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1、 等差数列与等比数列等差数列与等比数列 真 题 感 悟 1.(2019 全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和.已知 S40，a55，则( ) A.an2n5 B.an3n10 C.Sn2n28n D.Sn1 2n 22n 解析 设首项为 a1，公差为 d. 由 S40，a55 可得 a 14d5， 4a16d0，解得 a 13， d2. 所以 an32(n1)2n5， Snn(3)n（n1） 2 2n24n. 答案 A 2.(2020 全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和.若 a5a312，a6a424， 则Sn an( ) A.2n1 B.221 n C.22n 1 D.21

2、 n1 解析 法一 设等比数列an的公比为 q，则 qa 6a4 a5a3 24 122. 由 a5a3a1q4a1q212a112 得 a11. 所以 ana1qn 12n1，S na 1（1qn） 1q 2n1， 所以Sn an 2n1 2n 1221 n. 法二 设等比数列an的公比为 q，则 a 3q2a312， a4q2a424， 得 a4 a3q2. 将 q2 代入，解得 a34. 所以 a1a3 q21，下同法一. 答案 B 3.(2019 全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和，若 a11，S33 4，则 S4 _. 解析 设等比数列an的公比为 q，则 ana1qn 1

3、qn1. a11，S33 4，a1a2a31qq 23 4， 则 4q24q10，q1 2， S4 1 1 1 2 4 1 1 2 5 8. 答案 5 8 4.(2019 全国卷)已知数列an和bn满足 a11，b10，4an13anbn4， 4bn13bnan4. (1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列； (2)求an和bn的通项公式. (1)证明 由题设得 4(an1bn1)2(anbn)， 即 an1bn11 2(anbn).又因为 a1b11， 所以anbn是首项为 1，公比为1 2的等比数列. 由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8， 即 an1bn1anbn2.

4、又因为 a1b11， 所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列. (2)解 由(1)知，anbn 1 2n 1，anbn2n1， 所以 an1 2(anbn)(anbn) 1 2nn 1 2， bn1 2(anbn)(anbn) 1 2nn 1 2. 考 点 整 合 1.等差数列 (1)通项公式：ana1(n1)d； (2)求和公式：Snn（a 1an） 2 na1n（n1） 2 d； (3)常用性质： 若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 amanapaq； anam(nm)d； Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列. 2.等比数列 (1)通项公式：ana1qn 1(q0)

5、； (2)求和公式：q1，Snna1；q1，Sna 1（1qn） 1q a 1anq 1q ； (3)常用性质： 若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 am anap aq； anam qn m； Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列. 温馨提醒 应用公式 anSnSn1时一定注意条件 n2，nN*. 热点一 等差、等比数列的基本运算 【例 1】 (1)(2020 全国卷)数列an中，a12，amnaman.若 ak1ak2 ak1021525，则 k( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析 a12，amnaman， 令 m1，则 an1a1an2an， an是以 a1

6、2 为首项，2 为公比的等比数列， an22n 12n. 又ak1ak2ak1021525， 2 k1（1210） 12 21525，即 2k 1(2101)25(2101)， 2k 125，k15，k4. 答案 C (2)(2019 北京卷)设an是等差数列，a110，且 a210，a38，a46 成等比 数列. 求an的通项公式； 记an的前 n 项和为 Sn，求 Sn的最小值. 解 设an的公差为 d. 因为 a110， 所以 a210d，a3102d，a4103d. 因为 a210，a38，a46 成等比数列， 所以(a38)2(a210)(a46). 所以(22d)2d(43d).

