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高考第一轮复习数学:3.4--等差数列与等比数列的综合问题 - 副本


3.4 等差数列与等比数列的综合问题

●点击双基 1.等比数列{an}的公比为 q,则“q>1”是“对于任意自然数 n,都 有 an+1>an”的 A.充分不必要条件 C.充要条件 答案:D 2.已知数列{an}满足 an+2=-an(n∈N*) ,且 a1=1,a2=2,则该数列前 2002 项的和为 A.0 答案:C 3.若关于 x 的方程 x2-x+a=0 和 x2-x+b=0(a≠b)的四个根可组成 首项为 1 的等差数列,则 a+b 的值是
4 A. 3 8 31 D. 72

B.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件

B.-3

C.3

D.1

B. 11

24

C. 13

24

答案:D 4.(2004 年春季上海,12)在等差数列{an}中,当 ar=as(r≠s) 时,数列{an}必定是常数列,然而在等比数列{an}中,对某些正整数

r、s(r≠s) , 当 ar=as 时 , 非 常 数 列 {an} 的 一 个 例 子 是
___________________.

解析:只需选取首项不为 0,公比为-1 的等比数列即可. 答案:a,-a,a,-a?(a≠0) 5.(2002 年北京,14)等差数列{an}中,a1=2,公差不为零,且

a1,a3,a11 恰好是某等比数列的前三项,那么该等比数列公比的值等
于___________________. 解析: 设 a 1, a 3, a11 成等比, 公比为 q, a3=a1· q=2q, a11=a1· q2=2q2. 又{an}是等差数列,∴a11=a1+5(a3-a1) ,∴q=4. 答案:4 ●典例剖析 【例 1】 (2005 年春季北京,17)已知{an}是等比数列,a1=2,

a3=18;{bn}是等差数列,b1=2,b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3>20.
(1)求数列{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Sn 的公式; (3)设 Pn=b1+b4+b7+?+b3n-2,Qn=b10+b12+b14+?+b2n+8, 其中 n=1,2,?,试比较 Pn 与 Qn 的大小,并证明你的结论. 剖析:将已知转化成基本量,求出首项和公比后,再进行其他运 算. 解:(1)设{an}的公比为 q,由 a3=a1q2 得 q2=
a3 a1

=9,q=±3.

当 q=-3 时,a1+a2+a3=2-6+18=14<20,这与 a1+a2+a3>20 矛盾, 故舍去. 当 q=3 时,a1+a2+a3=2+6+18=26>20,故符合题意.

设数列{bn}的公差为 d,由 b1+b2+b3+b4=26 得 4b1+ 4 ? 3 d=26.
2

又 b1=2,解得 d=3,所以 bn=3n-1. (2)Sn=
n(b1 ? bn ) 3 2 1 = n + n. 2 2 2

(3)b1,b4,b7,?,b3n-2 组成以 3d 为公差的等差数列, 所以 Pn=nb1+ n(n ? 1) ·3d= 9 n2- 5 n;
2 2 2

b10,b12,b14,?,b2n+8 组成以 2d 为公差的等差数列,b10=29,
所以 Qn=nb10+ n(n ? 1) ·2d=3n2+26n.
2 Pn-Qn=( 9 n2- 5 n)-(3n2+26n)= 3 n(n-19). 2 2 2

所以,对于正整数 n,当 n≥20 时,Pn>Qn; 当 n=19 时,Pn=Qn; 当 n≤18 时,Pn<Qn. 评述:本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识,考查逻辑 思维能力、分析问题和解决问题的能力. 【例 2】 (2005 年北京东城区模拟题)已知等差数列{an}的首 项 a1=1,公差 d>0,且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列 {bn}的第二项、第三项、第四项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}对任意正整数 n 均有
c1 b1

+

c2 mb2

+

c3 m b3
2

+?+

m

cn n ?1

bn

=

(n+1)an+1 成立,其中 m 为不等于零的常数,求数列{cn}的前 n 项和

Sn.
剖析: (1) 依已知可先求首项和公差, 进而求出通项 an 和 bn; (2) 由题先求出{an}的通项公式后再求 Sn.

解: (1)由题意得(a1+d) (a1+13d)=(a1+4d)2,整理得 2a1d=d2. ∵a1=1, 解得 d=2 (d=0 不合题意舍去) , ∴an=2n-1 (n=1, 2, 3, ?) . 由 b2=a2=3,b3=a5=9,易求得 bn=3n-1(n=1,2,3,?). (2)当 n=1 时,c1=6; 当 n≥2 时,
m cn n ?1 bn

=(n+1)an+1-nan=4n+1,
?6
n ?1 ?(4n ? 1)(3m)

∴ cn= ( 4n+1 ) mn - 1bn= ( 4n+1 ) ( 3m ) n - 1. ∴ cn= ?
n ? 1, n ? 2,3,4,? ? ?.

