2020年高考数学《数列》专题等差数列和等比数列的综合应用学案

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(新课标)2020版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文新人教A版(最新整理)

第1讲等差数列与等比数列［做真题］1．（一题多解）(2019·高考全国卷Ⅰ)记S n为等比数列{a n｝的前n项和．若a1＝错误!，a错误!＝a6，则S5＝________．解析：通解:设等比数列{a n}的公比为q，因为a错误!＝a6，所以(a1q3）2＝a1q5，所以a1q ＝1，又a1＝错误!，所以q＝3,所以S5＝错误!＝错误!＝错误!.优解：设等比数列｛a n}的公比为q,因为a错误!＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1,又a1＝错误!，所以q＝3，所以S5＝错误!＝错误!＝错误!。

答案：121 32．（一题多解）(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n为等差数列{a n｝的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝____________．解析：通解：设等差数列｛a n｝的公差为d，则由题意,得错误!解得错误!所以S10＝10×1＋错误!×2＝100.优解：由题意，得公差d＝错误!（a7－a3）＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝错误!＝5(a4＋a7)＝100。

答案：1003．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知｛a n｝是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16。

（1)求{a n}的通项公式;(2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解:（1)设｛a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去）或q＝4.因此｛a n｝的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.（2)由(1)得b n＝(2n－1）log2 2＝2n－1，因此数列｛b n｝的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2。

4．（2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列｛a n｝满足a1＝1，na n＋1＝2（n＋1）a n。

设b n＝错误!.（1）求b1，b2，b3；(2）判断数列｛b n}是否为等比数列,并说明理由；(3)求｛a n}的通项公式．解：（1）由条件可得a n＋1＝错误!a n.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以，a2＝4。

高中数学第2章数列 2.3 等差数列与等比数列的综合应用学案苏教

高中数学第2章数列 2.3 等差数列与等比数列的综合应用学案苏教等差数列与等比数列的综合应用学习目标：1、进一步熟练掌握等差、等比数列的通项公式和前n项和公式；（2）提高分析、解决问题能力．学习重点：有关公式的使用；学习难点：数列的综合应用探究一：●完成下列填空，并写出所用等差数列与等比数列知识(表格)及方法。

1、已知?an?(an?0)是等比数列，则数列?log2an?是数列（填等差或等比），若log2a5?log2a2?6，则?an?的公比是；2、已知?1,a1,a2,?4成等差数列，?1,b1,b2,b3,?4成等比数列，则3、若公差不为零的等差数列?an?的a2、a3、a6成等比数列，则其公比q ，a1?a3?a5? ；a2?a4?a6a2?a1的值是； b224、公差不为零的等差数列{an}中，有2a3?a7?2a11?0，数列{bn}是等比数列，且b7?a7,则b6b8= ；5、Sn是等比数列?an?的前n项和,若S1,2S2,3S3成等差数列,则?an?的公比是 __ ___；若s1,s2,s3成等差数列，则?an?的公比是 __ _；6、若数列{an}是等差数列，首项a1?0，a2021?a2021?0，a2021.a2021?0，，则使前n项和Sn取最大值时的最大自然数n是；使得Sn?0成立的最大自然数n是；定义通项公式求和公式中项公式重要性质等差数列等比数列探究案探究二：● 已知数列｛an｝为等差数列，公差d≠0，｛an｝的部分项组成下列数列：ak1，ak2，…，akn，恰为等比数列，其中k1＝1，k2＝5， k3＝17，求kn探究三：●将n个数排成n行n列的一个数阵：2a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 a1n a2n a3nan1 an2 an3 ann已知a11＝2，a13＝a61＋1．该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列，其中m为正实数．（Ⅰ）求第i行第j列的数aij；（Ⅱ）求这n个数的和2主备人：袁彩伟编号： 72021-2021版高中数学必修五等差数列与等比数列综合应用（7）作业第7课时1、等差数列{an}的首项是a1=1,公差d?0,如果a1,a2,a5成等比数列,那么d等于；2、在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a1=3,前三项和为21,则a3+a4+a5= ；3、已知函数f(x)满足f(0)=1，f(x+1)=4、等差数列{an}中，已知a1<0，前n项之和为Sn，且S7=S17，则Sn最小时n的值为；5、在等差数列{an}中，3(a3?a5)?2(a7?a10?a13)?24，则等差数列的前13项之和为；6、等差数列{an}与等比数列{bn}满足：a1=b1>0，a5=b5, 则a3与b3的大小关系为；7、已知-9，a1，a2，-1四个实数成等差数列，-9，b1，b2，b3，-1五个实数成等比数列，则3+ f(x) (x∈R)，则数列{f(n)}的前20项和为； 2b2(a2?a1)的值等于；8、设数列{an}的通项为an=2n-7(n?N?),则|a1|+|a2|+……|a15|= ；9、已知f(x)?10、已知等差数列{an}与{bn}的前n项之和分别Sn和Tn,若x，数列{an}满足：an=f(an－1)(n∈N+，n≥2)，且a1=f(2)，则a10= ；x?1aSn2n?2?,则7? b7Tnn?311、已知数列{log2(an?1)}n?N*)为等差数列，且a1?3,a3?9. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求11??a2?a1a3?a2?1an?1?an12、数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an?1?1Sn，n=1，2，3，……，求 3 （I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；（II）a2?a4?a6??a2n的值.感谢您的阅读，祝您生活愉快。

高中数学《等差数列与等比数列性质的综合应用》学案1 新人教A版必修

高中数学《等差数列与等比数列性质的综合应用》学案1 新人教A版必修一、学习目标：等差数列与等比数列性质的综合应用二、自主学习：【课前检测】1、x=是a、x、b成等比数列的( D )条件A、充分非必要B、必要非充分C、充要D、既非充分又非必要2、等比数列中，，若，则等于（ C ）（A）4 （B）5 （C）6 （D）42直面考点：1）等比数列的定义；2）等比数列的通项公式。

略解：3、若数列（*）是等差数列，则有数列（*）也为等差数列，类比上述性质，相应地：若数列是等比数列，且（*），则有（*）也是等比数列、4、设和分别为两个等差数列的前项和，若对任意，都有，则第一个数列的第项与第二个数列的第项的比是、说明：、【考点梳理】1、基本量的思想：常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。

转化为“基本量”是解决问题的基本方法。

解读：“知三求二”。

2、等差数列与等比数列的联系1）若数列是等差数列，则数列是等比数列，公比为，其中是常数，是的公差。

（a>0且a≠1）；2）若数列是等比数列，且，则数列是等差数列，公差为，其中是常数且，是的公比。

3）若既是等差数列又是等比数列,则是非零常数数列。

3、等差与等比数列的定义、通项公式、求和公式重要性质比较等差数列等比数列定义{an}为等差数列an+1-an=d（常数），n∈N+2an=an-1+an+1（n≥2，n∈N+）通项公式=+（n-1）d=+（n-k）d、（）求和公式中项公式等差中项：若a、b、c成等差数列，则b称a与c的等差中项，且b=；a、b、c成等差数列是2b=a+c的充要条件、 {an}为等比数列是an+12=anan+2的充分但不必要条件、重要性质1(反之不一定成立)；特别地,当时,有；特例：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…。