7、解得 d2. 所以 ana1(n1)d2n12. 法一 由知，an2n12. 则当 n7 时，an0；当 n6 时，an0；当 n6 时，an0； 所以 Sn的最小值为 S5S630. 法二 由知，Snn 2(a1an)n(n11) n11 2 2 121 4 ，又 nN*， 当 n5 或 n6 时，Sn的最小值 S5S630. 探究提高 1.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量 a1和公差 d(公比 q). (2)列、解方程组：把条件转化为关于 a1和 d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体 计算，以减少运算量. 2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公

8、式将结论表示成“n” 的函数，求出最小值. 【训练 1】 (1)(2020 河北省一联)若等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a2a5 3a3，且 a4与 9a7的等差中项为 2，则 S5( ) A.112 3 B.112 C.121 27 D.121 (2)(2020 西安模拟)已知an是公差不为零的等差数列，a426，且 a1，a2，a7成 等比数列. 求数列an的通项公式； 设 bn(1)n 1a n，数列bn的前 n 项和为 Tn，求 T511. (1)解析 设等比数列an的公比为q，由已知得a2a5a3a43a3，因为a30，所 以 a43，即 a1q33 . 因为 a4与 9

9、a7的等差中项为 2，所以 a49a7a4(19q3)4 ， 联立解得 q1 3，a181. 所以 S5 81 1 1 3 5 11 3 121. 答案 D (2)解 设数列an的公差为 d，d0. a1，a2，a7成等比数列， a22a1a7，即(a1d)2a1(a16d)，则 d24a1d. 又 d0，d4a1， 由于 a4a13d26， 联立，得 d4a1， a13d26，解得 a 12， d8， an28(n1)8n6. bn(1)n 1a n(1)n 1(8n6). T511b1b2b511 21018264 0664 0744 082 (210)(1826)(4 0664 074)

10、4 082 82554 0822 042. 热点二 等差(比)数列的性质 【例 2】 (1)在数列an中，2an1anan2，且 an0.若 an1a2nan1 0(n2)，且 S2n138，则 n( ) A.38 B.20 C.10 D.9 (2)(2020 长沙检测)已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S82S45，则 a9 a10a11a12的最小值为( ) A.25 B.20 C.15 D.10 解析 (1)在数列an中，因为 2an1anan2，所以 an2an1an1an， 所以数列an为等差数列. 由 an1a2nan10(n2)，得 2ana2n0， 又 an0，解

11、得 an2. 又 S2n138，即（2n1）（a 1a2n1） 2 (2n1)an38， 即(2n1)238，解得 n10. (2)在正项等比数列an中，Sn0. 因为 S82S45，则 S8S45S4， 易知 S4，S8S4，S12S8是等比数列， 所以(S8S4)2S4 (S12S8)， 所以 a9a10a11a12S12S8（S 45）2 S4 25 S4 S4102 25 S4 S410 20(当且仅当 S45 时取等号). 故 a9a10a11a12的最小值为 20. 答案 (1)C (2)B 探究提高 1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号 之间的关系，从

12、这些特点入手选择恰当的性质进行求解. 2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周 期性等，可利用函数的性质解题. 【训练 2】 (1)设 Sn为等差数列an的前 n 项和，(n1)SnnSn1(nN*).若a8 a7 1，则( ) A.Sn的最大值是 S8 B.Sn的最小值是 S8 C.Sn的最大值是 S7 D.Sn的最小值是 S7 (2)已知数列an的各项都为正数，对任意的 m，nN*，am anamn恒成立，且 a3 a5a472，则 log2a1log2a2log2a7_. 解析 (1)由(n1)SnnSn1得 （n1）n（a1an） 2 n（n1）（a 1

13、an1） 2 ， 整理得 anan1， 所以等差数列an是递增数列， 又a8 a70，a70，S2na2n1Sn1，其中 为常数. (1)证明：Sn12Sn； (2)是否存在实数 ，使得数列an为等比数列？若存在，求出 ；若不存在，请 说明理由. (1)证明 an1Sn1Sn，S2na2n1Sn1， S2n(Sn1Sn)2Sn1， 则 Sn1(Sn12Sn)0. an0，知 Sn10，Sn12Sn0， 故 Sn12Sn. (2)解 由(1)知，Sn12Sn， 当 n2 时，Sn2Sn1， 两式相减，an12an(n2，nN*)， 所以数列an从第二项起成等比数列，且公比 q2. 又 S22S1

