数学文二轮教师用书：第2部分 专题2 第1讲　等差数列、等比数列 Word版含解析

第1讲等差数列、等比数列做小题激活思维1在等差数列an中，若a3a4a5a6a7450，则a2a8等于()A45 B75 C180 D300答案C2已知数列an为等比数列，若a47，a621，则a8等于()A35 B63 C21 D21答案B3已知数列an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S84S4，则a7等于()A. B. C7 D9答案A4已知数列an为等差数列，若a511，a85，则an_.答案2n215设首项为1，公比为2的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn与an的关系可表示为_答案Sn2an1扣要点查缺补漏1等差数列的通项及前n项和公式(1)ana1(n1)d.如T4.(2)Snna1d.如T3.2等比数列的通项及前n项和公式(1)ana1qn1(q0)(2)Sn如T5.3等差、等比数列的性质(1)在等差数列中，若mnpq(m，n，p，qN*)，则amanapaq，如T1.(2)若an是等差数列，则也是等差数列(3)在等差数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n也成等差数列(4)在等比数列中，若mnpq(m，n，p，qN*)，则amanapaq，如T2.(5)在等比数列中，Sn，S2nSn，S3nS2n也成等比数列(n为偶数且q1除外)4判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若an1and(nN*)，d为常数，则an为等差(比)数列；(2)中项公式法；(3)通项公式法等差、等比数列的基本运算(5年13考)高考解读高考重点考查等差数列、等比数列的通项及前n项和公式的应用，属每年必考内容.1(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3()A16B8C4D2切入点：S415，a53a34a1.关键点：正确求出首项a1和公比q.C由题意知解得a3a1q24.故选C.2一题多解(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5()A12B10C10D12切入点：将3S3S2S4利用a1和d表示关键点：利用已知条件正确求出公差d.B法一：设等差数列an的公差为d，3S3S2S4，32a1d4a1d，解得da1，a12，d3，a5a14d24(3)10.故选B.法二：设等差数列an的公差为d，3S3S2S4，3S3S3a3S3a4，S3a4a3，3a1dd.a12，d3，a5a14d24(3)10.故选B.3(2019全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列bn的前n项和切入点：an为各项均为正数的等比数列，an0，a12，a32a216.关键点：正确求出公比q，进而正确求出bn的通项解(1)设an的公比为q，由题设得2q24q16，即q22q80.解得q2(舍去)或q4.因此an的通项公式为an24n122n1.(2)由(1)得bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前n项和为132n1n2.教师备选题(2016全国卷)已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b11，b2，anbn1bn1nbn.(1)求an的通项公式；(2)求bn的前n项和解(1)由已知，a1b2b2b1，b11，b2，得a12.所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an3n1.(2)由(1)知anbn1bn1nbn，得bn1，因此bn是首项为1，公比为的等比数列记bn的前n项和为Sn，则Sn.等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略(1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后，通项便可求出.(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.易错提醒：解方程时，注意对根的检验.求解等比数列的公比时，要结合题意进行讨论、取值，避免错解.1(等差数列的基本运算)一题多解已知等差数列an的前n项和为Sn，若6a32a43a25，则S7()A28B21C14D7D法一：设等差数列an的公差为d，由6a32a43a25，得6(a12d)2(a13d)3(a1d)5a115d5(a13d)5，即5a45，所以a41，所以S77a47，故选D.法二：设等差数列an的公差为d，由6a32a43a25，得6(a4d)2a43(a42d)5，即5a45，所以a41，所以S77a47，故选D.2(等比数列的基本运算)设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42,3S2a32，则公比q()A3 B4 C5 D6B由题意知，q1，则，两式相减可得q3q2，即1，所以q4.3(等差、等比数列的综合运算)已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a11，b11，a2b23.(1)若a3b37，求bn的通项公式；(2)若T313，求Sn.解(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.由a2b23，得dq4，由a3b37，得2dq28，联立，解得q2或q0(舍去)，因此bn的通项公式为bn2n1.(2)T3b1(1qq2)，1qq213，解得q3或q4，由a2b23，得d4q，d1或d8.由Snna1n(n1)d，得Snn2n或Sn4n25n.等差、等比数列的性质(5年2考)高考解读高考对等差、等比数列的性质的考查主要体现在项与项之间的性质和前n项和的性质，要求不高，重点考查通性通法.1一题多解(2015全国卷)已知等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2()A2B1C.D.切入点：a3a5a.关键点：利用等比数列的性质及a3a54(a41)，求出公比q.C法一：根据等比数列的性质，结合已知条件求出a4，q后求解a3a5a，a3a54(a41)，a4(a41)，a4a440，a42.又q38，q2，a2a1q2，故选C.法二：直接利用等比数列的通项公式，结合已知条件求出q后求解a3a54(a41)，a1q2a1q44(a1q31)，将a1代入上式并整理，得q616q3640，解得q2，a2a1q，故选C.2(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值切入点：S315.关键点：根据等差数列的前n项和公式求出公差d.解(1)设an的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d2.所以an的通项公式为an2n9.(2)由(1)得Snn28n(n4)216.所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.教师备选题1(2015浙江高考)已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.1a2，a3，a7成等比数列，aa2a7，(a12d)2(a1d)(a16d)，即2d3a10.又2a1a21，3a1d1.