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届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

考纲要求：

1. 2. 3. 4.

理解等等比数列的概念.

掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.

能在具体的问题情境中识别数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应的问题. 了解等差数列与一次函数的关系，了解等比数列与指数函数的关系.

考点回顾：

等差、等比数列是最重要的、最基本的数列模型，因而也是高考重点考察的对象，从近几年的高考看，考查既有选择题、填空题，也有解答题，，既有容易题和中档题，也有难题.客观题一般“小而巧”，考查对等差、等比数列概念的理解、性质的灵活运用，主观题则一般“大而全”，除了考查数列的概念、性质、公式的应用外，还经常与其他知识融合在一起，同时也考查分类讨论、等价转化、函数与方程等数学思想方法的灵活应用.考试说明对等差、等比数列都提出了较高的要求，因此，等差、等比数列的综合问题应用问题将是2010年高考对数列考查的重点.

基础知识过关：

等差数列

1.等差数列的定义：如果一个数列从第 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? （n?N且n?2）.

3.等差数列的单调性 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，要注意这种思想方法在数列求和中的应用.

5.等差数列的通项公式an= ，前n项和公式sn= = ，两个公式一共涉及到五个量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，如果一个数列从 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 ，公比通常用字母 (q?0)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：如果三个数a、G、b组成 ，则G叫做a和b的等比中项，那么

Gb?即G2? . aG- 1 - / 12

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4.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. an?1?an?1

3.递增 常数列 递减 4.倒序相加 5. a1?(n?1)d

n(a1?an)n(n?1) na1?d 22等比数列

1.第2项 前一项 同一个 公比 q

n?12. a1q

3.等比数列 ab

a1(1?qn)a1?anq?4.q=1时，sn?na1 q?1时，sn?

1?q1?q高考题型归纳：

题型1.等差等比数列的判定与证明：

证明一个数列为等差或等比一般用定义或者等差（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关于n的一次函数或者证明它的前n项和事关于n的不含常数项的二次函数也能说明它是等差数列.

?a?SS?4an?2(n?1,2,),a1?1例1. 已知数列n中，n是其前n项和，并且n?1，

?bn?bn?an?1?2an(n?1,2,??)⑴设数列⑵设数列⑶求数列

，求证：数列

是等比数列；

cn??an?的通项公式及前n项和。

?2an,(n?1,2,??)n?c?2，求证：数列n是等差数列；

分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn?1=4an+2，可由Sn?2-Sn?1作

切入点探索解题的途径． 解析：(1)由Sn?1=4a

n，S

n?2=4a

n?1+2，两式相减，得Sn?2-S

n?1=4(a

n?1-a

n)，即

an?2=4an?1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn?1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)

an?2-2an?1=2(an?1-2an)，又bn=an?1-2an，所以bn?1=2bn ① 已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ② 由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2

n?1．

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当n≥2时，

Sn=4an?1+2=2

n?1(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n?1综上可知，所求的求和公式为Sn=2(3n-4)+2．

点评：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通

n项与前n项和。解决本题的关键在于由条件n?1得出递推公式。

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．

S?4a?2题型2.等差等比数列的基本运算：

在等差等比数列中指涉及到五个基本量，即a1,an,n,d(q),sn，“知三求二”是一种基本运算，一般式通过通项公式和前n项和公式联立方程组求解，对于等比数列来说，要注意分类讨论思想的应用。 例

?a?2. 已知数列n的前

33bn?(n?N)22

n项为

An?2n2?5n?1(n?N),数列?bn?的前n项和满足

Bn?（I）求数列（II）将数列公式；

?an?的通项公式；

?an?与?bn?的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新数列?cn?的通项

分析：已知sn求an，一般由an和sn的关系an?sn?sn?1（n?2）来求得，然后再研究其他问题，本题的难点在于判定来那个个数列的公共项.

22?A?2(n?1)?5(n?1)?1?2n?2(n?2)，?an?An?An?1?4n?3 n?1解析：（I）

?8(n?1)an???4n?3(n?2,n?N)∴ 333Bn?bn?,令n?1得b1?3,当n?2时,bn?Bn?Bn?1bn?(bn?bn?1)222(II)由,即 b?n?3?bn?bn?3?3n?1?3n.(n?N)bn?1n??bn?an?4??3?3?设数列中的第项与数列中的第n项相同，则有

,故

的通项公式为

3n?3???N?cn?32n?1cn?(k?N)4由此 ∴必有n为奇数2k+1，故的通项公式为

点评：本例主要复习了通过前n项和求数列的通项,并学会通过观察两个不同数列,找出公共项

通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考查的一个重点，也是考查学生能否合理进行简化运算的关键.在计算过程中，若能恰当地选择性质，则可大大减少运算量.

