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【步步高】(广东专用)2015届高考数学二轮复习 专题训练四 第1讲 等差数列和等比数列 理


第1讲
考情解读

等差数列和等比数列

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.

1.an 与 Sn 的关系 Sn=a1+a2+?+an,an=? 2.等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式

?S1,n=1, ? ?Sn-Sn-1,n≥2. ?

等比数列

an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d
(1)定义法 (2)中项公式法:2an+1=an+

an =常数(n≥2) an-1 an=a1qn-1(q≠0)
(1)定义法 (2)中项公式法:an+1=an·
2

an+2(n≥1)?{an}为等差数列
(3)通项公式法: an= pn+q(p、 q 判定方法 为常数)?{an}为等差数列 (4) 前 n 项和公式法: Sn = An +
2

an + 2(n≥1)(an≠0) ? {an} 为 等 比
数列 (3)通项公式法:

an=c·qn(c、 q 均是不为 0 的常数,

Bn(A、 B 为常数)?{an}为等差数列 n∈N*)?{an}为等比数列
(5){an} 为 等 比 数 列 , an>0 ? (4){an} 为等差数列 ?{aan} 为等比 {logaan}为等差数列 (1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n=
*

数列(a>0 且 a≠1) (1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n=p +q,则 am·an=ap·aq (2)an=amq
n-m
*

p+q,则 am+an=ap+aq
性质 (2)an=am+(n-m)d (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?,仍成 等差数列

(3)等比数列依次每 n 项和(Sn≠0) 仍成等比数列

前 n 项和

n a1+an n n- Sn= =na1+
2 2

(1)q≠1, Sn=

a1

-q 1-q

n



a1-anq 1-q

d

(2)q=1,Sn=na1

-1-

热点一 等差数列 例1 (1)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2+a4+a6=12,则 S7 的值是( D.7 )

A.21 B.24 C.28

(2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若-1<a3<1,0<a6<3,则 S9 的取值范围是________. 思维启迪 (1)利用 a1+a7=2a4 建立 S7 和已知条件的联系;(2)将 a3,a6 的范围整体代入. 答案 (1)C (2)(-3,21) 解析 (1)由题意可知,a2+a6=2a4,则 3a4=12,a4=4,所以 S7= (2)S9=9a1+36d=3(a1+2d)+6(a1+5d) 又-1<a3<1,0<a6<3, ∴-3<3(a1+2d)<3,0<6(a1+5d)<18, 故-3<S9<21. 思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解 a1 和 d,可利用方程思想; (2)等差数列的性质 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= ④ =
*

a1+a7
2

=7a4=28.

am-an * (m,n∈N ); m-n

an A2n-1 (A2n-1,B2n-1 分别为{an},{bn}的前 2n-1 项的和). bn B2n-1

(3)等差数列前 n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项,利用性质解决. 错误!未找到引用源。 (1)已知等差数列{an},满足 a3=1,a8=6,则此数列的前 10 项的和

S10=________.
(2)在等差数列{an}中,a5<0,a6>0 且 a6>|a5|,Sn 是数列的前 n 项的和,则下列说法正确的是 ( )

A.S1,S2,S3 均小于 0,S4,S5,S6?均大于 0 B.S1,S2,?S5 均小于 0,S6,S7,?均大于 0 C.S1,S2,?S9 均小于 0,S10,S11?均大于 0 D.S1,S2,?S11 均小于 0,S12,S13?均大于 0 答案 (1)35 (2)C 解析 (1)因为 a1+a10=a3+a8=7, 所以 S10= =

a1+a10
2 7×10 = =35. 2

a3+a8
2

-2-

(2)由题意可知 a6+a5>0,故

S10=
而 S9=

a1+a10
2



a5+a6
2

>0,

a1+a9
2

2a5×9 = =9a5<0,故选 C. 2

热点二 等比数列 例2 (1)(2014·安徽)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比数

列,则 q=_____________________. 5 5 Sn (2)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1+a3= ,a2+a4= ,则 等于( 2 4 an A.4 C.2
n-1

)

