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高三数学(理科)二轮复习四第一讲等差数列、等比数列


第一讲

等差数列、等比数列

研热点(聚焦突破)
类型一 等差、等比数列的基本运算

[例 1]

(2012 年高考山东卷)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73.

(1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中落入区间

(9m,92m)内的项的个数记为 bm,求数列{bm}的前 m 项和 Sm. [解析] (1)因为{an}是一个等差数列,

所以 a3+a4+a5=3a4=84,所以 a4=28. 设数列{an}的公差为 d, 则 5d=a9-a4=73-28=45,故 d=9. 由 a4=a1+3d 得 28=a1+3×9,即 a1=1, 所以 an=a1+(n-1)d=1+9(n-1) =9n-8(n∈N*). (2)对 m∈N*,若 9m<an<92m, 则 9m+8<9n<92m+8, 因此 9m-1+1≤n≤92m-1, 故得 bm=92m-1-9m-1.

于是 Sm=b1+b2+b3+…+bm =(9+93+…+92m-1)-(1+9+…+9m-1) = = 9× (1-81m) (1-9m) - 1-81 1-9 92m+1-10× m+1 9 . 80

跟踪训练 1.(2012 年皖北四市联考)已知数列{an}为等比数列,且 a1=4,公比为 q,前 n 项和为 Sn,若 数列{Sn+2}也是等比数列,则 q=( A.2 C.3 B.-2 D.-3 )

解析: 因为数列{Sn+2}是等比数列, 所以(S1+2)(S3+2)=(S2+2)2, 6(6+4q+4q2)=(6+4q)2, 即 即 q(q-3)=0,∵q≠0,∴q=3. 答案:C 2.(2012 年高考广东卷)已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a-4,则 an=________. 解析:利用等差数列的通项公式求解. 设等差数列的公差为 d,则由 a3=a-4,得 1+2d=(1+d)2-4, ∴d2=4,∴d=±2.由于该数列为递增数列,∴d=2. ∴an=1+(n-1)×2=2n-1. 答案:2n-1 类型二 等差、等比数列的判定与证明 数列{an}是等差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=an-1an+1(n≥2). n [例 2] (2012 年高考陕西卷)设{an}是公比不为 1 的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 a5,a3,

a4 成等差数列. (1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. [解析] (1)设数列{an}的公比为 q(q≠0,q≠1),

由 a5,a3,a4 成等差数列,得 2a3=a5+a4, 即 2a1q2=a1q4+a1q3. 由 a1≠0,q≠0 得 q2+q-2=0, 解得 q1=-2,q2=1(舍去), 所以 q=-2. (2)证明:证法一 对任意 k∈N+,

Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk) =ak+1+ak+2+ak+1 =2ak+1+ak+1·(-2) =0, 所以对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 2a1(1-qk) 证法二 对任意 k∈N+,2Sk= , 1-q a1(1-qk+2) a1(1-qk+1) Sk+2+Sk+1= + 1-q 1-q

a1(2-qk+2-qk+1) = , 1-q 2a1(1-qk) a1(2-qk+2-qk+1) 2Sk-(Sk+2+Sk+1)= - 1-q 1-q = a1 [2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)] 1-q

a1qk 2 = (q +q-2)=0, 1-q 因此,对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列.

跟踪训练 2n 4 已知数列{an}和{bn}满足 a1=m,an+1=λan+n,bn=an- 3 +9. (1)当 m=1 时,求证:对于任意的实数 λ,数列{an}一定不是等差数列; 1 (2)当 λ=-2时,试判断数列{bn}是否为等比数列. 解析:(1)证明:当 m=1 时,a1=1,a2=λ +1, a3=λ (λ +1)+2=λ 2+λ +2. 假设数列{an}是等差数列, 由 a1+a3=2a2,得λ 2+λ +3=2(λ +1), 即λ 2-λ +1=0,Δ =-3<0,∴方程无实根. 故对于任意的实数λ ,数列{an}一定不是等差数列. 1 1 2n 4 (2)当 λ=-2时,an+1=-2an+n,bn=an- 3 +9.

