2014高考数学二轮专题突破文科专题三第1讲

本 和)．
讲 栏
(3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)
目 开
是n的二次函数或一次函数且不含常数项，即Sn＝An2＋
关 Bn(A2＋B2≠0)．
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专题三 第1讲
(1)(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数
列{an}的前n项和，则下列命题错．误．的是
()
A．3
B．4
C．5
D．6
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专题三 第1讲
解析 (1)利用函数思想，通过讨论 Sn＝d2n2＋a1－d2n 的单调
性判断．
本 设{an}的首项为 a1，则 Sn＝na1＋12n(n－1)d＝d2n2＋a1－d2n.
讲
栏 目
由二次函数性质知 Sn 有最大值时，则 d<0，故 A、B 正确；
本 讲
由1218<SS2nn<14，得1128<3n＋1 1<14，
栏
目 即3<3n<127，得1<n≤4.
开
关 故满足不等式1128<SS2nn<14的所有正整数n的值为2,3,4.
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专题三 第1讲
1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn 五个量中知道其
中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般
本 故 a1＝－m－2 1，
讲 栏
因为 am＋am＋1＝5，
目
开 关
故 am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d
＝－(m－1)＋2m－1＝5，
即 m＝5.
答案 (1)C
(2)C
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专题三 第1讲
考点二 与等比数列有关的问题
例 2 (1)(2012·课标全国)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6
公差为13的等差数列，
本 则 bn＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，
讲 栏
则 an＝3nbn＝(n＋2)×3n－1，
目 开 关
从而有n＋an 2＝3n－1，
故 Sn＝a31＋a42＋a53＋…＋n＋an2
＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝11－－33n＝3n－2 1，
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则SS2nn＝332nn－－11＝3n＋1 1，
等差数列中连续 k 项的和成等差数列，即 Sk，S2k－Sk，S3k
－S2k，…成等差数列，公差为 k2d.
本 讲
5．易错提醒
目 开
二”．
关 (3){an}为等比数列，其性质如下：
①若m、n、r、s∈N*，且m＋n＝r＋s，则am·an＝ar·as；
②an＝amqn－m；
③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(q≠－1)．
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(4)等比数列前n项和公式
本 讲 栏
na1q＝1， Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnqq≠1.
本 讲
是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运
栏 目
算．
开 关
2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，
是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意
识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有
时需要进行适当变形．
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3．等差、等比数列的单调性
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解 (1)设{an}的公差为 d，则 由 3a5＝5a8，得 3(a1＋4d)＝5(a1＋7d)，∴d＝－223a1.
∴Sn＝na1＋nn－2 1×－223a1＝－213a1n2＋2243a1n
本
讲 栏
＝－213a1(n－12)2＋12434a1.
目
开 关
∵a1>0，∴当 n＝12 时，Sn 取得最大值．
＝－8，则 a1＋a10 等于
()
A．7
B．5
C．－5
D．－7
本 (2)(2012·浙江)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为
讲 栏
Sn.若 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则 q＝________.
目 开
解析 (1)利用等比数列的性质求解．
关
由aa45＋ a6＝a7＝ a4a27，＝－8 解得aa47＝＝－4 2， 或aa47＝＝4－，2.
当且仅当2n＝5n0，即n＝5时，等号成立．
开 关
故 bn 的最小值为－32.
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专题三 第1讲
(1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公
差，只要根据已知条件求出这两个量，其他问题就可随之而
解，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程
本 讲
思想的运用．
栏 目
(2)等差数列的性质
开 关
(1)等差数列的单调性
d>0⇔{an}为递增数列，Sn有最小值．
本 讲
d<0⇔{an}为递减数列，Sn有最大值．
栏 目
d＝0⇔{an}为常数列．
开 关
(2)等比数列的单调性
当 a1>0， q>1
或 a1<0， 0<q<1
时，{an}为递增数列，当
a1>0， 0<q<1
或a1<0， q>1
时，{an}为递减数列．
关
故aan－n 1＝－2，故 an＝(－2)n－1.
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(2)(2013·湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3
成等差数列，且aຫໍສະໝຸດ Baidu＋a3＋a4＝－18.
①求数列{an}的通项公式；
②是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条
本 讲
件的所有n的集合；若不存在，说明理由．
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在 m∈N*，使对任意 n∈N*总有 Sn<Tm＋λ，
则 10<4＋λ，得 λ>6.
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专题三 第1讲
等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法
(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求
本 解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．
讲
栏 目
(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问
开 关
因为{Sn}为递增数列，则 d>0，不妨设 a1＝－1，d＝2，显然
{Sn}是递增数列，但 S1＝－1<0，故 C 错误；
对任意 n∈N*，Sn 均大于 0 时，a1>0，d>0，{Sn}必是递增数列， D 正确．
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(2)am＝2，am＋1＝3，故 d＝1，
因为 Sm＝0，故 ma1＋mm2－1d＝0，
目
开 关
①能“知三求二”；②注意讨论公比q是否为1；③a1≠0.