14、，即 a2a12a1， a2a110，得 1. 因此 an 1，n1， （1） 2n 2，n2. 若数列an是等比数列，则 a212a12. 1，经验证得 1 时，数列an是等比数列. 探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意 n1， nN*，验证 an1an 或a n1 an 为与正整数 n 无关的一常数；(2)中项公式法. 2.a n1 an q 和 a2nan1an1(n2)都是数列an为等比数列的必要不充分条件，判定 时还要看各项是否为零. 【训练 3】 (2020 安徽六校联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Sn3an3n 13(nN*). (1

15、)设 bnan 3n，求证：数列bn为等差数列，并求出数列an的通项公式； (2)设 cnan n an 3n，Tnc1c2c3cn，求 Tn. (1)证明 由已知 2Sn3an3n 13(nN*)， n2 时，2Sn13an13n3， 得：2an3an3an12 3nan3an12 3n， 故an 3n an1 3n 12，则 bnbn12(n2). 又 n1 时，2a13a193，解得 a16，则 b1a1 3 2. 故数列bn是以 2 为首项，2 为公差的等差数列， bn22(n1)2nan2n 3n. (2)解 由(1)，得 cn2 3n2n Tn2(332333n)2(12n) 2

16、3（13n） 13 2 （1n）n 2 3n 1n2n3. 热点四 等差、等比数列的综合问题 【例 4】 (2020 北京西城区二模)从前 n 项和 Snn2p(pR)；anan13； a611 且 2an1anan2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答. 在数列an中，a11，_，其中 nN*. (1)求数列an的通项公式； (2)若 a1，an，am成等比数列，其中 m，nN*，且 mn1，求 m 的最小值. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择： (1)当 n1 时，由 S1a11，得 p0. 当 n2 时，由题意，得 Sn1(n1)2， 所以 anSnS

17、n12n1(n2). 经检验，a11 符合上式， 所以 an2n1(nN*) (2)由 a1，an，am成等比数列，得 a2na1am， 即(2n1)21(2m1). 化简，得 m2n22n12 n1 2 2 1 2. 因为 m，n 是大于 1 的正整数，且 mn， 所以当 n2 时，m 有最小值 5. 选择： (1)因为 anan13，所以 an1an3， 所以数列an是公差 d3 的等差数列， 所以 ana1(n1)d3n2(nN*). (2)由 a1，an，am成等比数列，得 a2na1am， 即(3n2)21(3m2). 化简，得 m3n24n23 n2 3 2 2 3. 因为 m，n

18、 是大于 1 的正整数，且 mn， 所以当 n2 时，m 取到最小值 6. 选择： (1)因为 2an1anan2， 所以数列an是等差数列. 设数列an的公差为 d. 因为 a11，a6a15d11， 所以 d2. 所以 ana1(n1)d2n1(nN*) . (2)因为 a1，an，am成等比数列，所以 a2na1am， 即(2n1)21(2m1). 化简，得 m2n22n12 n1 2 2 1 2. 因为 m，n 是大于 1 的正整数，且 mn， 所以当 n2 时，m 有最小值 5. 探究提高 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.

19、 2.数列的通项或前 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. 【训练 4】 (2020 海南诊断)已知an是公比为 q 的无穷等比数列，其前 n 项和为 Sn，满足 a312，_.是否存在正整数 k，使得 Sk2 020？若存在，求 k 的 最小值；若不存在，说明理由. 从q2，q1 2，q2 这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作 答. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择：存在满足条件的正整数 k. 求解过程如下： 因为 a312，所以 a1a3 q23. 所以 Sn3（12 n） 12 3(2n1). 令 Sk2 020，则 2k

