最新二轮专题辅导与练习专题四第一讲
相关主题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
二轮专题辅导与练习专
一、主干知识
1.等差数列的定义： {an}为等差数列⇔_a_n+_1_-_a_n=_d_(n∈N*，d为常数). 2.等比数列的定义：
a n1 q
{an}为等比数列⇔___a _n _____(其中n∈N*,an≠0,q为不为零
的常数).
5.(2013·北京高考)若等比数列{an}满足a2＋a4=20，a3＋a5=
即a1(1+q+q2)=-3a1(1+q)
化简整理得q2+4q+4=0,解得q=-2.
答案：-2
热点考向 1 等差(比)数列的基本运算
【典例1】(1)(2013·新课标全国卷Ⅰ改编)设等差数列{an}的
前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=_______.
(2)(2013·湖北高考)已知等比数列{an}满足：
a1 a2
am
【方法总结】等差(比)数列基本运算中的关注点 (1)基本量. 在等差(比)数列中,首项a1和公差d(公比q)是两个基本量. (2)解题思路. ①求公差d(公比q):常用公式an=am+(n－m)d(an=amqn－m); ②列方程组: 若条件与结论的联系不明显时,常把条件转化为关 于a1和d(q)的方程组求解,但要注意消元及整体计算,以减少计 算量.
【变式训练】设递增等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=1,a4
是a3和a7的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
【解析】(1)在递增等差数列{an}中，设首项为a1，公差为d
(d＞0),
因为 a42a3a7, a13d21a16d,
a31
a12d1,
因为数列{an}为等差数列，所以d=am+1-am=1，又因为Sm=
ma1 =am0，所以m(a1+2)=0，因为m≠0，所以a1=-2，
2
又am=a1+(m-1)d=2，解得m=5．
答案：5
(2)①设等比数列{an}的公比为q,则由已知可得
a
3 1
q
3
125,
a1q
a1q
2
10,
解得
a q
类型
等差数列
等比数列
和的 性质
当n为奇数时：
40，则公比q=_______；前n项和Sn=_______.
【解析】qa3
a2
a5 a4
所2400以a2， 2+a4=2a1+8a1=20,所以a1=2，
Sn
2(1－2n)2n1－2. 1－2
答案：2 2n+1－2
6.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q=
.
【解析】由S3=-3S2可得a1+a2+a3=-3(a1+a2),
3
若an=(－5)·(－1)n－1，则
1 －1－1n－1，
an 5
故
a
1
是 首项为
n
－公1比， 为－1的等比数列，
5
从而
m n1
1 an
－15,m2k－1,kN*,． 0,m2k,kN*
故 m 1 1．
a n 1 n
m
综上，对任何正整数m，总有
1
1．
a n 1 n
故不存在正整数m，使得 1 1 ≥1成1 立．
②求 m 的1 关键点．
a n 1 n
(ⅰ)如何判断数列{
}1 的类型?
an
提(ⅱ示)怎：样可确根定据annm先1 与a1求n 1出的关a 1 n 系再， ?判断数列类型．
提示：根据 m 1的表达式判断．
a n 1 n
【解析】(1)由已知得，am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3，
因为a3a11=a5a9=a72，
所以a75=243,
所以a7=3.
结合等比中项的性质可知
a 92 a 11
a7 3.
答案：3
【互动探究】本例题(1)中条件不变,试求a2+a5+a8的值. 【解析】由本题解析知a4=13,a6=9,
所以a2+a5+a8=3a3 2 5=a4a63 213933.
__________.
【解析】(1)由a1+a4+a7=39,得3a4=39,a4=13.
由a3+a6+a9=27,得3a6=27,a6=9.
所以 S 9 9 a 1 2 a 9 9 a 4 2 a 6 9 1 2 3 9 9 9 .
答案：99
(2) 在等比数列{an}中，a3a5a7a9a11=243.