若m、n、l、k∈N*，且m+n=k+l，则aman=akal，反之不成立、特别地，。

另：即：首尾颠倒相乘，则积相等2下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…组成的数列仍为等差数列，公差为md、下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…组成的数列仍为等比数列，公比为qm、3 成等差数列。

2020年高考数学教学案12数列的综合问题教学案理含解析92

数列的综合问题【2021年高|考考纲解读】1.数列的综合问题 ,往往将数列与函数、不等式结合 ,探求数列中的最|||值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景 ,利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合 ,考查数学建模和数学应用能力．【重点、难点剖析】一、利用S n ,a n 的关系式求a n 1．数列{a n }中 ,a n 与S n 的关系a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1 S n －S n －1n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在数列{a n }中 ,满足a n ＋1－a n ＝f (n ) ,且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求 ,那么可用累加法求数列的通项a n . (3)在数列{a n }中 ,满足a n ＋1a n＝f (n ) ,且f (1)·f (2)·…·f (n )可求 ,那么可用累乘法求数列的通项a n . (4)将递推关系进行变换 ,转化为常见数列(等差、等比数列)．二、数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景 ,给出数列所满足的条件 ,通常利用点在曲线上给出S n 的表达式 ,还有以曲线上的切点为背景的问题 ,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系 ,将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体 ,考查最|||值问题 ,不等关系或恒成立问题．三、数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题 ,关键是合理建立数学模型 - -数列模型 ,弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型 ,它的首|||项是什么 ,项数是多少 ,然后转化为解数列问题．求解时 ,要明确目标 ,即搞清是求和 ,还是求通项 ,还是解递推关系问题 ,所求结论对应的是解方程问题 ,还是解不等式问题 ,还是最|||值问题 ,然后进行合理推算 ,得出实际问题的结果．【高|考题型例如】题型一、利用S n ,a n 的关系式求a n例1、等差数列{a n }中 ,a 2＝2 ,a 3＋a 5＝8 ,数列{b n }中 ,b 1＝2 ,其前n 项和S n 满足：b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)． (1)求数列{a n } ,{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n,求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝2 ,a 3＋a 5＝8 ,∴2＋d ＋2＋3d ＝8 ,∴d ＝1 ,∴a n ＝n (n ∈N *)． ∵b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *) ,① ∴b n ＝S n －1＋2(n ∈N * ,n ≥2)．②由①－② ,得b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *,n ≥2) , ∴b n ＋1＝2b n (n ∈N *,n ≥2)． ∵b 1＝2 ,b 2＝2b 1 ,∴{b n }是首|||项为2 ,公比为2的等比数列 , ∴b n ＝2n(n ∈N *)．【感悟提升】给出S n 与a n 的递推关系 ,求a n ,常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系 ,再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系 ,先求出S n 与n 之间的关系 ,再求a n . 【变式探究】数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)假设a n >0 ,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ,试问当n 为何值时 ,T n 最|||小 ?并求出最|||小值．解 (1)由a 1a n ＝S 1＋S n ,①可得当n ＝1时 ,a 21＝a 1＋a 1 ,解得a 1＝0或a 1＝2 , 当n ≥2时 ,由可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1 ,② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .假设a 1＝0 ,那么a n ＝0 ,此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 假设a 1＝2 ,那么2()a n －a n －1＝a n ,化简得a n ＝2a n －1 , 即此时数列{a n }是以2为首|||项 ,2为公比的等比数列 , 故a n ＝2n(n ∈N *)．综上所述 ,数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n. (2)因为a n >0 ,故a n ＝2n. 设b n ＝log 2a n32,那么b n ＝n －5 ,显然{b n }是等差数列 , 由n －5≥0 ,解得n ≥5 ,所以当n ＝4或n ＝5时 ,T n 最|||小 , 最|||小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－10.题型二数列与函数、不等式的综合问题例2、函数f (x )＝ln(1＋x )－x 1＋λx1＋x.(1)假设x ≥0时 ,f (x )≤0 ,求λ的最|||小值；(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ,证明：a 2n －a n ＋14n>ln 2.③假设λ≥12,那么当x >0时 ,f ′(x )<0 ,f (x )单调递减 , 当x ≥0时 ,f (x )≤f (0)＝0 ,符合题意．综上 ,λ≥12.∴实数λ的最|||小值为12.(2)证明由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n ,假设λ＝12 ,由(1)知 ,f (x )＝ln(1＋x )－x 2＋x2＋2x ,且当x >0时 ,f (x )<0 , 即x 2＋x2＋2x>ln(1＋x ) ,令x ＝1n ,那么2n ＋12n n ＋1>ln n ＋1n ,∴12n ＋12n ＋1>ln n ＋1n , 12n ＋1＋12n ＋2>ln n ＋2n ＋1 , 12n ＋2＋12n ＋3>ln n ＋3n ＋2, … , 122n －1＋14n >ln 2n 2n －1.以上各式两边分别相加可得 12n ＋12n ＋1＋12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋122n －1＋14n>ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n2n －1, 即1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n>lnn ＋1n ·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2nn＝ln 2 , ∴a 2n －a n ＋14n>ln 2.【感悟提升】解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数 ,函数定义域是正整数 ,在求数列最|||值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数 ,利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．【变式探究】等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *) ,满足S 4＝2a 4－1 ,S 3＝2a 3－1. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2()a n ·a n ＋1(n ∈N *) ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.(1)解设{a n }的公比为q ,由S 4－S 3＝a 4 ,S 4＝2a 4－1得 , 2a 4－2a 3＝a 4 ,所以a 4a 3＝2 ,所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1 , 所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1 ,所以a 1＝1 , 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明由(1)知b n ＝log 2(a n ＋1·a n ) ＝log 2(2n×2n －1)＝2n －1 ,所以T n ＝1＋2n －12n ＝n 2 ,所以1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝112＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1n －1n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝2－1n<2.