a n －n }为等比数列； (2)数列{c n }满足c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)，求数列{c n }的前n 项和T n . (1)证明 ∵a n ＋1＝2a n －n ＋1，∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，又a 1－1＝2，∴{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)知a n －n ＝(a 1－1)·2n －1＝2n ， ∵b n ＋1＝b n ＋a n －n ，∴b n ＋1－b n ＝2n ，⎩⎪⎨⎪⎧ b 2－b 1＝21，b 3－b 2＝22，…，b n －b n －1＝2n －1，累加得到b n ＝2＋2·(1－2n －1)1－2＝2n (n ≥2)．当n ＝1时，b 1＝2，∴b n ＝2n，∴c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1. ∴T n ＝13－12n ＋1＋1. 14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24，得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2，因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，所以1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝n 6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3，所以T n ＝4n λ＋2λ，当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ，此时有b n b n －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。

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