等差数列、等比数列二轮复习.doc

第1讲等差数列、等比数列1 an与Sn的关系Sna1a2an，an2 等差数列和等比数列等差数列等比数列定义anan1常数(n2)常数(n2)通项公式ana1(n1)dana1qn1(q0)判定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an1anan2(n1)an为等差数列(3)通项公式法：anpnq(p、q为常数)an为等差数列(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A、B为常数)an为等差数列(5)an为等比数列，an0logaan为等差数列(1)定义法(2)中项公式法：aanan2(n1)(an0)an为等比数列(3)通项公式法：ancqn(c、q均是不为0的常数，nN*)an为等比数列(4)an为等差数列aan为等比数列(a0且a1)性质(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anam(nm)d(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anamqnm(3)等比数列依次每n项和(Sn0)仍成等比数列前n项和Snna1d(1)q1，Sn(2)q1，Snna1考点一与等差数列有关的问题例1在等差数列an中，满足3a55a8，Sn是数列an的前n项和(1)若a10，当Sn取得最大值时，求n的值；(2)若a146，记bn，求bn的最小值解(1)设an的公差为d，则由3a55a8，得3(a14d)5(a17d)，da1.Snna1a1n2a1na1(n12)2a1.a10，当n12时，Sn取得最大值(2)由(1)及a146，得d(46)4，an46(n1)44n50，Sn46n42n248n.bn2n5225232，当且仅当2n，即n5时，等号成立故bn的最小值为32. (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，其中蕴含着方程思想的运用(2)等差数列的性质若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列；aman(mn)dd(m，nN*)；(A2n1，B2n1分别为an，bn的前2n1项的和)(3)数列an是等差数列的充要条件是其前n项和公式Snf(n)是n的二次函数或一次函数且不含常数项，即SnAn2Bn(A2B20) (1)(2012浙江)设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列(2)(2013课标全国)设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m等于()A3 B4 C5 D6答案(1)C(2)C解析(1)利用函数思想，通过讨论Snn2n的单调性判断设an的首项为a1，则Snna1n(n1)dn2n.由二次函数性质知Sn有最大值时，则d0，不妨设a11，d2，显然Sn是递增数列，但S110，d0，Sn必是递增数列，D正确(2)am2，am13，故d1，因为Sm0，故ma1d0，故a1，因为amam15，故amam12a1(2m1)d(m1)2m15，即m5.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，a4a72，a5a68，则a1a10等于()A7 B5 C5 D7(2)(2012浙江)设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22，S43a42，则q_.答案(1)D(2)解析(1)利用等比数列的性质求解由解得或或a1a10a1(1q9)7.(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解S4S2a3a43a22a3a43a42，将a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2qa2q23a2q22，化简得2q2q30，解得q(q1不合题意，舍去) (1)证明数列是等比数列的两个方法：利用定义：(nN*)是常数，利用等比中项aan1an1(n2，nN*)(2)等比数列中的五个量：a1，an，q，n，Sn可以“知三求二”(3)an为等比数列，其性质如下：若m、n、r、sN*，且mnrs，则amanaras；anamqnm；Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列(q1)(4)等比数列前n项和公式Sn能“知三求二”；注意讨论公比q是否为1；a10. (1)(2013课标全国)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.答案(2)n1解析当n1时，a11；当n2时，anSnSn1anan1，故2，故an(2)n1.(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a2a3a418.求数列an的通项公式；是否存在正整数n，使得Sn2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由解设等比数列an的公比为q，则a10，q0.由题意得即解得故数列an的通项公式为an3(2)n1.由有Sn1(2)n.假设存在n，使得Sn2 013，则1(2)n2 013，即(2)n2 012.当n为偶数时，(2)n0.上式不成立；当n为奇数时，(2)n2n2 012，即2n2 012，则n11.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|n2k1，kN，k5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a2a7a126.(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，剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为Tn，若存在mN*，使对任意nN*，总有SnTm恒成立，求实数的取值范围解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，从而Sn.