高三数学高考二轮专题复习等差等比数列(教案习题解析)

2010年高三数学第二轮专题复习——等差、等比数列考大纲求：理解等等比数列的观点.2.掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.3.能在详细的问题情境中辨别数列的等差、等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.4.认识等差数列与一次函数的关系，认识等比数列与指数函数的关系.考点回首：等差、等比数列是最重要的、最基本的数列模型，因此也是高考要点观察的对象，从近几年的高考看，观察既有选择题、填空题，也有解答题，，既有简单题和中档题，也有难题.客观题一般“小而巧”，观察平等差、等比数列观点的理解、性质的灵巧运用，主观题则一般“大而全”，除了观察数列的观点、性质、公式的应用外，还常常与其余知识交融在一同，同时也观察分类议论、等价转变、函数与方程等数学思想方法的灵巧应用.考试说明平等差、等比数列都提出了较高的要求，所以，等差、等比数列的综合问题应用问题将是2010年高考对数列观察的要点.基础知识过关：等差数列1.等差数列的定义：假如一个数列从第项起，每一项与他的前一项的差都等于，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的.2.等差数列：在一个等差数列中，从第二项起每一项（有穷数列最有一项除外）都是它前一项与后一项的等差中项，即2an（nN*且n2）.3.等差数列的单一性当d>0时，an是数列；当d=0时，an是数列；当d<0时，an是数列.4.等差数列的前n项和sn是用法求得的，要注意这类思想方法在数列乞降中的应用.5.等差数列的通项公式an=，前n项和公式sn==，两个公式一共波及到五个量a1,an,d,n,sn，知其三就能求另二.等比数列：1.等比数列的定义：一般的，假如一个数列从起，每一项与他的的比等于常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的，公比往常用字母(q0)表示.2.设等比数列an的首项为a1，公比为q,则它的通项an=.3.等比中项：假如三个数a、G、b构成，则G叫做a和b的等比中项，那么Gb即G2.aG4.等比数列的前n项和公式sn.答案：等差数列1.同一个常数公差2.an1an13.递加常数列递减4.倒序相加5.a1(n1)dn(a1an)na1n(n1)d22等比数列1.第2项前一项同一个公比q2.a1qn13.等比数列ab4.q=1时，snna1q1时，sna1(1qn)a1anq1q1q高考题型概括：题型1.等差等比数列的判断与 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：证明一个数列为等差或等比一般用定义或许等差（比）中项来证明，而对于等差数列来说，证明一个数列的通项公式是对于n的一次函数或许证明它的前n项和事对于n的不含常数项的二次函数也能说明它是等差数列.例1.已知数列an中，Sn是其前n项和，而且Sn14an2(n1,2,),a11，⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；⑵设数列cnan)，求证：数列2n,(n1,2,cn是等差数列；⑶求数列an的通项公式及前n项和。剖析：因为{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项相关，{an}中又有Sn1=4an+2，可由Sn2-Sn1作切入点探究解题的门路．分析：(1)由Sn1=4an2，Sn2=4an1+2，两式相减，得Sn2-Sn1=4(an1-an)，即an2=4an1-4an．(依据bn的结构，怎样把该式表示成bn1与bn的关系是证明的要点，注意增强恒等变形能力的训练)an2-2an1=2(an1-2an)，又bn=an1-2an，所以bn1=2bn①已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3②由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故n1bn=3·2．当n≥2时，n1Sn=4an1+2=2(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也合适上式．综上可知，所求的乞降公式为Sn=2n1(3n-4)+2．评论：1．本例主要复惯用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和。解决此题的要点在于由条件Sn14an2得出递推公式。2．解综合题要总揽全局，特别要注意上一问的结论可作为下边论证的已知条件，在后面求解的过程中合时应用．题型2.等差等比数列的基本运算：在等差等比数列中指波及到五个基本量，即a1,an,n,d(q),sn，“知三求二”是一种基本运算，一般式经过通项公式和前n项和公式联立方程组求解，对于等比数列来说，要注意分类议论思想的应用。