题型三数列的实际应用例3、科学研究证实 ,二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响 ,环境部门对A 市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨 ,否那么将采取紧急限排措施．A 市2021年的碳排放总量为400万吨 ,通过技术改造和倡导低碳生活等措施 ,此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时 ,因经济开展和人口增加等因素 ,每年又新增加碳排放量m 万吨(m >0)． (1)求A 市2021年的碳排放总量(用含m 的式子表示)； (2)假设A 市永远不需要采取紧急限排措施 ,求m 的取值范围．解设2021年的碳排放总量为a 1,2021年的碳排放总量为a 2 ,… , (1)由 ,a 1＝400×0.9＋m ,a 2＝0.9×()400×0.9＋m ＋m＝400×0.92＋0.9m ＋m ＝324＋1.9m . (2)a 3＝0.9×()400×0.92＋0.9m ＋m ＋m＝400×0.93＋0.92m ＋0.9m ＋m , … ,a n ＝400×0.9n ＋0.9n －1m ＋0.9n －2m ＋…＋0.9m ＋m＝400×0.9n＋m 1－0.9n1－0.9＝400×0.9n＋10m ()1－0.9n＝()400－10m ×0.9n＋10m .由∀n ∈N *,a n ≤550 ,(1)当400－10m ＝0 ,即m ＝40时 ,显然满足题意； (2)当400－10m >0 ,即m <40时 ,由指数函数的性质可得()400－10m ×0.9＋10m ≤550 ,解得m ≤190. 综合得m <40；(3)当400－10m <0 ,即m >40时 , 由指数函数的性质可得10m ≤550 , 解得m ≤55 ,综合得40<m ≤55.综上可得所求m 的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0 55.【感悟提升】常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的根底数为N ,平均增长率为p ,对于时间n 的总产值y ＝N (1＋p )n.(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄 ,本金为a 元 ,每期的利率为r ,存期为n ,那么本利和y ＝a (1＋r )n.(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算 ,本金为a 元 ,每期的利率为r ,存期为n ,那么本利和y ＝a (1＋nr )．(4)分期付款模型：a 为贷款总额 ,r 为年利率 ,b 为等额还款数 ,那么b ＝r 1＋r n a1＋r n－1. 【变式探究】2021 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游工程．规划从 2021 年起 ,在今后的假设干年内 ,每年继续投资 2 千万元用于此工程.2021 年该工程的净收入为 5 百万元 ,并预测在相当长的年份里 ,每年的净收入均在上一年的根底上增长50%.记 2021 年为第 1 年 ,f (n )为第 1 年至|||此后第 n (n ∈N *)年的累计利润(注：含第 n 年 ,累计利润＝累计净收入－累计投入 ,单位：千万元) ,且当f (n )为正值时 ,认为该工程赢利．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫参考数值：⎝ ⎛⎭⎪⎫327≈17⎝ ⎛⎭⎪⎫328≈25 ln 3≈1.1 ln 2≈0.7(1)试求 f (n )的表达式；(2)根据预测 ,该工程将从哪一年开始并持续赢利 ?请说明理由．解 (1)由题意知 ,第1年至|||此后第n (n ∈N *)年的累计投入为8＋2(n －1)＝2n ＋6(千万元) ,第1年至|||此后第n (n ∈N *)年的累计净收入为12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n 1－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(千万元)．∴f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－1－(2n ＋6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－2n －7(千万元)． (2)方法一 ∵f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2n ＋1－7－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n －7 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －4 , ∴当n ≤3时 ,f (n ＋1)－f (n )<0 , 故当n ≤4时 ,f (n )递减；当n ≥4时 ,f (n ＋1)－f (n )>0 , 故当n ≥4时 ,f (n )递增．又f (1)＝－152<0 ,f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0 ,f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该工程将从第8年开始并持续赢利．答：该工程将从2023年开始并持续赢利．方法二设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x－2x －7(x ≥1) ,那么f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32xln 32－2 ,令f ′(x )＝0 ,得⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＝2ln32＝2ln 3－ln 2≈21.1－0.7＝5 ,∴x ≈4.从而当x ∈[1,4)时 ,f ′(x )<0 ,f (x )单调递减；当x ∈(4 ,＋∞)时 ,f ′(x )>0 ,f (x )单调递增．又f (1)＝－152<0 ,f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0 ,f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该工程将从第8年开始并持续赢利．答：该工程将从2023年开始并持续赢利．题型四与数列相关的综合问题例4、设f (x )＝12x 2＋2x ,f ′(x )是y ＝f (x )的导函数 ,假设数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n ) ,且首|||项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }中 ,b 1＝a 1 ,b 2＝a 2 ,数列{b n }的前n 项和为T n ,请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值.解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ,得f ′(x )＝x ＋2.∵a n ＋1＝f ′(a n ) ,且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2那么a n ＋1－a n ＝2 ,因此数列{a n }是公差为2 ,首|||项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n (1＋2n －1 )2＝n 2,等比数列{b n }中 ,b 1＝a 1＝1 ,b 2＝a 2＝3 ,∴q ＝3. ∴b n ＝3n －1.∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－13－1＝3n－12.T n ≤S n 可化为3n－12≤n 2.又n ∈N *,∴n ＝1 ,或n ＝2故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.【感悟提升】1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数 ,其定义域是正整数集(或它的有限子集) ,在求数列最|||值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数 ,利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明 ,多与数列的求和相联系 ,最|||后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【变式探究】设数列{a n }(n ＝1 ,2 ,3 ,…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1 ,且a 1 ,a 2＋1 ,a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ,求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最|||小值.解 (1)由S n ＝2a n －a 1 ,有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2) ,即a n ＝2a n －1(n ≥2). 从而a 2＝2a 1 ,a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1 ,a 2＋1 ,a 3成等差数列 ,即a 1＋a 3＝2(a 2＋1) , 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1) ,解得a 1＝2 ,所以数列{a n }是首|||项为2 ,公比为2的等比数列 , 故a n ＝2n.。