(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，Tm81()m，()m随m增加而递减，Tm为递增数列，得4Tm8.又Sn(n29n)(n)2，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使对任意nN*总有SnTm，则106. 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”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，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 已知数列an满足a13，an13an3n(nN*)，数列bn满足bn3nan.(1)求证：数列bn是等差数列；(2)设Sn，求满足不等式的所有正整数n的值(1)证明由bn3nan得an3nbn，则an13n1bn1.代入an13an3n中，得3n1bn13n1bn3n，即得bn1bn.所以数列bn是等差数列(2)解因为数列bn是首项为b131a11，公差为的等差数列，则bn1(n1)，则an3nbn(n2)3n1，从而有3n1，故Sn13323n1，则，由，得，即33n127，得1n4.故满足不等式0an为递增数列，Sn有最小值d0，由题意知a3a12a2，即a1q2a12a1q.因为a10，所以有q22q10，由此解得q1，又q0，所以q1.所以q2(1)232.2 已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得4a1，则的最小值为()A. B. C. D不存在答案A解析因为a7a62a5，所以q2q20，解得q2或q1(舍去)又4a1，所以mn6.则(mn).当且仅当，即n2m时，等号成立此时m2，n4.3 已知等差数列an的前n项的和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，公比是q，且满足：a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求an与bn；(2)设cn3bn2，若数列cn是递增数列，求的取值范围解(1)由已知可得所以q2q120，解得q3或q4(舍)，从而a26，所以an3n，bn3n1.(2)由(1)知，cn3bn23n2n.由题意，得cn1cn对任意的nN*恒成立，即3n12n13n2n恒成立，亦即2n23n恒成立，即2n恒成立由于函数yn是增函数，所以min23，故3，即的取值范围为(，3)(推荐时间：60分钟)一、选择题1 (2013江西)等比数列x,3x3,6x6，的第四项等于()A24 B0 C12 D24答案A解析由x,3x3,6x6成等比数列得，(3x3)2x(6x6)解得x3或x1(不合题意，舍去)故数列的第四项为24.2 (2013课标全国)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1等于()A. B C. D答案C解析设等比数列an的公比为q，由S3a210a1得a1a2a3a210a1，即a39a1，q29，又a5a1q49，所以a1.3 (2013课标全国)设首项为1，公比为的等比数列an的前n项和为Sn，则()ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an答案D解析Sn32an.故选D.4 在等差数列an中，a50且a6|a5|，Sn是数列的前n项的和，则下列说法正确的是()AS1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6均大于0BS1，S2，S5均小于0，S6，S7，均大于0CS1，S2，S9均小于0，S10，S11均大于0DS1，S2，S11均小于0，S12，S13均大于0答案C解析由题意可知a6a50，故S100，而S99a50，且a1a2a1030，则a5a6的最大值等于_答案9解析由a1a2a1030得a5a66，又an0，a5a6229.10已知数列an的首项为a12，且an1(a1a2an) (nN*)，记Sn为数列an的前n项和，则Sn_，an_.答案2n1解析由an1(a1a2an) (nN*)，可得an1Sn，所以Sn1SnSn，即Sn1Sn，由此可知数列Sn是一个等比数列，其中首项S1a12，公比为，所以Sn2n1，由此得an三、解答题11已知an是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，amk，ank，alk也成等差数列(1)解由已知，得anaqn1，因此S1a，S3a(1qq2)，S4a(1qq2q3)当S1，S3，S4成等差数列时，S4S3S3S1，可得aq3aqaq2，化简得q2q10.解得q.(2)证明若q1，则an的各项均为a，此时amk，ank，alk显然成等差数列若q1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得SmSl2Sn，即，整理得qmql2qn.因此，amkalkaqk1(qmql)2aqnk12ank.所以amk，ank，alk成等差数列12已知数列an满足a1，a2，an12anan1(n2，nN*)，数列bn满足b1，3bnbn1n(n2，nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)证明：数列bnan为等比数列，并求出数列bn的通项公式(1)解由an12anan1(n2，nN*)，可得an1ananan1(n2，nN*)所以数列an是首项为a1，公差为da2a1的等差数列所以ana1(n1)dn(nN*)，即ann(nN*)(2)证明由3bnbn1n，得bnbn1n(n2，nN*)所以bnanbn1nnbn1n(bn1an1)，又b1a10，所以bnan0(nN*)，得(n2，nN*)，即数列bnan是首项为b1a1，公比为的等比数列于是，bnann1，即bnn1(nN*)13(2013湖北)已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由解(1)设等比数列an的公比为q，则由已知可得解得或故an3n1或an5(1)n1.(2)若an3n1，则n1，故数列是首项为，公比为的等比数列从而1.若an(5)(1)n1，则(1)n1，故数列是首项为，公比为1的等比数列，从而故1.综上，对任何正整数m，总有1.故不存在正整数m，使得1成立