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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

分析： 本题可以根据条件直接列式求解，但是若能合理应用性质，选择不同的公式，则会得到不同的解法.

解析：解法一 将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+

n(n?1)d,得 2m(m?1)?ma?d?30????????????　①??12 ?2m(2m?1)?2ma?d?100　　②1??2解得d?

4010203m(3m?1),a??,?S?3ma?d?210 13m1mm22m23m(3m?1)(3m?1)d解法二 由S3m?3ma1?d?3m[a1?]知，

22(3m?1)d要求S3m只需求m［a1+］,

2m(3m?1)将②－①得ma1+ d=70,∴S3m=210

2解法三 由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）

将Sm=30,S2m=100代入，得

20?A?22???Am?Bm?30?m,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210 ???2??B?10?A(2m)?B?2m?100?m?解法四

S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m =S2m+(a1+2md)+…+(am+2md) =S2m+(a1+…+am)+m·2md =S2m+Sm+2m2d

40由解法一知d=2,代入得S3m=210

m解法五 根据等差数列性质知 Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列， 从而有 2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m) ∴S3m=3(S2m－Sm)=210

n(n?1)解法六 ∵Sn=na1+d,

2Sn(n?1)∴n=a1+d

n2S(x?1)d∴点(n, n)是直线y=+a1上的一串点，

2nSSS由三点(m,m),(2m, 2m),(3m, 3m)共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210

m3m2m解法七 令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70

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∴a3=70+(70－30)=110 ∴S3=a1+a2+a3=210 答案 210

点评：将条件“等差数列”换成“等比数列”，使用类比思想，考虑这七种方法是否都可类比.

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） 利用等差数列的单调性，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项和为关于n的二次函数，根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,并说明理由 分析：（1）依据s12?0,s13?0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.

解析： (Ⅰ)依题意,有

S12?12a1?12?(12?1)?d?02

?2a1?11d?0(1)13?(13?1)?S13?13a1??d?0a?6d?0(2)2，即?1

由a3=12,得 a1=12－2d

?24?7d?024???d??33?d?0?7(3)将(3)式分别代入(1),(2)式,得 ，∴

(Ⅱ)由d＜0可知 a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13

因此,若在1≤n≤12中存在自然数n,使得an＞0,an+1＜0, 则Sn就是S1,S2,…,S12中的最大值

由于 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

点评：无论应用二次函数求最值，还是利用找转折项求最值，两种方法都具有一般性，但是需要注意的是，利用二次函数求最值，要注意n只能取正整数，找转折项可以通过利用通项公式解不等式，但是计算比较繁琐，这时可以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，a3?4,a15?20则s17等于（ ）

A.102 B.204 C.306 D.408

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2.等差数列?an?的公差d<0，且a2*a4?12,a2?a4?8，则数列?an?的通项公式为（ ）

A. an?2n?2(n?N*) B. an?2n?4(n?N*) C. an??2n?12(n?N*) D. an??2n?10(n?N*)

1，则公比q等于 ( ) 411 A. ? B.-2 C.2 D.

223.已知?an?是等比数列，a2?2,a5?4.在等比数列?an?中，若a1?a5?34,a5?a1?30则a3等于（ ）

A.8 B.-8 C.16 D.-16

5.等比数列?an?中，公比q=4，则

ak?ak?1的值为 （ ）

ak?2?ak?3A.

11 B. C.4 D.16 4166.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.5 B.4 C.3 D.2 7.设sn是等差数列?an?的前n项和，s5?3(a2?a8)，则

a5的值为（ ） a3A.

1135 B. C. D. 6356s4等于 （ ） a28.设等比数列?an?的公比q=2,前n项和为sn，则

A.2 B.4 C.