例2.已知数列an的前n项为An2n25n1(nN),数列bn的前n项和知足Bn3bn3(nN)22（I）求数列an的通项公式；（II）将数列an与bn的公共项，按它们在原数列中的先后次序排成一个新数列cn的通项公式；剖析：已知sn求an，一般由an和sn的关系ansnsn1（n2）来求得，而后再研究其他问题，此题的难点在于判断来那个个数列的公共项.分析：（I）An12(n1)25(n1)12n22(n2)，anAnAn14n3an8(n1)4n3(n2,nN)∴Bn3bn3,令n1得b13,当n2时,bnBnBn1bn3(bnbn1)(II)由22,即2bn333n13n.bnbn(nN)bn1,故的通项公式为3n设数列an中的第项与数列bn中的第n项同样，则有433n3NN)，故cn的通项公式为cn32n1由此4∴必有n为奇数2k+1(k评论：本例主要复习了经过前n项和求数列的通项,并学会经过察看两个不一样数列,找出公共项经过化归写出新数列的通项.题型3.等差等比数列性质的应用合理运用等差等比数列的性质是高考观察的一个要点，也是观察学生可否合理进行简化运算的要点.在计算过程中，若能合适地选择性质，则可大大减少运算量.例3.等差数列{an}的前n项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和剖析：此题能够依据条件直接列式求解，可是若能合理应用性质，选择不一样的公式，则会获得不一样的解法.分析：解法一将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+n(n1)d,得2解法二由S3m3ma13m(3m1)d3m[a1(3m1)d]知，22要求S3m只要求m［a1+(3m1)d］,2将②－①得ma1m(3m1)3m+2d=70,∴S=210解法三由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是对于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）将Sm2m代入，得=30,S=100Am2A20Bm30m23m2A(2m)2B2m10010,∴S=A·(3m)+B·3m=210Bm解法四S3m=S2m+a2m+1+a2m+2++a3m=S2m+(a1+2md)++(am+2md)=S2m+(a1++am)+m·2md2由解法一知d=40,代入得S3m=210m2解法五依据等差数列性质知Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，进而有2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)S3m=3(S2m－Sm)=210解法六∵Sn=na1+n(n1)2d,∴Sn=a1+n(n1)dn2∴点(n,Sn(x1)d1n)是直线y=+a上的一串点，2由三点(m,Sm),(2m,S2m),(3m,S3m)共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210m2m3m解法七令m=1得S1211212=30，S=100，得a=30,a+a=100,∴a=30,a=70a3=70+(70－30)=110S3=a1+a2+a3=210答案210评论：将条件“等差数列”换成“等比数列”，使用类比思想，考虑这七种方法能否都可类比.题型4.等差等比数列前n项和的最值：求等差数列前n项和的最值，常用的方法有：1）利用等差数列的单一性，求出其正负转折项；2）利用性质求出正负转折项；（3）利用等差数列的前n项和为对于n的二次函数，依据二次函数的性质求解.例4.设等差数列{an}的前n项和为Sn已知a3=12,S12＞0,S13＜0(Ⅰ)求公差d的取值范围；(Ⅱ)指出S1,S2,,S12,中哪一个值最大,并说明原因剖析：（1）依照s120,s130直接列方程求解d的范围即可；（2）判断出转折项即可找出前n项和的最大值.S1212a112(121)d0分析：(Ⅰ)依题意,有2S1313a113(131)d02a111d0(1)a16d0(2)2，即由a3=12,得a1=12－2d247d0(3)将(3)式分别代入(1),(2)式,得3d0，∴(Ⅱ)由d＜0可知a1＞a2＞a3＞＞a12＞a13所以,若在1≤n≤12中存在自然数n,使得an＞0,an+1＜0,24d37则Sn就是S1,S2,,S12中的最大值因为S12=6(a6+a7)＞0,S13=13a7＜0，即a6+a7＞0,a7＜0由此得a6＞－a7＞0因为a6＞0,a7＜0,故在S1,S2,,S12中S6的值最大评论：不论应用二次函数求最值，仍是利用找转折项求最值，两种方法都拥有一般性，可是需要注意的是，利用二次函数求最值，要注意n只好取正整数，找转折项能够经过利用通项公式解不等式，可是计算比较繁琐，这时能够合理选择应用数列的性质，以简化运算和判断.