B.4 -1 D.2 -1
n

n

n-1

思维启迪 (1)列方程求出 d,代入 q 即可;(2)求出 a1,q,代入化简. 答案 (1)1 (2)D 解析 (1)设等差数列的公差为 d,则 a3=a1+2d,

a5=a1+4d,
∴(a1+2d+3) =(a1+1)(a1+4d+5),解得 d=-1, ∴q=
2

a3+3 a1-2+3 = =1. a1+1 a1+1
1 3

5 a +a = , ? ? 2 (2)∵? 5 ? ?a +a =4,
2 4 2

5 a +a q = ,① ? ? 2 ∴? 5 ? ?a q+a q =4,②
2 1 1 3 1 1

1+q 1 由①②可得 3=2,∴q= ,代入①得 a1=2, q+q 2 1 n-1 4 ∴an=2×( ) = n, 2 2 - ∴Sn= 1 1- 2 1 - n 2 4 n 2 1 2
n

1 =4(1- n), 2

∴ =

Sn an

=2 -1,故选 D.

n

思维升华 (1){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=amq
n-m
*


-3-

③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 成等比数列(q≠-1). (2)等比数列前 n 项和公式

na1 q= , ? ? Sn=?a1 -qn a1-anq = q ? 1-q ? 1-q
①能“知三求二”;②注意讨论公比 q 是否为 1;③a1≠0. (1)已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 a4-2a7+3a8=0,数列{bn}是等比数列, 且 b7=a7,则 b2b8b11 等于( A.1 C.4 ) B.2 D.8 )
2

(2)在等比数列{an}中,a1+an=34,a2·an-1=64,且前 n 项和 Sn=62,则项数 n 等于( A.4 C.6 答案 (1)D (2)B B.5 D.7

解析 (1)∵a4-2a7+3a8=0,∴2a7=a4+3a8,即 2a7=4a7,∴a7=2,∴b7=2,又∵b2b8b11=
18 3 b1qb1q7b1q10=b3 1q =(b7) =8,故选 D.

2

2

2

(2)设等比数列{an}的公比为 q,由 a2an-1=a1an=64,又 a1+an=34,解得 a1=2,an=32 或 a1 =32,an=2.当 a1=2,an=32 时,Sn= =a1q
n-1

a1

-q 1-q

n



a1-anq 2-32q = =62,解得 q=2.又 an 1-q 1-q

,所以 2×2
n-1

n-1

1 n =2 =32,解得 n=5.同理,当 a1=32,an=2 时,由 Sn=62,解得 q= . 2

由 an=a1q 故选 B.

1 n-1 1 n-1 1 1 4 =32×( ) =2,得( ) = =( ) ,即 n-1=4,n=5.综上,项数 n 等于 5, 2 2 16 2

热点三 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,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项, 记{bn}的前 n 项和为 Tn,若存在 m∈N ,使对任意 n∈N ,总有 Sn<Tm+λ 恒成立,求实数 λ 的 取值范围. 思维启迪 (1)利用方程思想求出 a1,代入公式求出 an 和 Sn;(2)将恒成立问题通过分离法转 化为最值. 解 (1)由 a2+a7+a12=-6 得 a7=-2,∴a1=4, ∴an=5-n,从而 Sn=
* *

n

-n . 2

-4-

(2)由题意知 b1=4,b2=2,b3=1, 设等比数列{bn}的公比为 q,

b2 1 则 q= = , b1 2
1 4[1- 2 ∴Tm= 1 1- 2
m

] 1 m =8[1-( ) ], 2

1 m ∵( ) 随 m 增加而递减, 2 ∴{Tm}为递增数列,得 4≤Tm<8. 又 Sn=

n 9-n
2

1 2 =- (n -9n) 2

1 9 2 81 =- [(n- ) - ], 2 2 4 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.即实数 λ 的取值范围为(6,+∞). 思维升华 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. 1 已知数列{an}前 n 项和为 Sn,首项为 a1,且 ,an,Sn 成等差数列. 2 (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 (2)数列{bn}满足 bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3),求证: + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2 1 1 (1)解 ∵ ,an,Sn 成等差数列,∴2an=Sn+ , 2 2 1 1 当 n=1 时,2a1=S1+ ,∴a1= , 2 2 1 1 当 n≥2 时,Sn=2an- ,Sn-1=2an-1- , 2 2 两式相减得 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1, ∴
* *

an =2, an-1

-5-

1 ∴数列{an}是首项为 ,公比为 2 的等比数列, 2 1 n-1 n-2 ∴an= ×2 =2 . 2 (2)证明 1 1 = 1

bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3)=log222n+1-2×log222n+3-2=(2n-1)(2n+1),
× 1 1 1 = ( - 1 ),

bn 2n-1 2n+1 2 2n-1 2n+1 b1 b2 b3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 * + + +?+ = [(1- )+( - )+?+( - )]= (1- )< (n∈N ). bn 2 3 3 5 2n-1 2n+1 2 2n+1 2