2019-2020年高三数学第23课时第三章数列等差数列、等比数列的性质及应用专题复习教案

2019-2020年高三数学第23课时第三章数列等差数列、等比数列的性质及应用专题复习教案一．课题：等差数列、等比数列的性质及应用二．教学目标：熟练掌握等差（比）数列的基本公式和一些重要性质，并能灵活运用性质解决有关的问题，培养对知识的转化和应用能力．三．教学重点：等差（比）数列的性质的应用．四．教学过程：（一）主要知识：有关等差、等比数列的结论1．等差数列的任意连续项的和构成的数列232,,,m m m m m S S S S S --仍为等差数列．2．等差数列中，若，则3．等比数列中，若，则4．等比数列{a n }的任意连续项的和构成的数列232,,,m m m m m S S S S S --仍为等比数列． 5．两个等差数列与的和差的数列仍为等差数列．6．两个等比数列与的积、商、倒数的数列、、仍为等比数列．（二）主要方法：1．解决等差数列和等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法：即运用条件转化为关于和的方程；②巧妙运用等差数列和等比数列的性质，一般地运用性质可以化繁为简，减少运算量．2．深刻领会两类数列的性质，弄清通项和前项和公式的内在联系是解题的关键．（三）例题分析：例1．（1）若一个等差数列前3项的和为34，最后三项的和为146，且所有项的和为,则这个数列有13 项；（2）已知数列是等比数列,且,,，则 9 ．（3）等差数列前项和是，前项和是，则它的前项和是 210 ．例2．若数列成等差数列，且，求．解：（法一）基本量法（略）；（法二）设，则得：22()()n m A n m B m n -+-=-，， ∴，∴2()()()n m S n m A n m B n m +=+++=-+．例3．等差数列中共有奇数项，且此数列中的奇数项之和为，偶数项之和为，，求其项数和中间项.解：设数列的项数为项，则121(1)()772n n a a S +++==奇， ∴，∴，∴数列的项数为，中间项为第项，且．说明：（1）在项数为项的等差数列中，2+1=(+1),=,=(2+1)n S n a S na S n a 奇中偶中中；（2）在项数为项的等差数列中2+11=,=,=()n n n n n S na S na S n a a +++1奇偶．例4．数列是首项为，公比为的等比数列，数列满足121(lg lg lg )k k b a a a k =+++ ，（1）求数列的前项和的最大值；（2）求数列的前项和．解：（1）由题意：，∴，∴数列是首项为3，公差为的等差数列， ∴12(1)lg lg lg 32k k k a a a k -+++=-，∴1(1)7[3]22n n n n b n n --=-= 由，得，∴数列的前项和的最大值为（2）由（1）当时，，当时，， ∴当时，212731132()244n n n S b b b n n n -+'=+++==-+ 当时， 12789n n S b b b b b b '=+++----27121132()2144n S b b b n n =-+++=-+ ∴22113(7)4411321(7)44n n n n S n n n ⎧-+≤⎪⎪'=⎨⎪-+>⎪⎩．例5*．若和分别表示数列和的前项和，对任意自然数，有，，（1）求数列的通项公式；（2）设集合，．若等差数列任一项是中的最大数，且，求的通项公式．解：（1）当时：114121341213(1)n n n n T S n T S n ---=⎧⎨-=-⎩，两式相减得：，∴，又也适合上式，∴数列的通项公式为．（2）对任意，223,41252(61)3n n a n b n n =--=--=-+-，∴，∴∵是中的最大数，∴，设等差数列的公差为，则，∴，即，又是一个以为公差的等差数列，∴，∴，∴．（四）巩固练习：1．若数列（*）是等差数列，则有数列（*）也为等差数列，类比上述性质，相应地：若数列是等比数列，且（*），则有（*）也是等比数列．2．设和分别为两个等差数列的前项和，若对任意，都有，则第一个数列的第项与第二个数列的第项的比是．说明：．。

2020年高考数学二轮复习第一篇专题四数列第1讲等差数列与等比数列教案

数列一、等差数列、等比数列的基本运算 1.等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) 等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1. 等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.2.等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q ；(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.例1 (1)等差数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若a 2＋a 3＝10，S 6＝54，则该数列的公差d 为( )A.2B.3C.4D.6答案 C 解析由题意知S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝54，即a 1＋a 6＝a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝18,2d ＝a 2＋a 5－(a 2＋a 3)＝8，所以d ＝4. (2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *).数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝S n ＋164，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________. 答案－30解析 ∵点(n ，a n )在函数y ＝2x－1的图象上，∴a n ＝2n －1，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， ∴Sn ＝1·(1－2n )1－2＝2n－1，则b n ＝n2n －12， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列，∴由b n ≤0，得n ≤6. 即T n 的最小值为T 5＝T 6＝－10×6＋6×5×22＝－30.跟踪演练1 (1)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18等于( ) A.－4 B.－2 C.0 D.2解析设等差数列{a n }的公差为d ，由S 8＝S 10，得a 9＋a 10＝0，所以2a 1＋17d ＝0，且a 1＝2，所以d ＝－417，得a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝⎛⎭⎫－417＝－2. (2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18，S 3－a 1＝34，则S 5等于( )A.3132B.3116C.318D.314 答案 B解析由正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝18，S 3－a 1＝34，q >0，易知q ＝1时不成立，所以q ≠1.∴⎩⎨⎧a 1q 3＝18，a 1(1－q 3)1－q－a 1＝34，解得a 1＝1，q ＝12⎝⎛⎭⎫a 1＝－278，q ＝－13舍去， ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－1321－12＝3116.(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，a 5＝1，则使得S n >0成立的n 的最大值为________. 答案 9解析因为a 1＝9，a 5＝1，所以公差d ＝1－94＝－2，所以S n ＝9n ＋12n (n －1)(－2)＝10n －n 2，令S n >0，得0<n <10，所以使得S n >0成立的n 的最大值为9. 二、等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质：①对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外). ②对于等差数列，有S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1.例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A.11B.12C.20D.22解析结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26，又该数列为正项数列，可得a 6＝2，所以由S 2n －1＝(2n －1)a n ，可得S 11＝11a 6＝22.(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 019＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)等于( )A.2 019B.2 0192C.2D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 019＝1，∴f (a 1)＋f (a 2 019)＝21＋a 21＋21＋a 22 019＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2， ∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 019＝a 2a 2 018＝…＝a 1 009a 1 011＝a 21 010＝1， ∴f (a 2)＋f (a 2 018)＝2，…，f (a 1 009)＋f (a 1 011)＝2，f (a 1 010)＝1，即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)＝2×1 009＋1＝2 019.(3)在正项等比数列{a n }中，a 2 016＝1，log 2a 4－log 2a 1＝3，则a 2 019＝________. 答案 8解析由对数的运算性质可得log 2a 4－log 2a 1＝log 2 a 4a 1＝3，即a 4a 1＝8，所以q 3＝8，在等比数列{a n }中，因为a 2 016＝1，所以a 2019＝a 2016·q 3＝1×8＝8. 跟踪演练2 (1)等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，若对一切自然数n ，都有S nT n ＝2n 3n ＋1，则a 6b 6等于( )A.23B.914C.2031D.1117 答案 D 解析S 11T 11＝11a 611b 6＝a 6b 6＝2234＝1117. (2)已知等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6a 8＝8，则a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012等于( )A.2B.4C.6D.8 答案 A解析设数列{a n }的公比为q .∵数列{a n }是等比数列，∴a 6a 8＝a 27＝8，∴a 7＝22(与a 5同号)，∴q 2＝a 7a 5＝2，∴a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012＝q 4＝(2)2＝2.(3)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A.－510 B.400 C.400或－510D.30或40解析 ∵正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等比数列，∴10×(130－S 20)＝(S 20－10)2，解得S 20＝40或S 20＝－30(舍)，故S 40－S 30＝270， ∴S 40＝400.三.数列的通项的求法1.已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥例设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和.2.已知12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩例：数列}{n a 中，,11=a 对所有的2≥n 都有2321n a a a a n = ，则=+53a a ______3.若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-+1a例：已知数列{}n a 满足11a =，nn a a n n ++=--111(2)n ≥，则n a =________4.已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥。