过关训练：6.1等差、等比数列一.选择题1.等差数列an的前n项和为sn，a34,a1520则s17等于（）A.102B.204C.306D.4082.等差数列an的公差d<0，且a2*a412,a2a48，则数列an的通项公式为（）A.a2n2(nN*)B.a2n4(nN*)nnC.an2n12(nN*)D.an2n10(nN*)3.已知an是等比数列，a22,a51()，则公比q等于4A.1B.-2C.2D.1224.在等比数列an中，若a1a534,a5a130a3等于（）A.8B.-85.等比数列an中，公比q=4，则akak1的值为（）ak2ak3A.1B.1C.4D.164166.某等差数列共有10项，其奇数项之和为15.偶数项之和为30，则其公差为（）A.5B.4C.3D.27.设sn是等差数列an的前n项和，s53(a2a8)，则a5的值为（）a3A.1B.1C.3563D.658.设等比数列an的公比q=2,前n项和为sn，则s4等于（）a2A.2B.4C.15D.172219.等比数列an的首项a11002,公比q,记pna1.a2an，则pn达到最大值时，n2的值为（）A.8B.9C.10D.11一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且全部项的积为64，则该数列有（）A.13项B.12项C.11项D.10项11.已知数列a为等差数列，若a111，且他们的前n项和sn有最大值，则使sn>0的na10n的最大值为（）A.11B.19C.20D.2112.设数列an、bn都是等差数列，且a110,b190,a2b2100,那么数列anbn的第2010项的值是（）A.85B.90C.95D.100二、填空题13.等差数列an中，有两项am和ak知足am1,ak1，则该数列前mk项之和是.km14.设anlogn1(n2)，nN*，定义使a1a2a3ak为整数的数k（kN*）叫做数列a1,a2,an则区间1，2009内的全部盼望数的和为.定义“等积数列”：假如一个数列从第二项起，每一项与它前一项的积都等于同一个常数，那么这个数列就做等积数列，这个常数叫做等积数列的“公积”.已知数列an是等积数列，且a12，公积为6，那么a2010，这个数列前n项积Tn的计算公式为.16.把49个数排成以下图的数表，若表中每行的7个数自左向右挨次都成等差数列，每列的7个数自上而下也都成等差数列，且正中间的数a44=1，则表中全部数的和为.三、解答题：17..已知数列log2(an1)(nN*)为等差数列，且a13，a39．1111（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明a2a1a3a2an1an．3an21(n2,nN)18.已知数列{an}中，a1an15，，数列{bn}知足bn1N)(nan1；（1）求证：数列{bn}是等差数列；（2）求数列{an}中的最大值和最小值，并说明原因．1an(n为偶数)21an11(n为奇数)1a1aanbna2n1,nN*19.设数列{an}的首项4，且4，记4．I）求a2，a3；II）判断数列{bn}能否为等比数列，并证明你的结论；设Sn是等差数列an1S与1S1S1S与1S20.的前n项和，已知3344的等比中项为55，3344的等差中项为1，求数列an的通项．21.已知等比数列{an}的前n项和为Sna2nb，且a13．（1）求a、b的值及数列{an}的通项公式；bnnan，求数列{bn}的前n项和Tn．（2）设22.在等比数列{an}中，前n项和为Sn，若Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列，则am，am+2，am+1成等差数列1）写出这个命题的抗命题；（2）判断抗命题能否为真，并给出证明答案与分析一、选择题s17(a1a17)117(aa)1.解：1722315=204答案：B2.解：由a2a412,a2a48且d0可得a26,a42，所以a18,d2，所以ana1(n1)d2n10(nN*).答案：D3.a5a2q3,12q3q31,q1解：482.答案：D4.解：a1a534,a5a130，a532,a12a5a1q42q4，q24即32=a3a1q28.答案：Aakq2,ak31q2akak1akak1115.解：在等比数列中，ak2ak，ak2ak3(akak1)q2q2=16答案：B6.10s偶s奇nd3015d10d,d3解：因为等差数列共项，所以2，2.答案：C.a2a8s55a52656s55a3a1a5(a1a5)5s56an是等差数列，7.解：因为22.答案：D.s4a1(1q4)(1q2)(1q)(1q)(1q2)(1q)53158.解：a2a1q(1q)q(1q)q22.答案：C.an1002(1)n11n10an9.解：因为2，即等比数列前10项大于1，从第11项起小于1，故p10最大。答案：C.10.解：设数列前三项分别为a1,a1q,a1q2,后三项分别为a1qn3,a1qn2,a1qn1.