1 1 1 1 1 即 + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2

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,一般是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运算. 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. 3.等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性

d>0?{an}为递增数列,Sn 有最小值. d<0?{an}为递减数列,Sn 有最大值. d=0?{an}为常数列.
(2)等比数列的单调性 当?
? ?a1>0, ?q>1 ? ? ?a1<0, 或? ?0<q<1 ? ? ?a1>0, 时,{an}为递增数列,当? ?0<q<1 ?

或?

? ?a1<0, ?q>1 ?

时,{an}为递减数

列. 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},{ }仍为等差数列,其中

Sn n

m,k 为常数.
(2)若{an},{bn}均是等比数列,则{can}(c≠0),{|an|},{an·bn},{manbn}(m 为常数),{an}, 1 { }仍为等比数列.
2

an

(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

a3-a2 a2-a1 q = =q. a2-a1 a2-a1
-6-

(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 q . 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 k d. 5.易错提醒 (1)应用关系式 an=?
? ?S1,n=1, ? ?Sn-Sn-1,n≥2
2

k

时,一定要注意分 n=1,n≥2 两种情况,在求出结果

后,看看这两种情况能否整合在一起. (2)三个数 a,b,c 成等差数列的充要条件是 b= 条件是 b =ac.
2

a+c
2

,但三个数 a,b,c 成等比数列的充要

真题感悟 1.(2014·大纲全国)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前 8 项和等于( A.6 B.5 C.4 D.3 答案 C 解析 数列{lg an}的前 8 项和 S8=lg a1+lg a2+?+lg a8=lg(a1·a2·?·a8)=lg(a1·a8) =lg(a4·a5) =lg(2×5) =4. 2.(2014·北京)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当 n=________时,{an}的 前 n 项和最大. 答案 8 解析 ∵a7+a8+a9=3a8>0,∴a8>0. ∵a7+a10=a8+a9<0,∴a9<-a8<0. ∴数列的前 8 项和最大,即 n=8. 押题精练 1.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则下列一定成立的是( A.若 a3>0,则 a2 013<0 B.若 a4>0,则 a2 014<0 C.若 a3>0,则 a2 013>0 D.若 a4>0,则 a2 014>0 答案 C 解析 因为 a3=a1q ,a2 013=a1q 故选 C.
2 2 012 4 4 4

)

)

,而 q 与 q

2

2 012

均为正数,若 a3>0,则 a1>0,所以 a2 013>0,

-7-

1+an * 2.已知数列{an}是首项为 a,公差为 1 的等差数列,bn= .若对任意的 n∈N ,都有 bn≥b8

an

成立,则实数 a 的取值范围为________. 答案 (-8,-7) 1+an n+a * 解析 an=a+(n-1)×1=n+a-1, 所以 bn= = , 因为对任意的 n∈N , 都有 bn≥b8 an n+a-1 成立,即
? ?a+7<0, ? ?1-a<9, ?

n+a 8+a * ≥ (n∈N ) 恒 成 立 , 即 n+a-1 8+a-1
解得-8<a<-7.

a+

n- 8 n+a-

≤0(n∈N ) , 则 有

*

3.设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 an+1=4Sn+4n+1,n∈N ,且 a2,a5,a14 恰好是等比数列{bn}的前三项. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 3 * (2)记数列{bn}的前 n 项和为 Tn,若对任意的 n∈N ,(Tn+ )k≥3n-6 恒成立,求实数 k 的取 2 值范围. 解 (1)当 n≥2 时,由题设知 4Sn-1=an-4(n-1)-1, ∴4an=4Sn-4Sn-1=an+1-an-4, ∴an+1=an+4an+4=(an+2) , ∵an>0,∴an+1=an+2. ∴当 n≥2 时,{an}是公差 d=2 的等差数列. ∵a2,a5,a14 构成等比数列, ∴a5=a2·a14,(a2+6) =a2·(a2+24),解得 a2=3, 由条件可知,4a1=a2-5=4,∴a1=1, ∵a2-a1=3-1=2, ∴{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列. ∴等差数列{an}的通项公式为 an=2n-1. ∵等比数列{bn}的公比 q= =
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