高考数学第一轮复习第三章数列第四课时等差数列与等比数列的综合问题教案人教版

高考数学第一轮复习第三章数列第四课时等差数列与等比数列的综合问题教案教学目的：知识目标：运用等差数列和等比数学的知识解决一些综合问题能力目标：能综合运用等差数列、等比数列的概念．通项公式、前n 项和公式和性质解决一些问题．情感目标：增强学生的运用意识教学重点：等差数列和等比数列的综合运用。

教学难点：等差数列和等比数列的综合运用教学方法：数列历来是高考考查的重点内容之一，近年来，高考中数列问题已逐步转向多元化，命题中含有复合数列形式屡见不鲜．要熟练掌握等差、等比数列的有关知识，同时要善于把非等差、非等比问题转化为等差、等比数列来处理．化归法将作为课堂的重点方法介绍。

学法指导：等差与等比数列的考察题型即有选择题、填空题，又有解答题；难度即有容易题、中等题，也有难题。

这与每年试卷的结构布局有关。

客观是突出“小而巧”，主观是为“大而全”，着重考察函数与方程、等价转换、分类讨论等重要的数学思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法，加强与函数、方程、不等式等支撑数学体系的重点内容的结合，在知识网络交汇点设计命题。

数列的应用题，考察的侧重点是现实客观事情的数学化。

旨在通过阅读，理解命题的背景材料，运用数学的思想和方法分析题目中多种数量之间的关系，构造数列模型，将现实问题转化为数学问题解决。

教学过程：一、知识点讲解：等差数列和等比数列的通项公式及前n 项和公式都是n 的函数式，特别是等差数列的通项公式是n 的一次函数，前n 项和公式是n 的二次函数式，因此，可借助于这两个函数的有关知识和方法解决数列问题；通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量：1a ，d （或q ），n ，n a ，n S ，知道其中任意三个量，便可通过解方程求出其余两个量，在求解过程中应保持解的等价性适时利用数列相关性质简捷运算。

通过等价转换，将非等差数列、非等比数列转化为等差数列、等比数列，或是将已知的递推关系式转化为等差或等比数列的判定式，以使问题得以解决。

(全国通用版)新2020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文【下载】

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．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 q1－q(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·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为______．答案 a n ＝6n －3(n ∈N *)解析方法一设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N *)．方法二设公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3， ∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N *)．(2)(2018·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________.答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83.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)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(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⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na 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＋1，2na 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 (2018·新余模拟)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．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＝32.1．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足S n>0的最大自然数n 的值为( )A．6 B．7 C．12 D．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∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12>0，S13<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，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则{a n}的公比等于( ) A．3 B．2或3C．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．答案 C解析设公比为q,5a4为12a3和2a5的等差中项，可得10a4＝12a3＋2a5,10a3q＝12a3＋2a3q2，得10q＝12＋2q2，解得q＝2或3.又a3－3a2＝2，所以a2q－3a2＝2，即a2(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a7＝a6＋2a5，存在两项a m，a n使得a m·a n＝4a1，则1 m ＋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a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理得q2－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．①③ D．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)＝222n n aa +＝22n n a a ＋＋≠122n 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．(2018·大庆质检)已知等差数列{a n }中，a 4＝9，S 4＝24，则a 7等于( ) A ．3 B ．7 C ．13 D ．15 答案 D解析由于数列为等差数列，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝9，4a 1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝9＋6＝15.2．(2018·淮北模拟)已知等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6a 8＝8，则a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012等于( )A ．2B ．4C ．6D ．8 答案 A解析 ∵数列{a n }是等比数列，∴a 6a 8＝a 27＝8，a 7＝22(与a 5同号)，∴q 2＝a 7a 5＝2，从而a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012＝q 4＝(2)2＝2.3．(2018·株洲质检)已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，则S 9等于( ) A ．－8 B ．－6 C ．0 D ．10 答案 C解析 ∵a 1，a 3，a 4成等比数列， ∴a 23＝a 1a 4，∴(a 1＋2×2)2＝a 1·(a 1＋3×2)，化为2a 1＝－16，解得a 1＝－8，则S 9＝－8×9＋9×82×2＝0.4．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( ) A ．13 B ．12 C ．11 D ．10答案 B解析设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2，∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n＝2n＝642＝212， ∴n ＝12.5．(2018·荆州质检)已知数列{a n }满足51n a +＝25·5n a，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13log (a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13 D.13答案 A解析 ∵15n a ＋＝25·5n a ＝25n a ＋，∴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＝－3.6．(2018·资阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，a 5＝1，则使得S n >0成立的最大的自然数n 为________．答案 9解析因为a 1＝9，a 5＝1，所以d ＝1－94＝－2，所以S n ＝9n ＋12n (n －1)(－2)>0，即n <10，因此使得S n >0成立的最大的自然数n 为9.7．(2018·石嘴山模拟)在正项等比数列{a n }中，若a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 5a 3＝________. 答案 3＋2 2解析由于a 1，12a 3，2a 2成等差数列，所以a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，q 2－2q －1＝0，解得q ＝2＋1或q ＝1－2(舍去)．故a 5a 3＝q 2＝3＋2 2.8．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________. 答案 n ·2n2n －1解析由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12，于是n a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1a n －1－1(n ≥2，n ∈N *)．又1a 1－1＝－12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－12n ， ∴a n ＝n ·2n 2n －1(n ∈N *)． 9．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}b n ，则b 2 017＝________.答案 1解析由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(2018·天津)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．解 (1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0)．由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1. 所以T n ＝1－2n 1－2＝2n －1(n ∈N *)．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 ＋1)2(n ∈N *)． (2)由(1)，有T 1＋T 2＋...＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2. 由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，可得n (n ＋1)2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍去)或n ＝4.所以n 的值为4.B 组能力提高11．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{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( ) A. 2 B ．3 C. 5 D ．6答案 B解析由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，得b n ＝1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n1－b，则c n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b·b (1－b n )1－b ＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋ab n ＋1(1－b )2，要使{}c n 为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧ 2－ab (1－b )2＝0，1－b ＋a 1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.12．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)是英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{a n }的通项公式a n ＝________.答案 2n解析 ∵ 函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2a ，b ＝－3a . ∴f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3， ∴x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n －3－2x 2n －22x n －3－1 ＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x n －2x n －12，则数列{a n }是以2为公比的等比数列，又∵a 1＝2，∴数列{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n. 13．(2018·攀枝花统考)记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a n n，若{}d n 是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{}d n 是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n －1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{}c n 的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，则实数k 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤135，114 解析由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n n，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)，两式相减得a n ＝22n －1(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝2，符合上式，所以a n ＝22n －1(n ∈N *)．又由题意得3＝b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n n，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n ＝3n ，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －2b n －1＝3n －3(n ≥2，n ∈N *)，两式相减得b n ＝32－n (n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，b 1＝3，符合上式，所以b n ＝32－n (n ∈N *)．所以c n ＝(2－k )n ＋2k －1. 因为对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，所以⎩⎪⎨⎪⎧ c 6≥0，c 7≤0，解得135≤k ≤114. 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．。