由解得a1，d1.2(2015广东高考)若三个正数a，b，c成等比数列，其中a52，c52，则b_.1a，b，c成等比数列，b2ac(52)(52)1，又b0，b1.3(2014广东高考)等比数列an的各项均为正数，且a1a54，则log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_.5log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2a5log2a35log25log225.等差、等比数列性质应用问题求解策略(1)等差数列an的前n项和 (n为奇数)是常用的转化方法.(2)熟练运用等差、等比数列的性质，如mnpq时，若an为等差数列，则amanapaq；若an为等比数列，则有amanapaq，可减少运算过程，提高解题效率.1(项的性质)已知数列an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10的值为()A7B5C5D7D在等比数列an中，a5a68，a4a78，又a4a72，解得a44，a72或a42，a74.若a44，a72，则q3，a18，a10a7q31，a1a107；若a42，a74，则q32，a11，a10a7q38，a1a107.综上可得，a1a107.故选D.2(和的性质)一个等差数列an的前12项的和为354，前12项中偶数项的和S偶与前12项中奇数项的和S奇之比为，则公差d等于()A5 B6 C10 D12A由题意可知解得又由等差数列的性质，可得S偶S奇6d，即1921626d，解得d5.故选A.3(等差、等比数列性质的综合问题)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且a1a62a3，a4与2a6的等差中项为，则S5()A36 B33 C32 D31D设an的公比为q(q0)，a1a62a3，而a1a6a3a4，a3a42a3，a42.又a42a63，a6，q，a116，S531.故选D.等差、等比数列的判定与证明(5年3考)高考解读高考对此类问题的考查是先判断后证明，重点是等差数列和等比数列的定义及通性通法的应用.角度一：等差数列的判定与证明1(2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列切入点：由S22，S36求首项和公比q；等差数列的定义关键点：正确求出等比数列的前n项和Sn.解(1)设an的公比为q.由题设可得解得q2，a12.故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列角度二：等比数列的判定与证明2(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式切入点：通过nan12(n1)an和bn，利用赋值法求b1，b2，b3；通过nan12(n1)an与bn建立bn1与bn的关系关键点：利用已知条件建立bn1与bn的关系解(1)由条件可得an1an.将n1代入得，a24a1，而a11，所以a24.将n2代入得，a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列由条件可得，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1.教师备选题1(2016浙江高考)如图，点列An，Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1|An1An2|，AnAn2，nN*，|BnBn1|Bn1Bn2|，BnBn2，nN*.(PQ表示点P与Q不重合)若dn|AnBn|，Sn为AnBnBn1的面积，则()ASn是等差数列BS是等差数列Cdn是等差数列 Dd是等差数列A先将Sn用已知线段的长表示出来，再利用等差数列的定义判断作A1C1，A2C2，A3C3，AnCn垂直于直线B1Bn，垂足分别为C1，C2，C3，Cn，则A1C1A2C2AnCn.|AnAn1|An1An2|，|CnCn1|Cn1Cn2|.设|A1C1|a，|A2C2|b，|B1B2|c，则|A3C3|2ba，|AnCn|(n1)b(n2)a(n3)，Snc(n1)b(n2)ac(ba)n(2ab)，Sn1Snc(ba)(n1)(2ab)(ba)n(2ab)c(ba)，数列Sn是等差数列2(2016全国卷)已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.解(1)证明：由题意得a1S11a1，故1，a1，故a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是ann1.(2)由(1)得Sn1n.由S5得15，即5.解得1.判断或证明一个数列是等差、等比数列时应注意的问题(1)判断一个数列是等差(等比)数列，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.(3)an1an1(n2，nN*)是an为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.易错提醒：(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列.(2)证明数列an为等比数列时，不能仅仅证明an1qan，还要说明q0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列an为等比数列.1(构造法证明)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式解(1)证明：由an22an1an2得，an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2a11，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)得bn12(n1)，即an1an2n1.于是 (ak1ak) (2k1)，所以an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通项公式为ann22n2.2(等比数列的证明)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2ann.(1)求证：an1为等比数列；(2)求数列Sn的前n项和Tn.解(1)证明：当n1时，a1S12a11，即a11.当n2时，由Sn2ann，得Sn12an1(n1)，得an2an2an11，即an12(an11)，又a112，所以an1是以2为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知an12n，所以an2n1.所以Sn2(2n1)n2n1(n2)，所以Tn2n24.3(等比数列的判定)已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，SaSn1，其中为常数(1)求证：Sn12Sn；(2)是否存在实数，使得数列an为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：因为an1Sn1Sn，SaSn1，所以S(Sn1Sn)2Sn1，所以Sn1(Sn12Sn)0.因为an0，所以Sn10，所以Sn12Sn0，所以Sn12Sn，即得证(2)因为Sn12Sn，所以Sn2Sn1(n2)，两式相减得an12an(n2)，所以an从第二项起成等比数列因为S22S1，即a2a12a1，所以a210，得1，所以an若使an是等比数列，则a1a3a，所以2(1)(1)2，所以1(舍去)或1，经检验符合题意故存在1，使得数列an为等比数列