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等差数列与等比数列课件1


专题四

数列、推理与证明

第 1讲 等差数列与等比数列

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高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练

高考真题体验 {an}的前n项和,若S8=4S4,则a10等于( B ) 17 19 A. 2 B. 2 C.10 D.12 解析 ∵公差为1, 8×?8-1?

∴S8=8a1+ ×1=8a1+28,S4=4a1+6. 2 1 ∵S8=4S4,∴8a1+28=4(4a1+6),解得 a1=2, 1 19 ∴a10=a1+9d=2+9= 2 .故选 B.

1 2 3 4

1.(2015· 课标全国 Ⅰ) 已知 {an} 是公差为 1 的等差数列, Sn 为

1 2 3 4

2.(2015· 安徽)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,

a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于________. 2 n- 1
解析 由等比数列性质知a2a3=a1a4,又a2a3=8,a1+a4=9,
?a1a4=8, ?a1=1, ?a1=8, 所以联立方程? 解得? 或? ?a1+a4=9, ?a4=8 ?a4=1,

又数列{an}为递增数列,∴a1=1,a4=8,从而a1q3=8,
1-2n n ∴数列{an}的前 n 项和为 Sn= =2 -1. 1-2

∴q=2.

1 2 3 4

3.(2014· 广东 ) 若等比数列 {an} 的各项均为正数,且 a10a11 +

50 a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+?+ln a20=______.
解析 因为a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,

所以a10a11=e5.
所以ln a1+ln a2+?+ln a20=ln(a1a2?a20)

=ln[(a1a20)· (a2a19)· …· (a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)
=10ln e5=50ln e=50.

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4.(2013· 江西)某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天
植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最

6 少天数n(n∈N*)等于________.
解析 每天植树棵数构成等比数列{an},
a1?1-qn? 其中 a1=2,q=2.则 Sn= =2(2n-1)≥100, 1-q

即2n+1≥102.∴n≥6,∴最少天数n=6.

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.

热点分类突破 热点一 等差数列、等比数列的运算 (1)通项公式 等差数列:an=a1+(n-1)d; 等比数列:an=a1· qn-1.

(2)求和公式
n?a1+an? n?n-1? 等差数列:Sn= =na1+ 2 d; 2

a1?1-qn? a1-anq 等比数列:Sn= = (q≠1). 1-q 1-q

(3)性质 若m+n=p+q, 在等差数列中am+an=ap+aq; 在等比数列中am· an=ap· aq.

例1

(1)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=________. 6
解析 设该数列的公差为d, 则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,
n?n-1? 所以 Sn=-11n+ 2 ×2=n2-12n=(n-6)2-36,

所以当Sn取最小值时,n=6.

(2)已知等比数列{an}公比为q,其前n项和为Sn,若S3,S9,

S6成等差数列,则q3等于( A )
1 1 A.-2 B.1 C.-2或 1 解析 若q=1,则3a1+6a1=2×9a1, 1 D.-1 或2

得a1=0,矛盾,故q≠1.
a1?1-q3? a1?1-q6? a1?1-q9? 所以 + =2 , 1-q 1-q 1-q 1 3 解得 q =-2或 1(舍),故选 A.

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 a1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)(2015· 浙江 ) 已知 {an} 是等差数列,公差 d 不

为 零 . 若 a2 , a3 , a7 成 等 比 数 列, 且 2a1 + a2 = 1 , 则 a1 = 2 -1 ________ ,d=________. 3
解析 ∵a2,a3,a7 成等比数列,∴a2 3=a2a7,
2

2 即(a1+2d) =(a1+d)(a1+6d),∴a1=-3d,

∵2a1+a2=1,∴2a1+a1+d=1,即3a1+d=1,
2 ∴a1=3,d=-1.

(2)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,a1+a2=1,a3 a2 011+a2 012+a2 013+a2 014 1 005 +a4=2,则 log2 = ________. 3

解析 在等比数列中,(a1+a2)q2=a3+a4, 即q2=2,所以a2 011+a2 012+a2 013+a2 014 =(a1+a2+a3+a4)q2 010=3×21 005,
a2 011+a2 012+a2 013+a2 014 所以 log2 =1 005. 3

热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法

(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法:
①利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数; ②利用中项性质,即证明2an=an-1+an+1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法: an+1 ①利用定义,证明 a (n∈N*)为一常数; n
②利用等比中项,即证明 a2 n=an-1an+1(n≥2).

例2

(2014· 大纲全国 ) 数列 {an} 满足 a1 = 1 , a2 = 2 , an + 2 =

2an+1-an+2.
(1)设bn=an+1-an,证明:{bn}是等差数列; 证明 由an+2=2an+1-an+2得 an+2-an+1=an+1-an+2, 即bn+1=bn+2. 又b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.

(2)求{an}的通项公式.
解 由(1)得bn=1+2(n-1)=2n-1,

即an+1-an=2n-1.
∴an-an-1=2n-3,

an-1-an-2=2n-5,
??

a2-a1=1,
累加得an+1-a1=n2,即an+1=n2+a1.