20、2 023 3 . 因为 292 023 3 2 020 的正整数 k 的最小值为 10. 选择：不存在满足条件的正整数 k. 理由如下： 因为 a312，所以 a1a3 q248. 所以 Sn 48 1 1 2n 11 2 96 1 1 2n . 因为 Sn962 020，则 1(2)k2 020， 整理得(2)k2 019. 所以使 Sk2 020 的正整数 k 的最小值为 11. A 级 巩固提升 一、选择题 1.(2020 武汉质检)在正项等比数列an中，若 a5a115，a4a26，则 a3 ( ) A.2 B.4 C.1 2 D.8 解析 设数列an的公比为 q. 由已知得 a 1

21、（q41）15， a1q（q21）6，即 q41 q（q21） 5 2，解得 q 1 2或 q2.当 q 1 2时，a1 16，不符合题意；当 q2 时，a11，所以 a3a1q24，故选 B. 答案 B 2.(2020 全国卷)设an是等比数列，且 a1a2a31，a2a3a42，则 a6 a7a8( ) A.12 B.24 C.30 D.32 解析 设等比数列an的公比为 q， 则 qa 2a3a4 a1a2a3 2 12， 所以 a6a7a8(a1a2a3) q512532.故选 D. 答案 D 3.(多选题)(2020 潍坊一模)已知Sn是等差数列an(nN*)的前n项和，且S5S6S

22、4. 下列四个命题正确的是( ) A.数列Sn中的最大项为 S10 B.数列an的公差 d0 D.S11S6S4，所以 a60 且 a5a60，所以数列Sn中的最大项为 S5，A 错误；数列an的公差 d0，C 正确；S11（a 1a11）11 2 11a60). 若选. b2b3a16， b24，qb3 b22，bn2 n. 2k 12k32，解得 k5. 存在正整数 k5，使得 Sk1Skbk32 成立. 若选. b4a1224，qb4 b33，bn8 3 n3. 8 3k 28 3k332，3k32，该方程无正整数解， 不存在正整数 k，使得 Sk1Skbk32 成立. 若选. S5S3

23、48，即 b4b548， 8q8q248，即 q2q60， 解得 q2 或 q3(舍去)，bn2n. 2k 12k32，解得 k5. 存在正整数 k5，使得 Sk1Skbk32 成立. 10.设 Sn为数列an的前 n 项和，已知 a12，对任意 nN*，都有 2Sn(n1)an. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列 4 an（an2） 的前 n 项和为 Tn，求证：1 2Tn0，所以 1 1 n11. 因为 y 1 n1在 N *上是递减函数， 所以 y1 1 n1在 N *上是递增函数. 所以当 n1 时，Tn取得最小值1 2.所以 1 2Tn1. B 级 能力突破 11.已知等差

24、数列an的公差d0，且a1，a3，a13成等比数列.若a11，Sn是数列 an的前 n 项和，则2S n16 an3 (nN*)的最小值为( ) A.4 B.3 C.2 32 D.9 2 解析 由题意 a1，a3，a13成等比数列，得(12d)2112d，解得 d2. 故 an2n1，Snn2. 因此 2Sn16 an3 2n216 2n2 n28 n1 （n1）22（n1）9 n1 (n1) 9 n1 22（n1） 9 n124，当且仅当 n2 时取得最小值 4. 答案 A 12.(2020 淄博模拟)已知等差数列an的公差为1，且 a2a7a126. (1)求数列an的通项公式 an与其前

25、 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 mN*，使得对任意 nN*，总有 SnTm 恒成立，求实数 的取值范围. 解 (1)由 a2a7a126， 得 a72，a14，an5n， 从而 Snn（9n） 2 (nN*). (2)由题意知 b14，b22，b31， 设等比数列bn的公比为 q，则 qb2 b1 1 2， Tm 4 1 1 2 m 11 2 8 1 1 2 m ， 1 2 m 随 m 的增大而减小， Tm为递增数列，得 4Tm8. 又 Snn（9n） 2 1 2 n9 2 2 81 4 ， 故(Sn)maxS4S510， 若存在 mN*，使得对任意 nN*，总有 SnTm，则 102. 故实数的取值范围为(2，).