*

a5 2×5-1 =3, a2 3
n

∴等比数列{bn}的通项公式为 bn=3 . (2)Tn= 3 ∴(
n+1

b1

-q 1-q

n



-3 1-3

n

3 =

n+1

-3 , 2

-3 3 * + )k≥3n-6 对任意的 n∈N 恒成立, 2 2

2n-4 * ∴k≥ n 对任意的 n∈N 恒成立, 3

-8-

2n-4 2n-4 2n-6 - 令 cn= n ,cn-cn-1= n - n-1 = 3 3 3 当 n≤3 时,cn>cn-1; 当 n≥4 时,cn<cn-1. 2 2 ∴(cn)max=c3= ,∴k≥ . 27 27

n-
3
n



(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,已知 3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比 q 等于( A.3 B.4 C.5 D.6 答案 B 解析 ∵3S3=a4-2,3S2=a3-2,两式相减得 3a3=a4-a3,∴a4=4a3,∴q= =4. 2.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 2a6=6+a7,则 S9 的值是( A.27 C.45 答案 D 解析 由 2a6=6+a7 得 a5=6,所以 S9=9a5=54.故选 D. 3.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=5,Sm=-11,Sm+1=21,则 m 等于( A.3 C.5 答案 C 解析 由已知得,Sm-Sm-1=am=-16,Sm+1-Sm=am+1=32,故公比 q=-2,又 Sm= -11,故 a1=-1,又 am=a1·q
m-1

)

a4 a3

)

B.36 D.54

)

B.4 D.6

a1-amq = 1-q

=-16,代入可求得 m=5.
*

4.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N ),若 b3=-2,b10=12,则 a8 等于( )

A.0 B.3 C.8 D.11 答案 B 解析 ∵{bn}为等差数列,设其公差为 d, 由 b3=-2,b10=12, ∴7d=b10-b3=12-(-2)=14,∴d=2, ∵b3=-2,∴b1=b3-2d=-2-4=-6,

-9-

7×6 ∴b1+b2+?+b7=7b1+ ·d 2 =7×(-6)+21×2=0, 又 b1+b2+?+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+?+(a8-a7)=a8-a1=a8-3, ∴a8-3=0,a8=3.故选 B. 5.数列{an}满足 a1=2,an= A. 1 6

an+1-1 ,其前 n 项积为 Tn,则 T2 014 等于( an+1+1
1 B.- 6 D.-6

)

C.6 答案 D 解析 由 an=

an+1-1 1+an 1 1 得 an+1= ,而 a1=2,所以 a2=-3,a3=- ,a4= ,a5=2,则数列 an+1+1 1-an 2 3
503 503

是以 4 为周期,且 a1a2a3a4=1,所以 T2 014=(a1a2a3a4) a1a2=1 ×2×(-3)=-6,故选 D. 6.已知{an}是等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S21=S4 000,O 为坐标原点,点 P(1,an),

Q(2 011,a2 011),则OP·OQ等于(
A.2 011 B.-2 011 C.0 答案 A D.1

→ →

)

解析 由 S21=S4 000 得 a22+a23+?+a4 000=0, 由于 a22+a4 000=a23+a3 999=?=2a2 011, 所以 a22+a23+?+a4 000=3 979a2 011=0, → → 从而 a2 011=0,而OP·OQ=2 011+a2 011an=2 011. 二、填空题 7.在等比数列{an}中,已知 a1+a3=8,a5+a7=4,则 a9+a11+a13+a15=________. 答案 3 解析 设等比数列{an}的公比为 q,
?a1+a1q =8, ? 由已知,得? 4 6 ?a1q +a1q =4, ?
2

1 4 解得 q = . 2

1 2 8 8 8 又 a9+a11=a1q +a3q =(a1+a3)q =8×( ) =2, 2

a13+a15=a1q12+a3q12=(a1+a3)q12=8×( )3=1,
所以 a9+a11+a13+a15=2+1=3. 8.(2014·广东)若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e ,则 ln a1+ln a2+? +ln a20=______.
- 10 5