又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n2-2n+2.

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.
an+1 (2) a =q 和 a2 n=an-1an+1(n≥2)都是数列{an}为等比数 n 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

(1)已知数列{an}的首项 a1=1,且满足 an+1=

an ,则 an=______________. 4an+1
解析
1

1 由已知得 =a +4, an+1 n

1

1 1 ∴ -a =4,又a =1, an+1 n 1
1 故{a }是以 1 为首项,4 为公差的等差数列, n

1 ∴a =1+4(n-1)=4n-3, n
1 故 a n= . 4n-3

1 答案 4n-3

(2) 已 知 数 列 {an} 中 , a1 = 1 , an + 1 = 2an + 3 , 则 an = 2n+1-3 ________. 解析 由已知可得an+1+3=2(an+3), 又a1+3=4, 故{an+3}是以4为首项,2为公比的等比数列. ∴an+3=4×2n-1,

∴an=2n+1-3.

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{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; 解 由a2+a7+a12=-6得a7=-2,∴a1=4,
n?9-n? ∴an=5-n,从而 Sn= 2 .

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

1m 4[1-?2? ] 1m ∴Tm= 1 =8[1-(2) ], 1-2
1m ∵(2) 随 m 增加而递减,

∴{Tm}为递增数列,得4≤Tm<8.
n?9-n? 1 2 1 9 2 81 又 Sn= 2 =-2(n -9n)=-2[(n-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

(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

3 已知首项为2的等比数列{an}不是 递减数列,其 ..

前 n 项和为 Sn(n∈N*),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; 解 设等比数列{an}的公比为q,

因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,
a5 1 于是 q =a =4. 3
2

3 1 又{an}不是递减数列且 a1=2,所以 q=-2.

故等比数列{an}的通项公式为
? 3 ? ? 1?n-1 n-1 3 an=2×?-2? =(-1) · n. 2 ? ?

1 (2)设 Tn=Sn-S (n∈N*), 求数列{Tn}的最大项的值与最小项 n 的值.

? ?1+ 1n,n为奇数, ? 1? 2 ? ?n ? 由(1)得 Sn=1-?-2? =? ? ? 1 ? 1-2n,n为偶数. ? ?

当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
3 所以 1<Sn≤S1=2, 1 1 3 2 5 故 0<Sn-S ≤S1-S =2-3=6. n 1

当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,
3 所以4=S2≤Sn<1, 1 1 3 4 7 故 0>Sn-S ≥S2-S =4-3=-12. n 2 7 1 5 * 综上,对于 n∈N ,总有-12≤Sn-S ≤6. n 5 7 所以数列{Tn}最大项的值为6,最小项的值为-12.

高考押题精练

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1. 设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ,且 a1>0 , a3 + a10>0 ,
a6a7<0,则满足Sn>0的最大自然数n的值为( A.6 押题依据 B.7C.12 D.13 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.

1 2 3 4

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Sn>0的最大自然数n的值为12. 答案 C

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2.已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 a4-2a2 7+3a8=0,数 列{bn}是等比数列,且 b7=a7,则 b2b12 等于( )

A.1 押题依据

B.2C.4

D.8

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.

1 2 3 4

解析 设等差数列{an}的公差为d,
因为 a4-2a2 7+3a8=0,
2 所以 a7-3d-2a2 + 3( a + d ) = 0 ,即 a 7 7 7=2a7,

解得a7=0(舍去)或a7=2,所以b7=a7=2.
因为数列{bn}是等比数列,所以 b2b12=b2 7=4.

答案 C

1 2 3 4

3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7=a6+2a5,存在 1 4 两项 am,an 使得 am· an=4a1,则m+m的最小值为( 3 5 25 4 A.2 B.3 C. 6 D.3 )

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.

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解析 由a7=a6+2a5,得a1q6=a1q5+2a1q4, 整理有q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(与条件中等比数列 的各项都为正数矛盾,舍去),
又由 am· an=4a1,得 aman=16a2 1,
m+n-2 2 即 a2 2 = 16 a 1 1,即有 m+n-2=4,亦即 m+n=6,

1 4 1 1 4 那么m+n=6(m+n)(m+n)

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1 4m n 1 =6( n +m+5)≥6(2

4m n 3 n· m+5)=2,

4m n 当且仅当 n =m,m+n=6,
3 即 n=2m=4 时取得最小值2.

答案 A

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4.已知等比数列{an}中,a4+a6=10,则a1a7+2a3a7+a3a9=
100 ________. 押题依据 等比数列基本量的计算和等比数列的性质是

近几年高考的热点,反映了解题中的整体化思想.
解析
2 因为 a1a7=a2 , a a = a 4 3 9 6,a3a7=a4a6,

所以a1a7+2a3a7+a3a9=(a4+a6)2=102=100.


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