当 3m=1,即 m= 1 时,Sn=6+9+13+?+(4n+1)

3 =6+ (n ? 1)(9 ? 4n ? 1) =6+(n-1) (2n+5)=2n2+3n+1. 2 当 3m≠1,即 m≠ 1 时,Sn=c1+c2+?+cn,即 3

Sn=6+9· (3m)+13· (3m)2+?+(4n-3) (3m)n-2+(4n+1) (3m)
n-1

.

① 3mSn=6·3m+9· (3m)2+13· (3m)3+?+(4n-3) (3m)n-1+(4n+1)

(3m)n. ② ①-②得
2 3 n-1 (1-3m) Sn=6+3· 3m+4· (3m) +4· (3m) +?+4· (3m) - (4n+1)

(3m)n =6+9m+4[ (3m)2+(3m)3+?+(3m)n-1]-(4n+1) (3m)n =6+9m+ ∴Sn=
4[(3m) 2 ? (3m) n ] -(4n+1) (3m)n. 1 ? 3m

6 ? 9m ? (4n ? 1)(3m) n 1 ? 3m

+ 4[(3m)

? (3m) n ] . (1 ? 3m) 2
2

?2n 2 ? 3n ? 1 ∴Sn= ? ? 6 ? 9m ? (4n ? 1)(3m) n 4[(3m) 2 ? (3m) n ] ? ? 1 ? 3m (1 ? 3m) 2 ?

1 m? , 3 1 m? . 3

评述: 本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方 法.如“基本量法” “错位相减求和法”等. 【例 3】 (2005 年北京海淀区模拟题)在等比数列{an}(n∈N*) 中,a1>1,公比 q>0.设 bn=log2an,且 b1+b3+b5=6,b1b3b5=0. (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求{bn}的前 n 项和 Sn 及{an}的通项 an; (3)试比较 an 与 Sn 的大小. 剖析: (1)定义法即可解决.(2)先求首项和公差及公比.(3) 分情况讨论. (1)证明:∵bn=log2an,∴bn+1-bn=log2 a n ?1 =log2q 为常数.∴数
an

列{bn}为等差数列且公差 d=log2q. (2)解:∵b1+b3+b5=6,∴b3=2. ∵a1>1,∴b1=log2a1>0.∵b1b3b5=0,∴b5=0. ∴?
?b1 ? 2d ? 2, ?b ? 4, 9n ? n 2 解得 ? 1 ∴Sn=4n+ n(n ? 1) ×(-1)= 2 2 ?d ? ?1. ?b1 ? 4d ? 0.

.

1 ? ?log 2 q ? ?1, ?q ? , ∵? ∴? 2 ?log 2 a1 ? 4, ? ?a1 ? 16.

∴an=25-n(n∈N*). (3)解:显然 an=25-n>0,当 n≥9 时,Sn= n(9 ? n) ≤0.
2

∴n≥9 时,an>Sn.

∵a1=16,a2=8,a3=4,a4=2,a5=1,a6= 1 ,a7= 1 ,a8= 1 ,S1=4,S2=7,
2 4 8

S3=9,S4=10,S5=10,S6=9,S7=7,S8=4,
∴当 n=3,4,5,6,7,8 时,an<Sn; 当 n=1,2 或 n≥9 时,an>Sn. 评述:本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想. ●闯关训练 夯实基础 1.在等比数列{an}中,a5+a6=a(a≠0) ,a15+a16=b,则 a25+a26 的值 是 A. b D.
b a2

a

B. b 2
a

2

C.

b2 a

解析:由等比数列的性质得三个和成等比数列,由等比中项公式 可得选项为 C. 答案:C 2. 公差不为零的等差数列 {an} 的第二、三及第六项构成等比数 列,则
a1 ? a 3 ? a 5 a2 ? a4 ? a6

=_____.

2 解析: 设公差为 d (d≠0) , 由题意 a32=a2· a6, 即 (a1+2d) = (a1+d)

(a1+5d) ,解得 d=-2a1,故 答案: 3
5

a1 ? a 3 ? a 5 a2 ? a4 ? a6

=

3a1 ? 6d 3a1 ? 9d

=

? 9a1 ? 15a1

=3.
5

3.若数列 x,a1,a2,y 成等差数列,x,b1,b2,y 成等比数列,



(a1 ? a 2 ) 2 b1 ? b2

的取值范围是___________________.