2020年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第二讲数列的综合应用教案

第二讲数列的综合应用[考情分析]数列在解答题中的考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前n 项和与第n 项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n 项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合．试题难度中等.1．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3. ① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6. ②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5，q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.2．(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．解析：(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，符合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记{a n2n ＋1}的前n 项和为S n . 由(1)知a n2n ＋1＝22n ＋12n －1＝12n －1－12n ＋1. 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.3．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解析：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因此{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.4．(2016·高考全国卷Ⅰ)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．解析：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{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. (2)由(1)知， a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1.由递推关系求通项[方法结论]求数列通项常用的方法(1)定义法：①形如a n ＋1＝a n ＋C (C 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如a n ＋1＝ka n (k 为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．(2)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式．(3)叠乘法：形如a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1，求其通项公式． (4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p，再转化为等比数列求解．(5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n(其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解．[题组突破]1．(2017·威海模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝13a n －1＋(13)n (n ≥2且n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝3nn ＋2B ．a n ＝n ＋23nC ．a n ＝n ＋2D ．a n ＝(n ＋2)3n解析：由a n ＝13a n －1＋(13)n (n ≥2且n ∈N *)得，3n a n ＝3n －1a n －1＋1,3n －1a n －1＝3n －2a n －2＋1，…，32a 2＝3a 1＋1，以上各式相加得3na n ＝n ＋2，故a n ＝n ＋23n.答案：B2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝n n ＋2a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n n ＋2，则数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A.1n n ＋1B ．1－1n ＋1n ＋2C ．1－1nn ＋1D.n n ＋1解析：通解：a n ＋1－1＝n n ＋2a n ＋⎝⎛⎭⎪⎫1－n n ＋2－1＝nn ＋2(a n －1)，令b n ＝a n －1，则b 2b 1×b 3b 2×b 4b 3×b 5b 4×…×b n b n －1＝13×24×35×…×n －1n ＋1，从而得到b n b 1＝2n n ＋1，又b 1＝a 1－1＝－12，得b n ＝2n n ＋1b 1＝－1n n ＋1，所以a n ＝1－1nn ＋1，选C. 优解：a 1＝12＝1－11×2，a 2＝56＝1－12×3，a 3＝1112＝1－13×4，…，归纳可得a n ＝1－1n n ＋1，选C. 答案：C3．(2017·宜昌调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －14a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －14a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 4a n ＋1＝4a n ＋1a n，∴b n ＋1－b n ＝4a n ＋1a n －1a n＝4.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是以1为首项，4为公差的等差数列．(2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝14n －3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝14n －3. 4．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋3n －12(n ∈N *)．证明：数列{a n －3}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式．解析：当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋3－12，∴a 1＝9.当n >1时，S n －S n －1＝a n ＝2a n ＋3n －12－2a n －1－3(n －1)＋12＝2a n －2a n －1＋3， ∴a n －3＝2(a n －1－3)，∴{a n －3}是以6为首项，2为公比的等比数列．∴a n －3＝6·2n －1，∴a n ＝6·2n －1＋3.[误区警示]依据递推式a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)求数列通项公式是最常见的一类题型．当p ＝1时，{a n }为等差数列；当p ≠1，p ≠0，q ＝0时，{a n }为等比数列；当p ≠1，p ≠0，q ≠0时，如何求出其通项公式是一个难点，化解这类问题的思路是利用待定系数法，转化成等比数列．数列求和[方法结论]常用求和方法(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法．裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列． (3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．[典例](2017·大连一中模拟)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列{1a n ·a n ＋1}的前n 项和为S n ＝n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na 12n n+()，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得a 1＞0，令n ＝1，则S 1＝1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3 ①，令n ＝2，则S 2＝1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15 ②， a 2＝a 1＋d ③， a 3＝a 1＋2d ④，联立①②③④，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1d ＝－2(舍去)，所以a n ＝2n －1.(2)由题意知，b n ＝(－1)nan n ＋12＝(－1)n[n (n ＋1)－1]，所以T 2n ＝－(1×2－1)＋(2×3－1)－(3×4－1)＋…＋(－1)2n·[2n (2n ＋1)－1]＝[－(1×2－1)＋(2×3－1)]＋[－(3×4－1)＋(4×5－1)]＋…＋{－[(2n －1)·2n －1]＋[2n (2n ＋1)－1]}＝4＋8＋…＋4n ＝n 4＋4n2＝2n2＋2n . [类题通法]分类讨论思想在数列求和中的应用(1)当数列通项中含有(－1)n时，在求和时要注意分n 为奇数与偶数处理． (2)对已知数列满足a n ＋2a n＝q ，在求{a n }的前n 项和时分奇数项和偶数项分别求和． [演练冲关]1．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2当n 为奇数时，－n 2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( ) A ．0 B ．100 C ．－100D ．10 200解析：由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，故选B. 解析：B2．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，a n a n ＋1＝3n，则S 2 017＝________. 解析：由a n a n ＋1＝3n，得a n －1a n ＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＋1a n －1＝3(n ≥2)，则数列{a n }的所有奇数项和偶数项均构成以3为公比的等比数列，又a 1＝1，a 1a 2＝3，所以a 2＝3，所以S 2 017＝1×1－31 0091－3＋3×1－31 0081－3＝31 009－2.答案：31 009－23．(2017·广西三市联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)，求数列{1b n}的前n 项和T n .解析：(1)∵6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)，∴当n ＝1时，6S 1＝6a 1＝9＋a ，当n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝2×3n，即a n ＝3n －1，∵{a n }是等比数列，∴a 1＝1，则9＋a ＝6，得a ＝－3， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)＝(3n －2)(3n ＋1)， ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝11×4＋14×7＋…＋13n －23n ＋1＝13(1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1) ＝n3n ＋1. 数列与其他知识交汇的综合问题数列中的综合问题，大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇，考查利用函数与方程的思想及分类讨论思想解决数列中的问题，用不等式的方法研究数列的性质，数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题．交汇点一数列与函数交汇[典例1] (2016·大连双基测试)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎪⎫π12，－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，2，且在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，7π12上为单调函数．(1)求ω，φ的值； (2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎪⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30.解析：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2 k π－π2，k ∈Z ， 7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z . ∵|φ|＜π，∴φ＝－2π3.(2)∵a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，∴a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， ∴S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3. [类题通法]数列与函数的交汇问题的类型及解题方法(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子化简变形．[演练冲关]1．设曲线y ＝2 018xn ＋1(n ∈N *)在点(1,2 018)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝log 2018x n，则a 1＋a 2＋…＋a 2 017的值为( )A ．2 018B ．2 017C ．1D ．－1解析：因为y ′＝2 018(n ＋1)x n，所以切线方程是y －2 018＝2 018(n ＋1)(x －1)，所以x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝log 2 018(x 1·x 2·…·x 2 017)＝log 2 018(12×23×…×2 0172 018)＝log 2 01812 018＝－1. 答案：D交汇点二数列与不等式交汇[典例2] (2017·武汉调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)设数列{1a n a n ＋1}的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49. 解析：(1)由a 1＝9，a 2为整数可知，等差数列{a n }的公差d 为整数．又S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，于是9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95.∵d 为整数，∴d ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝11－2n . (2)证明：由(1)，得1a n a n ＋1＝111－2n 9－2n ＝12(19－2n －111－2n)，∴T n ＝12[(17－19)＋(15－17)＋…＋(19－2n －111－2n )]＝12(19－2n －19)．令b n ＝19－2n ，由函数f (x )＝19－2x的图象关于点(4.5，0)对称及其单调性，知0＜b 1＜b 2＜b 3＜b 4，b 5＜b 6＜b 7＜…＜0，∴b n ≤b 4＝1.∴T n ≤12×(1－19)＝49.[类题通法]数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明和形式的不等式，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧应用．[演练冲关]2．(2017·贵阳模拟)在数列{a n }中，a 1＋a 22＋a 33＋…＋a nn ＝2n －1(n ∈N *)，且a 1＝1，若存在n ∈N*使得a n ≤n(n ＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．解析：依题意得，数列{a n n}的前n 项和为2n－1，当n ≥2时，a n n＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，且a 11＝21－1＝1＝21－1，因此a n n ＝2n －1(n ∈N *)，a n n n ＋1＝2n －1n ＋1.记b n ＝2n －1n ＋1，则b n ＞0，b n ＋1b n ＝2n ＋1n ＋2＝n ＋2＋n n ＋2＞n ＋2n ＋2＝1，b n ＋1＞b n ，数列{b n }是递增数列，数列{b n }的最小项是b 1＝12.依题意得，存在n ∈N *使得λ≥a n n n ＋1＝b n 成立，即有λ≥b 1＝12，λ的最小值是12.答案：12。