(2)(2013·三门峡模拟)在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11=243,
则a
2 9
的值为_________.
a 11
【解题探究】
(1)根据a1+a4+a7=39能求的项a是4 __,根据a3+a6+a9=27能求的项 是a6
__.
a7
(a29)2由=aa73·aa51a17a9a11=243可求的项是__，a92与a11之间的关系是
1
5,
或3
3
a q
1
5 1,
,
故an=5 ·3n-1，或an=-5·(-1)n-1．
3
②若an=5 ·3n-1，则 1 3 (1)n－1，Hale Waihona Puke Baidu
3
an 5 3
故
a
1
n
是 首项为
公3 ，比为 的等1 比数列，
5
3
从而
m1 a n1 n
5311－ － (113)m1901－ (13)m1901．
|a2-a3|=10,a1a2a3=125．
①求数列{an}的通项公式;
②是否存在正整数m,使得 1 1 1 1？若存在,求m的最
a1 a2
am
小值;若不存在,说明理由．
【解题探究】 (1)an与Sn的关系是什么? 提示：an=Sn-Sn-1(n≥2)． (2)①怎样求等比数列{an}的首项a1和公比q? 提示：把已知条件用a1,q表示出来,解方程(组)即可．
解得 ad123,或ad101， 舍去.
所以an=-3+(n-1)×2=2n-5.
(2)Snn3 22n5n24n,
所以Sn=n2-4n.
热点考向 2 等差(比)数列的性质
【典例2】(1)(2013·天津模拟)等差数列{an}中,如果a1+a4+a7
=39,a3+a6+a9=27,数列{an}前9项的和为_______.
【方法总结】等差(比)数列的性质盘点
类型
等差数列
等比数列
2ak=am+al(m,k,l∈N* 项的 且m,k,l成等差数列)
ak2=am·al(m,k,l∈N*且 m,k,l成等差数列)
性质 am+an=ap+aq(m,n,p,q am·an=ap·aq(m,n,p,
∈N*,且m+n=p+q)
q∈N*且m+n=p+q)
一、主干知识
1.等差数列的定义： {an}为等差数列⇔_a_n+_1_-_a_n=_d_(n∈N*，d为常数). 2.等比数列的定义：
a n1 q
{an}为等比数列⇔___a _n _____(其中n∈N*,an≠0,q为不为零
的常数).
5.(2013·北京高考)若等比数列{an}满足a2＋a4=20，a3＋a5=
即a1(1+q+q2)=-3a1(1+q)
化简整理得q2+4q+4=0,解得q=-2.
答案：-2
热点考向 1 等差(比)数列的基本运算
【典例1】(1)(2013·新课标全国卷Ⅰ改编)设等差数列{an}的
前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=_______.
(2)(2013·湖北高考)已知等比数列{an}满足：
a1 a2
am
【方法总结】等差(比)数列基本运算中的关注点 (1)基本量. 在等差(比)数列中,首项a1和公差d(公比q)是两个基本量. (2)解题思路. ①求公差d(公比q):常用公式an=am+(n－m)d(an=amqn－m); ②列方程组: 若条件与结论的联系不明显时,常把条件转化为关 于a1和d(q)的方程组求解,但要注意消元及整体计算,以减少计 算量.
【变式训练】设递增等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=1,a4
是a3和a7的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
【解析】(1)在递增等差数列{an}中，设首项为a1，公差为d
(d＞0),
因为 a42a3a7, a13d21a16d,
a31
a12d1,
因为数列{an}为等差数列，所以d=am+1-am=1，又因为Sm=
ma1 =am0，所以m(a1+2)=0，因为m≠0，所以a1=-2，
2
又am=a1+(m-1)d=2，解得m=5．
答案：5
(2)①设等比数列{an}的公比为q,则由已知可得
a
3 1
q
3
125,
a1q
a1q
2
10,
解得
a q
类型
等差数列
等比数列
和的 性质
当n为奇数时：
40，则公比q=_______；前n项和Sn=_______.