解析:在等差数列中,a1+a2=x+y;在等比数列中,xy=b1·b2. ∴
(a1 ? a 2 ) 2 b1 ? b2

= ( x ? y) = x
2

2

x? y

? 2 xy ? y 2 x? y

= x + y +2.
y

x

当 x·y>0 时, x + y ≥2,故
y

x

(a1 ? a 2 ) 2 b1 ? b2

≥4; ≤0.

当 x·y<0 时, x + y ≤-2,故
y

x

(a1 ? a 2 ) 2 b1 ? b2

答案: [4,+∞)或(-∞,0] 4.已知数列{an}中,a1= 5 且对任意非零自然数 n 都有 an+1= 1 an+
6 3

( 1 )n+1.数列{bn}对任意非零自然数 n 都有 bn=an+1- 1 an.
2 2

(1)求证:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式.
2 6 bn+1=( 1 )n+2- 1 an+1=( 1 )n+2- 1 [ 1 an+( 1 )n+1]= 1 · ( 1 )n+1- 1 an 2 6 2 6 3 2 2 2 18 -1· ( 1 ) n+1= 1 · ( 1 ) n+1- 1 an= 1 · [ ( 1 ) n+1- 1 an] , 6 2 3 2 18 3 2 6

(1)证明:bn=an+1- 1 an=[ 1 an+( 1 )n+1]- 1 an=( 1 )n+1- 1 an,
2 3 2 2



bn ?1 bn

= 1 (n=1,2,3,?).
3

∴{bn}是公比为 1 的等比数列.
3 9 9 3 ( 1 )n+1.由 bn=( 1 )n+1- 1 an,得( 1 )n+1=( 1 )n+1- 1 an,解得 3 2 6 3 2 6 [ ( 1 )n+1-( 1 )n+1]. 2 3

(2)解:∵b1=( 1 )2- 1 a1= 1 - 1 · 5 = 1 ,∴bn= 1 · ( 1 )n-1=
2 6 4 6 6

an=6

5.设{an}为等比数列,a1=b1=1,a2+a4=b3,b2b4=a3,分别求出{an} 及{bn}的前 10 项的和 S10 及 T10.

解:设公差为 d,公比为 q,由题意知 ? ?
3 3 ? ? d ?? , d ?? , ? ? 8 8 ∴? 或? ∴S10=10+ 10 ? 9 ? ? 2 ?q ? 2 ?q ? ? 2 . ? ? 2 2 ? ?

?2 ? 4 d ? q 2 ,
4 ? ?1 ? 2d ? q ,

(- 3 )=- 55 .
8 8

当 q=

2 2

时,T10=

当 q=-

31( 2 ? 2 ) ; 32 31( 2 ? 2 ) 2 时,T10= . 2 32

培养能力 6. (2003 年北京高考, 文 16) 已知数列{an}是等差数列, 且 a1=2,

a1+a2+a3=12.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=anxn(x∈R) ,求数列{bn}前 n 项和的公式. 解: (1)设数列{an}的公差为 d, 则 a1+a2+a3=3a1+3d=12. 又 a1=2,得 d=2. 所以 an=2n. (2)令 Sn=b1+b2+?+bn,则由 bn=anxn=2nxn,得

Sn=2x+4x2+?+(2n-2)xn-1+2nxn, xSn=2x2+4x3+?+(2n-2)xn+2nxn+1.
当 x≠1 时,①式减去②式,得 (1-x)Sn=2(x+x2+?+xn)-2nxn+1= 所以 Sn= 2 x(1 ? x2 ) -
n

① ②

2 x(1 ? x n ) -2nxn+1. 1? x

(1 ? x)

2 nx n ?1 1? x

.

当 x=1 时,Sn=2+4+?+2n=n(n+1).

综上可得,当 x=1 时,Sn=n(n+1) ; 当 x≠1 时,Sn= 2 x(1 ? x2 ) -
n

(1 ? x)

2 nx n ?1 1? x

.