2(n+1) 4 bn+1=an+1- +9 3 2(n+1) 4 1 =(-2an+n)- +9 3 1 n 2 1 2n 4 1 =-2an+3-9=-2(an- 3 +9)=-2bn, 2 4 2 b1=a1-3+9=m-9. 2 2 1 ∴当 m≠9时,数列{bn}是以 m-9为首项,-2为公比的等比数列; 2 当 m=9时,数列{bn}不是等比数列. 类型三 等差等比数列的性质

[例 3]

(1)(2012 年高考福建卷)等差数列{an}中,1+a5=10,4=7, a a 则数列{an}的公差为( D.4 1 (2)(2012 年高考广东卷)若等比数列{an}满足 a2a4=2,则 a1a2a5=________. 3 A.1 B.2 C.3

)

[解析]

(1)解法一

利用基本量法求解.

设等差数列{an}的公差为 d,由题意得 ?2a1+4d=10, ?a1=1, ? 解得? ∴d=2. ?a1+3d=7. ?d=2. 解法二 利用等差数列的性质求解. ∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5. 又 a4=7,∴公差 d=7-5=2. (2)利用等比数列的性质求解. ∵数列{an}为等比数列,

1 ∴a2·4=a2=2,a1·5=a2. a a 3 3 1 2 ∴a1a3a5=a4=4. 3 [答案] 1 (1)B (2)4

跟踪训练 (2012 年高考安徽卷)公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数, a3a11=16, log2a10=( 且 则 A.4 B.5 C.6 D.7 解析:利用等比数列的性质和通项公式求解. ∵a3·a11=16,∴a=16. 又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4. 又∵a10=a7q3=4×23=25,∴log2a10=5.故选 B. 答案:B )

析典题(预测高考)
高考真题 【真题】 (2012 年高考天津卷)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列,且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Tn=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N*, 证明:Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n≥2). 【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q,由 a1=b1=2,得 a4=2 +3d,b4=2q3,S4=8+6d.

3 ?2+3d+2q =27, ?d=3, 由条件,得方程组? 解得? 3 ?8+6d-2q =10, ?q=2.

所以 an=3n-1,bn=2n,n∈N*. (2)证明:由(1)得 Tn=2× 2+5× 2+8× 3+…+(3n-1)× n,① 2 2 2 2Tn=2× 2+5× 3+…+(3n-4)× n+(3n-1)× n+1.② 2 2 2 2 由①-②,得-Tn=2× 2+3× 2+3× 3+…+3× n-(3n-1)× n+1 2 2 2 2 6× (1-2n) = -(3n-1)× n+1-2=-(3n-4)× n+1-8, 2 2 1-2 即 Tn-8=(3n-4)× n+1. 2 而当 n≥2 时,an-1bn+1=(3n-4)× n+1, 2 所以 Tn-8=an-1bn+1,n∈N*,n≥2. 【名师点睛】 本题主要考查等差、等比数列的概念、通项公式、前 n 项和公式、数列求和 等知识,本题(2)中,解题的关键是利用错位相减求和法准确求出 Tn,否则不会得出结论 考情展望 高考对等差、等比数列基本运算的考查.一是在选择、填空中考查,二是在解答题中求通项 时进行考查,难度较低,注意方程思想与整体思想的运用. 名师押题 【押题】 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a3=5,S15=225. (1)求数列{an}的通项 an; (2)设 bn=2an+2n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解析】 (1)设等差数列{an}首项为 a1,公差为 d, ?a1+2d=5, ? 由题意,得? 15× 14 ?15a1+ 2 d=225, ? ?a1=1, 解得? ?d=2, ∴an=2n-1. 1 (2)bn=2an+2n=2·n+2n, 4 ∴Tn=b1+b2+…+bn

1 =2(4+42+…+4n)+2(1+2+…+n) 4n+1-4 2 = 6 +n +n 2 2 =3·n+n2+n-3. 4


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