【解析】qa3
a2
a5 a4
所2400以a2， 2+a4=2a1+8a1=20,所以a1=2，
Sn
2(1－2n)2n1－2. 1－2
答案：2 2n+1－2
6.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q=
.
【解析】由S3=-3S2可得a1+a2+a3=-3(a1+a2),
3
若an=(－5)·(－1)n－1，则
1 －1－1n－1，
an 5
故
a
1
是 首项为
n
－公1比， 为－1的等比数列，
5
从而
m n1
1 an
－15,m2k－1,kN*,． 0,m2k,kN*
故 m 1 1．
a n 1 n
m
综上，对任何正整数m，总有
1
1．
a n 1 n
故不存在正整数m，使得 1 1 ≥1成1 立．
②求 m 的1 关键点．
a n 1 n
(ⅰ)如何判断数列{
}1 的类型?
an
提(ⅱ示)怎：样可确根定据annm先1 与a1求n 1出的关a 1 n 系再， ?判断数列类型．
提示：根据 m 1的表达式判断．
a n 1 n
【解析】(1)由已知得，am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3，
因为a3a11=a5a9=a72，
所以a75=243,
所以a7=3.
结合等比中项的性质可知
a 92 a 11
a7 3.
答案：3
【互动探究】本例题(1)中条件不变,试求a2+a5+a8的值. 【解析】由本题解析知a4=13,a6=9,
所以a2+a5+a8=3a3 2 5=a4a63 213933.
__________.
【解析】(1)由a1+a4+a7=39,得3a4=39,a4=13.
由a3+a6+a9=27,得3a6=27,a6=9.
所以 S 9 9 a 1 2 a 9 9 a 4 2 a 6 9 1 2 3 9 9 9 .
答案：99
(2) 在等比数列{an}中，a3a5a7a9a11=243.
(2)(2013·三门峡模拟)在等比数列{an}中，若a3a5a7a9a11=243,
则a
2 9
的值为_________.
a 11
【解题探究】
(1)根据a1+a4+a7=39能求的项a是4 __,根据a3+a6+a9=27能求的项 是a6
__.
a7
(a29)2由=aa73·aa51a17a9a11=243可求的项是__，a92与a11之间的关系是
1
5,
或3
3
a q
1
5 1,
,
故an=5 ·3n-1，或an=-5·(-1)n-1．
3
②若an=5 ·3n-1，则 1 3 (1)n－1，Hale Waihona Puke Baidu
3
an 5 3
故
a
1
n
是 首项为
公3 ，比为 的等1 比数列，
5
3
从而
m1 a n1 n
5311－ － (113)m1901－ (13)m1901．
|a2-a3|=10,a1a2a3=125．
①求数列{an}的通项公式;
②是否存在正整数m,使得 1 1 1 1？若存在,求m的最
a1 a2
am
小值;若不存在,说明理由．
【解题探究】 (1)an与Sn的关系是什么? 提示：an=Sn-Sn-1(n≥2)． (2)①怎样求等比数列{an}的首项a1和公比q? 提示：把已知条件用a1,q表示出来,解方程(组)即可．
解得 ad123,或ad101， 舍去.
所以an=-3+(n-1)×2=2n-5.
(2)Snn3 22n5n24n,
所以Sn=n2-4n.
热点考向 2 等差(比)数列的性质
【典例2】(1)(2013·天津模拟)等差数列{an}中,如果a1+a4+a7
=39,a3+a6+a9=27,数列{an}前9项的和为_______.
【方法总结】等差(比)数列的性质盘点
类型
等差数列
等比数列
2ak=am+al(m,k,l∈N* 项的 且m,k,l成等差数列)
ak2=am·al(m,k,l∈N*且 m,k,l成等差数列)
性质 am+an=ap+aq(m,n,p,q am·an=ap·aq(m,n,p,
∈N*,且m+n=p+q)
q∈N*且m+n=p+q)