2020届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

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·天津卷)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 的取值范围．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 的取值范围是{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·宁波三模)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·广州调研)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·淄博三模)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·龙岩质检)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·郑州二模)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·天津卷)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·湖北八校联考)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，求实数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.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 22f C ．12 25fD ．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·银川模拟)《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 －10 C ．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·银川模拟)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 1 B.S 8a 8C.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·洛阳联考)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{c n }满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{c n }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，{c n }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c n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·b 1－b n 1－b ＝2－ab1－b2＋1－b ＋a 1－b n ＋ab n ＋11－b2，要使{c n}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·重庆二调)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·北京卷)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·益阳三模)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·北京卷)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 ＝en 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 ＝eln 2＋eln 22＋…＋eln 2n＝2＋22＋ (2)＝21－2n1－2＝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{c n }对任意的n ∈N *，都有c 1b n ＋c 2b n －1＋c 3b n －2＋…＋c n b 1＝－2n 成立，问数列{c n }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 2p n －2，故由b n ＝log 2a n ，得a n ＝2b n ＝2log 2pn －2＝pn －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)＋…＋c n (－1)＝－2n ，① 则c 1(n －1)＋c 2(n －2)＋c 3(n －3)＋…＋c n ＋1(－1)＝－2(n ＋1)，② 由②－①，得c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n －c n ＋1＝－2，③ 所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＋c n ＋1－c n ＋2＝－2，④ 再由④－③，得2c n ＋1＝c n ＋2，即c n ＋2c n ＋1＝2(n ∈N *)，所以当n ≥2时，数列{c n }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{c n }一定是等比数列，且c n ＝2n.。

2020版高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列与等比数列学案文苏教版(2021-2022学年)

第1讲等差数列与等比数列[２0１９考向导航]1．必记的概念与定理 (1)a ｎ与S ｎ的关系S n ＝a 1＋ａ２+…＋a ｎ，a n =错误!未定义书签。

(2)等差数列和等比数列ﻬ2.记住几个常用的公式与结论（１)等差数列的性质①在等差数列{a n｝中，ａn＝ａm＋(n-m)ｄ，ｄ=错误!未定义书签。

;②当公差d≠０时,等差数列｛a n}的通项公式a n＝a1+（n－1）d＝dn＋a1-d是关于ｎ的一次函数,且斜率为公差d;前n项和S n＝na1+n（n－1）２ｄ＝错误!n２＋(a１－错误!）n是关于n的常数项为0的二次函数．③若公差d>0,则数列为递增等差数列,若公差d<0,则数列为递减等差数列,若公差d＝0,则数列为常数列.④当m+ｎ＝ｐ+ｑ时，则有ａｍ＋a n＝aｐ+aｑ,特别地,当m+n＝2p时，则有aｍ＋a n=2aｐ．⑤若{a n｝是等差数列,S n,S２n-Sｎ,S3ｎ－S2n，…也成等差数列．⑥在等差数列｛a n}中，当项数为偶数２n时，Ｓ偶-S奇＝nd;项数为奇数2ｎ-1时，S奇－S偶=ａ中,Ｓ2n－１＝（2n－1)·ａ中（这里ａ中即a n),S奇∶S偶=n∶(n－1).⑦若等差数列｛ａn}、{b n}的前n项和分别为Ａn、Bｎ,且错误!未定义书签。

=f(n），则错误!=错误!=错误!未定义书签。

=ｆ(2n－1).⑧“首正"的递减等差数列中,前ｎ项和的最大值是所有非负项之和;“首负”的递增等差数列中,前n项和的最小值是所有非正项之和．法一：由不等式组错误!（或错误!未定义书签。

)确定出前多少项为非负(或非正);法二:因等差数列前n项和是关于ｎ的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性ｎ∈N＊．⑨如果两等差数列有公共项,那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数.(2)等比数列的性质①在等比数列｛ａn｝中,aｎ＝ａｍqｎ-m，ｑ＝错误!未定义书签。