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(1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝ 23an＋13，则{an}的通项公式是 an＝_(_－__2_)_n－_1_.
本 讲
解析
当 n＝1 时，a1＝1；
栏 目 开
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝23an－23an－1，
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专题三 第1讲
考点一 与等差数列有关的问题
本 例 1 在等差数列{an}中，满足 3a5＝5a8，Sn 是数列{an}的前 n
讲 项和．
栏
目 开 关
(1)若 a1>0，当 Sn 取得最大值时，求 n 的值； (2)若 a1＝－46，记 bn＝Sn－n an，求 bn 的最小值．
本 讲
序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存
栏 目
在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数
开 λ的取值范围．
关
解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝n9－ 2 n.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列；
③am－an＝(m－n)d⇔d＝amm－－ann(m，n∈N*)；
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专题三 第1讲
④
an bn
＝
A2n－1 B2n－1
(A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的
关 (3)公比不为 1 的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比
数列，且公比不变，即 a2－a1，a3－a2，a4－a3，…成等比 数列，且公比为aa32－ －aa21＝aa22－－aa11q＝q.
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(4)等比数列(q≠－1)中连续 k 项的和成等比数列，即 Sk， S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，其公差为 qk.
②由①有 Sn＝3[11－－－－22n]＝1－(－2)n.
假设存在 n，使得 Sn≥2 013，
则 1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012.
本
讲 栏
当 n 为偶数时，(－2)n>0.上式不成立；
目 开
当 n 为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，
关 即 2n≥2 012，则 n≥11.
综上，存在符合条件的正整数 n，且所有这样的 n 的集合为 {n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
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考点三 等差数列、等比数列的综合应用
例3 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺
开 关
题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应
的函数、方程、不等式等问题求解即可．
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专题三 第1讲
已知数列{an}满足 a1＝3，an＋1－3an＝3n(n∈N*)，数
列{bn}满足 bn＝3－nan.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
本 (2)设 Sn＝a31＋a42＋a53＋…＋n＋an 2，求满足不等式1128<SS2nn<14的
∴qa31＝＝－1 2，
或q3＝－12， a1＝－8，
∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
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(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解．
S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，
本 讲
将a3＝a2q，a4＝a2q2代入得，
栏 目
3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化简得2q2－q－3＝0，
()
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
本 讲
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
栏 目
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
开 关
D．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
(2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝
－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于
设等比数列{bn}的公比为q，
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则 q＝bb21＝12，
本 讲 栏
∴∵T(12m)＝m 随4[11m－－增1212加m]而＝递8[减 1－，(12∴)m{]T，m}为递增数列，得 4≤Tm<8.
目 开 关
又 Sn＝n9－ 2 n＝－12(n2－9n) ＝－12[(n－92)2－841]，
讲 栏
所有正整数 n 的值．
目 开
(1)证明
由 bn＝3－nan 得 an＝3nbn，
关 则 an＋1＝3n＋1bn＋1.
代入an＋1－3an＝3n中，得3n＋1bn＋1－3n＋1bn＝3n，
即得bn＋1－bn＝13.
所以数列{bn}是等差数列．
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专题三 第1讲
(2)解 因为数列{bn}是首项为 b1＝3－1a1＝1，
栏 目
解
①设等比数列{an}的公比为 q，则 a1≠0，q≠0.由题意得
开 关
S2－S4＝S3－S2， a2＋a3＋a4＝－18.
即－ a1qa11q＋2－qa＋1qq32＝＝a1－q21，8，
解得aq1＝＝－3，2. 故数列{an}的通项公式为 an＝3×(－2)n－1.
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专题三 第1讲
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专题三 第1讲
4．常用结论
(1)若{an}，{bn}均是等差数列，Sn 是{an}的前 n 项和，则{man ＋kbn}，{Snn}仍为等差数列，其中 m，k 为常数．
本 讲 栏 目 开
(2)若{an}，{bn}均是等比数列，则{can}(c≠0)，{|an|}，{an·bn}， {manbn}(m 为常数)，{a2n}，{a1n}等也是等比数列．
(2)由(1)及 a1＝－46，得 d＝－223×(－46)＝4，
∴an＝－46＋(n－1)×4＝4n－50，
Sn＝－46n＋nn－ 2 1×4＝2n2－48n.
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专题三 第1讲
∴bn＝Sn－n an＝2n2－5n2n＋50
本 ＝2n＋5n0－52≥2 2n×5n0－52＝－32，
讲 栏 目
开
关 解得q＝32(q＝－1不合题意，舍去)．
答案 (1)D
3 (2)2
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专题三 第1讲
(1)证明数列是等比数列的两个方法：①利用定
义：aan＋n 1(n∈N*)是常数，②利用等比中项a2n＝an－1an＋1(n≥2，
本 n∈N*)．
讲 栏
(2)等比数列中的五个量：a1，an，q，n，Sn可以“知三求