所从前三项之积a13q32，后三项之积a13q3n64，所以，两式相乘可得：a16q3(n1)8，即a12qn1n(n1)2.又因为全部项之积为64，即a1nq264，所以n=12.答案：B.a111,sna10a100,a110,a10a11011.解：，s1919(a1a19)19a100s2020(a1a20)10(a10a11)0，所以使sn>022，的n的最大值为19.答案：B.12.解：设an、bn的公差分别为m、n，则a2b210m90n100，所以m+n=0,故a2010b2010a12009mb12009n(a1b1)2009(mn)=100.答案：D.二、填空题1a1(n1)d113.解：a1,d,ama1(manm，解1)d=k，a11,d1得：mkmk，所以smkmk(a1amk)mk11(mk1)1mk122mkmkmk2.mk1答案：214.解：要使a1a2a3anlog23.log34logn1(n2)=log2(n2)为整数，则一定n22k，即n2k2,(k2),所以在区间1,2009内的全部盼望数为：222,232,242,2102，其和为：222232242+210221122=2026答案：2026.15.解：由数列an是“等积数列”，且a12,公积为6，得：a23,a32a2n12,a2n3，所以a20103.数列an形如2，3，2，3，nn1故前n项积的计算公式为：Tn62（n为偶数）或许Tn262（n为奇数）.nn1答案：3Tn62（n为偶数）或许Tn262（n为奇数）.16.解：a11a12a177a14，a21a22a277a24，a71a72a777a74，所以所有数字和为：7(a14a24a74)77a4449149.答案：49三、解答题17.解：(1)∵log2(a1)(nN*)为等差数列,设公差为d,∴log(a1)log2(a1)d,n2n1nan112dan1,∴{an1}a12d即为非零常数为首项∴是以1,2为公比的等比数列,an12(2d)n1,∴an2(2d)n11,又a39,∴2(2d)219,∴d1,∴an2n1．11(2)由(1)知,an1an2n11(2n1)2n12n2n,∴an1an2n,111111112(12n)111a2a1a3a2an1an2222n12n1∴2bn11an11an11an11bn1(2)1an1118.解：(1)a,而,n1155∴bnb12；故数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列；bn11(n2,nN),a11bn7an1112f(x)12nbn2n7；设函数（2）由（1）得2，则2x7，f'(x)40f(x)12(,7)(7,)(2x7)2则，∴函数2x7在2和2上均为减函数，当f(1)3x3时，f(x)f(3)1；当x4时，f(x)f(4)3；且5，当n趋势于时，f(x)接近1，∴(an)mina31，(an)maxa43．1111119.解：（I）a2＝a1+4=a+4，a3=2a2=2a+8；113113（II）∵a4=a3+4=2a+8，∴a5=2a4=4a+16，11111111所以b1=a1－4=a－4，b2=a3－4=2(a－4)，b3=a5－4=4(a－4)，1猜想：{bn}是公比为2的等比数列．证明以下：111111因为bn+1＝a2n+1－4=2a2n－4=2(a2n－1－4)=2bn，(n∈N*)11所以{bn}是首项为a－4，公比为2的等比数列·1S31S4(1S5)23a1d5d203455d21S31S422a20解：由已知得34，即12，d0d1253212nan解得a11或a14an1或55a3212n经考证an1或n55均知足题意，即为所求．21.解：（1）当n2时，anSnSn12n1a．而{an}为等比数列，得a1211aa＝3，即a3，进而an32n1．又a12ab3,b3．bnnn123nan32n1，Tn3(12222n1)（2）1Tn1(11111n)两式相减得232222nn，2T4(11n)n32n2n1所以，．解：（１）抗命题：在等比数列{an}中，前n项和为Sn，若am，am+2，am+1成等差数列，则Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列（２）设{an}的首项为a1，公比为q.由已知得2am+2=am+am+1∴2a1qm+1=a1qm11+a1qm∵a1≠0q≠0，∴2q2－q－1=0，∴q=1或q=－2当q=1时，∵Sm=ma1，Sm+2=(m+2)a1，Sm+1=(m+1)a1，∴Sm+Sm+1≠2Sm+2，∴Sm，Sm+2，Sm+1不可等差数列2a1[1(1)m2]4m212Sm22a1111132当q=－2时，2，Sm+Sm+1=2Sm+2，∴Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列综上得：当公比q=1时，抗命题为假；当公比q≠1时，抗命题为真