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2
第4课时
等差数列和等比数列的综合应用
1.等差数列的常用性质：
⑴ m , n , p , r €N ，若 m+ n = p + r ，则有 _________ .
⑵｛a n ｝是等差数列，则｛a kn ｝（kk 为常数）是 ____________数列. ⑶ S n , Sn — S , S 3n - S 2n 构成 ________ 数列.
2 •在等差数列中，求S n 的最大（小）值，关键是找出某一项，使这一项及它前面的项皆取正（负）
值或0，而它后面的各项皆取负（正）值.
⑴a 1> 0 , d <0时，解不等式组u a n 0可解得S n 达到最
值时n 的值.
a n 1
⑵a 1<0, d>0时，解不等式组｛可解得S 达到最小值时n 的值.
3.等比数列的常用性质：
⑴ m , n , p , r €N ，若 m+ n = p + r ，则有 __________ . ⑵｛a n ｝是等比数列，则｛a ^｝、｛ 1 ｝是
数列.
a n
⑶若S 工0,贝U S n , S 2n — S n , ®n — $n 构成 ____ 数列.
① a + b + c = 6 ② a 、b 、c 成等差数列.
③ 将a 、b 、c 适当排列后成等比数列. 解：设存在这样的三位数 a , b , c . 由 a + b + c = 6, 2b = a + c 得：b = 2, c = 2与题设a ^c 相矛盾.②若a 为等比中项，则a 2
=2c ,贝 U a = c = 2 （舍去）或 a =— 4, c = 8.
2
③若c 为等比中项，则 c = 2a ,解得c = a = 2（舍去）或c =— 4, a = 8.
2
2c , 2 1
，由—_
例1.是否存在互不相等的三个实数
a 、
b 、
c ,使它们同时满足以下三个条件:
①若b 为等比中项，则 ac = 4，二a =
•••存在着满足条件的三个数：- 4, 2, 8 或 8, 2, — 4. 变式训练1.若a 、b 、c 成等差数列,
b 、
c 、
d 成等比数列,
1,1,1
成等差数列，则
d e
A.等差数列
.等比数列 C.既成等差数列又成等比数列
.以上答案都不是
答案：B 。

解析：由2b a c,
c
2
——，由c 2
bd,
a c d c
2
二一2- ---------- , c 2 ae ，即a,c,e 成等比数列。

c ce
例2.已知公差大于0的等差数列｛ 1 ｝满足a 2a 4+ a 4a 6 + a 6a 2= 1, a 2, a 4, a 8依次成等比数列, a n 求数列｛a n ｝的通项公式a n .
解：设｛ 1 ｝的公差为d(d > 0)，由a 2, a 4,
成等比数列可知1 , 1 , 1也成等比数列，
a n
1
)2= 1
1
a 4 a 2 a s • ( 1 + 3d) 2= ( 1 + d)( 1 + 7d)
a 1
a 1
a 1
化简得d 2= d ,•
1 = d
a
1
a
1
又 a 2a 4+ a 4a 6+ a 6a 2= 1 化简为 1
+ 1 + 1 = 1
a 2 a 4 a 6
已2已已
• 3 • 1
1
• 1
a 4
已2已6
日4
.1
• 1 =3, 即 ( 1 + d)( 1 + 5d) = 3 a 2
a 6
a 1
a 1
2d • 6d = 3 •- d =
=1 ,
1 = 1
2
a 1 2
例3.已知△ ABC 中，三内角A 、B C 的度数成等差数列，边 a 、b 、-依次成等比数列.求证: △ ABC 是等边三角形.
得(a — c) 2= 0,. a = c ABC 为等边三角形.
变式训练3.若互不相等的实数 a 、b 、-成等差数列，-、a 、b 成等比数列，且
a 3
b
c 10，则 a =
( )
a 2
已4
a s
— = — + (n — 1)d =—
a n a 1
2
• • rra n =—
n
1 1 1 变式训练2.已知一,一，-成等差数列，求证:
a b c
解析：由一一 J J
1 1成等差数列，
则 2 1 1
a b -
b a -
.b
cab (b c) c a(a
b) bc 2 c 2 a
a c ac
ac
即b
c a c a j J
b 成等差数列。

)
a b c
b c ,a c ,a b
也成等差数列。

a b c
2ac b(a c),
err
2 2 2
ab b(a c) a - (a c) 2(a c)
ac
ac b
解：由 2B = A + C,且 A + B + C = 180 B = 60°，由a 、b 、c 成等比数列，有
b 2= ac
cosB =
b 2 2ac
a 2 c 2 ac = 1 2ac
2
a n +1 =丄S n , n = 1, 2, 3•…
3
求：⑴a 2、a 3、a 4的值及｛a n ｝的通项公式; ⑵ a 2+ a 4 + a e +…+ a 2n 的值.
3，…得 a 2= — Si = — a 1 =丄,a 3= 13= 1 (a 1 + a 2)
3
3 3
一
4
, a 4= 1 S B = 1 (a 1 + a 2 + a 3)= 16
9
3
3
27
由 a n +1 — a n = 1 (S n — S -1)=丄 a n (n > 2)，得
3
3
2
(n > 2)
1 n •- {a n }通项公式为a n =
1(4
（2）由（1）可知吐 a 4、…am 是首项为
1,公比为（4）2，项数为n 的等比数列.
=；[（4）2j]
j n
得:
an
4 2
（其中n 为正整
数）
A.4
B.2
C.-2
D.-4
答案: D.解析：依题意有
be c 2b,
2
a ,
3b c
10
. 4, 2,
8.
• a 2+ a 4 + a e +…+
a 2n = 1
x 3
2n
4 2
1
(3)
变式训练4.设数列 a n 的前n 项的和 S n
2n
n 1,2,3
求首项a 1与通项 a n ° 解析：（I ） a 1 a n 1 S n 1 所以数列所以：
an
4 331 4 1 — a n 3 4 —a n 3 n
a 2n
n 是公比为4 2
1
4n 1
S n 2n
a 1 1 22 3 1 2n 3 解得: 2 2n 1
的等比数列 a 1
a n 1
2n
4 a n 2n
1.在三个数成等差
（或等比）时，可用等差（或等比）
例4. 数列｛a n ｝的前n 项和S,且a i = 1,
解析：(1)由 a 1= 1, a n +1= 1 S n , n = 1, 2,
3
4
1 a n +1 = a n (n 》2)，又 a 2=
3
3
3 •『
中项公
在三个以上的数成等差（或式;
等比）时，可用性质：m n、p、r € N*,若m+ n= p + r,贝U a m+ a n = a p+ a r （或a m - a n = a p - a r）
进行解答.
2.若a、b、c成等差（或等比）数列，则有2b = a+ c （或b2= ac）.
3•遇到与三角形相关的问题时，一般要注意运用正弦定理（或余弦定理）及三角形内角和等于180°这一性质.
4.在涉及a n与S n相关式子中用S n—i和S n的关系表示a n时应该注意“ n》2”这个特点.。