资源描述
第22练基本量破解等差、等比数列的法宝题型分析高考展望等差数列、等比数列是高考的必考点，经常以一个选择题或一个填空题，再加一个解答题的形式考查，题目难度可大可小，有时为中档题，有时解答题难度较大.解决这类问题的关键是熟练掌握基本量，即通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的常用性质.常考题型精析题型一等差、等比数列的基本运算例1已知等差数列an的前5项和为105，且a102a5.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中不大于72m的项的个数记为bm.求数列bm的前m项和Sm.点评等差(比)数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本的元素.(2)解题思路：设基本量a1和公差d(公比q)；列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量.变式训练1(1)(2014安徽)数列an是等差数列，若a11，a33，a55构成公比为q的等比数列，则q_.(2)(2015课标全国)已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7等于()A.21 B.42 C.63 D.84题型二等差数列、等比数列的性质及应用例2(1)(2015广东)在等差数列an中，若a3a4a5a6a725，则a2a8_.(2)设各项都是正数的等比数列an，Sn为前n项和，且S1010，S3070，那么S40等于()A.150 B.200C.150或200 D.400或50点评等差(比)数列的性质盘点类型等差数列等比数列项的性质2akamal(m，k，lN*且m，k，l成等差数列)aamal(m，k，lN*且m，k，l成等差数列)amanapaq(m，n，p，qN*，且mnpq)amanapaq(m，n，p，qN*且mnpq)和的性质当n为奇数时：Snn当n为偶数时：q(公比)依次每k项的和：Sk，S2kSk，S3kS2k，构成等差数列依次每k项的和：Sk，S2kSk，S3kS2k，构成等比数列(k不为偶数且公比q1)变式训练2(1)已知正数组成的等差数列an，前20项和为100，则a7a14的最大值是_.(2)在等差数列an中，a12 016，其前n项和为Sn，若2，则S2 016的值为_.题型三等差、等比数列的综合应用例3(2015陕西)设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明.点评(1)对数列an，首先弄清是等差还是等比，然后利用相应的公式列方程组求相关基本量，从而确定an、Sn.(2)熟练掌握并能灵活应用等差、等比数列的性质，也是解决此类题目的主要方法.变式训练3(2015北京)已知等差数列an满足a1a210，a4a32.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足b2a3，b3a7，问：b6与数列an的第几项相等？高考题型精练1.(2014重庆)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()A.a1，a3，a9成等比数列B.a2，a3，a6成等比数列C.a2，a4，a8成等比数列D.a3，a6，a9成等比数列2.(2014天津)设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1等于()A.2 B.2 C. D.3.已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，nN*，则S10的值为()A.110 B.90 C.90 D.1104.(2014大纲全国)等比数列an中，a42，a55，则数列lgan的前8项和等于()A.6 B.5 C.4 D.35.(2015北京)设an是等差数列，下列结论中正确的是()A.若a1a20，则a2a30B.若a1a30，则a1a20C.若0a1a2，则a2D.若a10，则(a2a1)(a2a3)06.(2015临沂模拟)已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则使得为整数的正整数n的个数是()A.2 B.3 C.4 D.57.(2015北京东城区模拟)设an是公比为q的等比数列，|q|1，令bnan1 (n1,2，)，若数列bn有连续四项在集合53，23,19,37,82中，则6q_.8.(2014北京)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，因此S2030，S20S1020，S30S2040，则S40S3070150.变式训练2(1)25(2)2 016解析(1)S2020100，a1a2010.a1a20a7a14，a7a1410.an0，a7a14225.当且仅当a7a14时取等号.故a7a14的最大值为25.(2)根据等差数列的性质，得数列也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项a12 016，公差d1，故2 016(2 0161)11，所以S2 0162 016.例3(1)证明Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn12n220，所以Fn(x)在内至少存在一个零点.又Fn(x)12xnxn10(x0)，故Fn(x)在内单调递增，所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn，因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)解方法一由题设，gn(x)，设h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x0.当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，h(x)12xnxn1，若0x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10，若x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10，所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)，综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)gn(x).方法二由已知，记等差数列为ak，等比数列为bk，k1,2，n1，则a1b11，an1bn1xn，所以ak1(k1)(2kn)，bkxk1(2kn)，令mk(x)akbk1xk1，x0(2kn)，当x1时，akbk，所以fn(x)gn(x)，当x1时，mk(x)nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xxk11)，而2kn，所以k10，nk11，若0x1，xxk11，mk(x)0；若x1，xxk11，mk(x)0，从而mk(x)在(0,1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)mk(1)0，所以当x0且x1时，akbk(2kn)，又a1b1，an1bn1，故fn(x)gn(x)，综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)gn(x).变式训练3解(1)设等差数列an的公差为d.因为a4a32，所以d2.又因为a1a210，所以2a1d10，故a14.所以an42(n1)2n2(n1,2，).(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2a38，b3a716，所以q2，b14.所以b64261128.由1282n2，得n63，所以b6与数列an的第63项相等.高考题型精练1.D 设等比数列的公比为q，因为q3，即aa3a9，所以a3，a6，a9成等比数列.故选D.2.D 因为等差数列an的前n项和为Snna1d，所以S1，S2，S4分别为a1,2a11,4a16.因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a11)2a1(4a16).解得a1.3.D a3a12da14，a7a16da112，a9a18da116，又a7是a3与a9的等比中项，(a112)2(a14)(a116)，解得a120.S101020109(2)110.4.C 数列lg an的前8项和S8lg a1lg a2lg a8lg(a1a2a8)lg(a1a8)4lg(a4a5)4lg(25)44.5.C 设等差数列an的公差为d，若a1a20，a2a3a1da2d(a1a2)2d，由于d正负不确定，因而a2a3符号不确定，故选项A错；若a1a30，a1a2a1a3d(a1a3)d，由于d正负不确定，因而a1a2符号不确定，故选项B错；若0a10，d0，a20，a30，aa1a3(a1d)2a1(a12d)d20，a2，故选项C正确；若a10，则(a2a1)(a2a3)d(d)d20，故选项D错.6.D 由等差数列的前n项和及等差中项，可得7 (nN*)，故n1,2,3,5,11时，为整数.即正整数n的个数是5.7.9解析由题意知，数列bn有连续四项在集合53，23，19,37,82中，说明an有连续四项在集合54，24，18,36,81中，由于an中连续四项至少有一项为负，q1，an的连续四项为24,36，54，81，q，6q9.8.8解析a7a8a93a80，a80.a7a10a8a90，a9a80.数列的前8项和最大，即n8.9.1解析因为a2，a3，a7成等比数列，所以aa2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a1d，2a1a21，2a1a1d1即3a1d1，a1，d1.10.22解析根据题意可知等差数列的a1，a2，a6项成等比数列，设等差数列的公差为d，则有(a1d)2a1(a15d)，解得d3a1，故a24a1，a616a1ak4a1(n1)(3a1)64a1，解得n22，即k422.11.证明(1)由题意得an1ana0，即an1an，故an.由an(1an1)an1得an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由0an得(1,2，即12成立.(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1，由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*).由得(nN*).12.(1)解当n2时，4S45S28S3S1，即4581，解得：a4.(2)证明因为4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)，所以4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即4an2an4an1(n2)，因为4a3a14164a2，所以4an2an4an1，因为，所以数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列.(3)解由(2)知：数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列，所以an1ann1，即4，所以数列是以2为首项，公差为4的等差数列，所以2(n1)44n2，即an(4n2)n(2n1)n1，所以数列an的通项公式是an(2n1)n1.第 16 页 共 16 页
展开阅读全文