7.数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足 an+2-2an+1+an=0(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式. (2)设 bn=
1 (n∈N*) ,Sn=b1+b2+?+bn,是否存在最大的 n(12 ? a n )

整数 m,使得任意的 n 均有 Sn> m 总成立?若存在,求出 m;若不存
32

在,请说明理由. 解: (1)∵an+2-2an+1+an=0,∴an+2-an+1=an+1-an(n∈N*). ∴{an}是等差数列.设公差为 d, 又 a1=8,a4=a1+3d=8+3d=2,∴d=-2.∴an=-2n+10. (2)bn=
1 = 1 n(12 ? a n ) 2n( n ? 1)

=1(1-
2 n

1 ) , n ?1 2 2 2 3 n 1 ) ] n ?1

∴Sn=b1+b2+?+bn= 1 [ (1- 1 )+( 1 - 1 )+?+( 1 - = 1 (1-
2 1 )= n . 2(n ? 1) n ?1

假设存在整数 m 满足 Sn> m 总成立.
32

又 Sn+1-Sn= =

n ?1 - n 2(n ? 2) 2(n ? 1)

1 >0, 2(n ? 2)( n ? 1)

∴数列{Sn}是单调递增的.∴S1= 1 为 Sn 的最小值, 故 m <1, 即m
4 32 4

<8.又 m∈N*,

∴适合条件的 m 的最大值为 7. 探究创新 8.有点难度哟! (理)已知数列{an}的各项均为正整数,且满足 an+1=an2-2nan+2 (n∈N*) ,又 a5=11. (1)求 a1,a2,a3,a4 的值,并由此推测出{an}的通项公式(不 要求证明) ; (2)设 bn=11-an,Sn=b1+b2+?+bn,Sn′=|b1|+|b2|+?+|bn|,求
Sn ? Sn

. 解: (1)由 a5=11,得 11=a42-8a4+2,即 a42-8a4-9=0.解得 a4=9

或 a4=-1(舍). 由 a4=9,得 a32-6a3-7=0.解得 a3=7 或 a3=-1(舍). 同理可求出 a2=5,a1=3. 由此推测 an 的一个通项公式 an=2n+1(n∈N*). (2)bn=11-an=10-2n(n∈N*) ,可知数列{bn}是等差数列.

Sn= n(b1 ? bn ) = n(8 ? 10 ? 2n) =-n2+9n.
2 2

当 n≤5 时,Sn′=Sn=-n2+9n; 当 n>5 时,Sn′=-Sn+2S5=-Sn+40=n2-9n+40. 当 n≤5 时, 当 n>5 时,
Sn ? Sn

=1; =
? n 2 ? 9n . n 2 ? 9n ? 40

Sn ? Sn



Sn ? Sn

=

? n 2 ? 9n . n 2 ? 9n ? 40

(文)设 f(k)是满足不等式 log2x+log2(3·2k-1-x)≥2k-1 (k∈N*)的自然数 x 的个数. (1)求 f(k)的表达式; (2)记 Sn=f(1)+f(2)+?+f(n) ,Pn=n2+n-1,当 n≤5 时试 比较 Sn 与 Pn 的大小. 解: (1)由不等式 log2x+log2(3·2k-1-x)≥2k-1,得 x(3·2k
-1

-x)≥22k-1,解之得 2k-1≤x≤2k,故 f(k)=2k-2k-1+1=2k-1+1. (2)∵Sn=f(1)+f(2)+?+f(n)=1+2+22+23+?+2n-1+n=2n+n

-1, ∴Sn-Pn=2n+n-1-(n2+n-1)=2n-n2. 又 n≤5,可计算得 S1>P1,S2=P2,S3<P3,S4=P4,S5>P5. ●思悟小结 本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、 三角等内容的综合.解决这些问题要注意: (1)通过知识间的相互转化,使学生更好地掌握数学中的转化 思想. (2)通过解数列与其他知识的综合问题,培养学生分析问题和 解决问题的综合能力. ●教师下载中心 教学点睛 本节教学中应注意以下几个问题:

1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列,灵活地运用等 差、等比数列的性质,能使问题简化;灵活地运用通项公式和前 n 项 和公式解题是高考考查的重点. 2.从等差数列中按某种规律,抽取某些项,依次排列,组成一个 等比数列,是等差、等比数列综合题中的较重要的类型,要认真体会 此类题. 3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征, 在分析 和解决有关数列的综合题中具有重要的意义. 拓展题例 【例题】 已知数列{an},构造一个新数列 a1, ( a2 - a1 ) , ( a3 -

a2) ,?, (an-an-1) ,?,此数列是首项为 1,公比为 1 的等比数列.
3

(1)求数列{an}的通项; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
1 1 ? ( )n 3 解: (1) 由题意 an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) +?+ (an-an-1) = 1 1? 3

=3
2

[1-( 1 )n].
3

(2)Sn= 3 [n-( 1 +
2 3

1 32

+

1 33

+?+

1 3n

) ]= 3 [n- 1 (1-
2 2

1 3n

) ]= 3 n
2

-3+
4

1 4 ? 3 n ?1

.


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