1 2

答案 50 解析 因为 a10a11+a9a12=2a10a11=2e , 所以 a10a11=e . 所以 ln a1+ln a2+?+ln a20=ln(a1a2?a20) =ln[(a1a20)·(a2a19)·?·(a10a11)]=ln(a10a11) =10ln(a10a11)=10ln e =50ln e=50. 9. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a1=-11, a4+a6=-6, 则当 Sn 取最小值时, n=________. 答案 6 解析 设等差数列的公差为 d, 则由 a4+a6=-6 得 2a5=-6,∴a5=-3. 又∵a1=-11,∴-3=-11+4d,∴d=2, ∴Sn=-11n+
10 5 5 5

n n-
2

×2=n -12n=(n-6) -36,

2

2

故当 n=6 时,Sn 取最小值. 1 * 10.已知数列{an}的首项为 a1=2,且 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N ),记 Sn 为数列{an}的前 2

n 项和,则 Sn=________,an=________.

?2 3?n-1 ? ? 答案 2×? ? ??3?n-2 ?2? ? ? ? ??2?

n= n



1 1 1 3 * 解析 由 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N ),可得 an+1= Sn,所以 Sn+1-Sn= Sn,即 Sn+1= Sn, 2 2 2 2 3 ?3?n-1 由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项 S1=a1=2,公比为 ,所以 Sn=2×? ? , 2 ?2? 2 ? ? 由此得 an=??3?n-2 ? ? ? ??2? 三、解答题 11. 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{bn} 中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5 (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列{Sn+ }是等比数列. 4 (1)解 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{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d.
- 11 -

n= n



依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去). 故{bn}的第 3 项为 5,公比为 2. 由 b3=b1·2 ,即 5=b1·2 , 5 解得 b1= . 4 所以 bn=b1·q
n-1
2 2

5 n-1 n-3 = ·2 =5·2 , 4
n-3

即数列{bn}的通项公式 bn=5·2

.

(2)证明 由(1)得数列{bn}的前 n 项和 5 4 Sn= -2 1-2
n

=5·2

n-2

5 - , 4

5 n- 2 即 Sn+ =5·2 . 4 5 4 5·2n-1 5 5 所以 S1+ = , = n-2=2. 4 2 5 5·2 Sn+ 4

Sn+1+

5 5 因此{Sn+ }是以 为首项,2 为公比的等比数列. 4 2 12.若数列{bn}对于 n∈N ,都有 bn+2-bn=d(常数),则称数列{bn}是公差为 d 的准等差数列,
?4n-1,n为奇数, ? 如数列{cn},若 cn=? ? ?4n-9,n为偶数,
* *

则数列{cn}是公差为 8 的准等差数列.设数列{an}

满足 a1=a,对于 n∈N ,都有 an+an+1=2n. (1)求证:{an}为准等差数列; (2)求{an}的通项公式及前 20 项和 S20. (1)证明 ∵an+1+an=2n,① ∴an+2+an+1=2n+2.② 由②-①得 an+2-an=2(n∈N ), ∴{an}是公差为 2 的准等差数列. (2)解 已知 a1=a,an+1+an=2n(n∈N ), ∴a1+a2=2,即 a2=2-a. ∴由(1)可知 a1,a3,a5,?,成以 a 为首项,2 为公差的等差数列,a2,a4,a6,?,成以 2 -a 为首项,2 为公差的等差数列. ∴当 n 为偶数时,an=2-a+( -1)×2=n-a, 2
- 12 * *

n

当 n 为奇数时,an=a+(

n+1
2

-1)×2=n+a-1,

∴an=?

? ?n+a-1,n为奇数, ?n-a,n为偶数. ?

S20=a1+a2+?+a19+a20
=(a1+a2)+(a3+a4)+?+(a19+a20) =2×1+2×3+?+2×19=2× 1+19 ×10 =200. 2

13.(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 a2+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,求出符合条件的所有 n 的集合;若不存在, 说明理由. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 则 a1≠0,q≠0.由题意得
?S2-S4=S3-S2, ? ? ?a2+a3+a4=-18. ? ? ?-a1q -a1q =a1q , 即? 2 ?a1q +q+q =-18, ?
2 3 2

解得?

?a1=3, ? ? ?q=-2.
n- 1

故数列{an}的通项公式为 an=3×(-2) 3[1- - (2)由(1)有 Sn= 1- -
n

.

] n =1-(-2) .

假设存在 n,使得 Sn≥2 013, 则 1-(-2) ≥2 013,即(-2) ≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2) >0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2) =-2 ≤-2 012, 即 2 ≥2 012,得 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}.
n n n n n n

- 13 -


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