9.等比数列?an?的首项a1?1002,公比q?1517 D. 221,记pn?a1.a2……an，则pn达到最大值时，n2的值为 （ ）

A.8 B.9 C.10 D.11

10.一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有（ ）

A.13项 B.12项 C.11项 D.10项 11.已知数列?an?为等差数列，若

a11??1，且他们的前n项和sn有最大值，则使sn>0的na10的最大值为 （ ）

A.11 B.19 C.20 D.21

12.设数列?an?、?bn?都是等差数列，且a1?10,b1?90,a2?b2?100,那么数列?an?bn?的第2010项的值是 （ ）

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A.85 B.90 C.95 D.100

二、填空题

13.等差数列?an?中，有两项am和ak满足am?11,ak?，则该数列前mk项之和是 . km**14.设an?logn?1(n?2)，n?N，定义使a1a2a3……ak为整数的数k（k?N）叫做数列

a1,a2,……an的企盼数，则区间?1，2009?内的所有企盼数的和为 . 15.定义“等积数列”：如果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a1?2，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个数排成如图所示的数表，若表中每行的7个数自左向右依次都成等差数列，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，则表中所有数的和为 . 三、解答题：

?log2(an?1)?(n?N*)a?917..已知数列为等差数列，且a1?3，3．

（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明

18.已知数列{an}中，

bn?1(n?N?)an?1111???????1a2?a1a3?a2an?1?an．

a1?13an?2?(n?2,n?N?)an?15，，数列{bn}满足

；

（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，并说明理由．

?1a(n为偶数)??2nan?1??11*?a?1(n为奇数)a1?a?b?a?,n?Nnn2n?1??44，且419. 设数列{an}的首项，记．

（I）求a2，a3；

（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；

11111S3与S4S5S3与S44的等比中项为5，34的等20. 设Sn是等差数列?an?的前n项和，已知3差中项为1，求数列?an?的通项． 21. 已知等比数列

{an}（1）求a、b的值及数列

Sn?a?2n?bn的前项和为，且a1?3．

{an}的通项公式；

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bn?（2）设

nan，求数列{bn}的前n项和Tn．

22. 在等比数列{a n}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）写出这个命题的逆命题；（2）判断逆命题是否为真，并给出证明

答案与解析 一、选择题

1. 解： 答案：B

s17?17(a1?a17)1??17?(a3?a15)22=204

2. 解：由

a2a4?12,a2?a4?8且d?0可得a2?6,a4?2.

，所以

a1?8,d??2，所以

an?a1?(n?1)d??2n?10(n?N*)答案：D

111a5?a2q3,??2?q3?q3?,?q?482. 3. 解：

答案：D 4. 解：

a1?a5?34,a5?a1?30.

，

?a5?32,a1?2a5?a1q4422q?q?4 即32=，

?a3?a1q2?8答案：A

5. 解：在等比数列中， 答案：B

ak?2?akq2,ak?3ak?ak?1ak?ak?111??22?ak?1q2a?a(a?a)qqk?2k?3kk?1，=16

?6. 解：因为等差数列共10项，所以答案：C.

s偶?s奇?n10d?30?15d?d,?d?32，2.

s55a2?a8s5a556??2??5?6?a3a1?a5(a1?a5)?5s56?a?227. 解：因为n是等差数列，.

答案：D.

s4a1(1?q4)(1?q2)(1?q)(1?q)(1?q2)(1?q)5?315?????aaq(1?q)q(1?q)q22. 18. 解：2答案：C.

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1an?1002?()n?1?1?n?10?a?29. 解：因为，即等比数列n前10项大于1，从第11项起

小于1，故答案：C.

10. 解：设数列前三项分别为

积

p10

最大。

a1,a1q,a1q2,后三项分别为a1qn?3,a1qn?2,a1qn?1.，所以，两式相乘可得：

所以前三项之

a13q3?2，后三项之积

a13q3n?6?4a16q3(n?1)?8，即

a12qn?1?2.

又因为所有项之积为64，即

答案：B.

a1qnn(n?1)2?64，所以n=12.

11. 解：

a11??1,且sn有最大值，a10?a10?0,a11?0,且a10?a11?0，

?s19?19(a1?a19)20(a1?a20)?19a10?0?s20??10(a10?a11)?0s22，，所以使n>0

的n的最大值为19.

答案：B. 12. 解：设

故

?an?、?bn?的公差分别为m、n，则a2?b2?10?m?90?n?100，所以m+n=0,

=100.

a2010?b2010?a1?2009m?b1?2009n?(a1?b1)?2009(m?n)答案：D. 二、填空题

11a?a?(n?1)d?n1设首项为a1,公差为d,则有am?a1?(m?1)dkm，解得：13. 解：=，

mkmk?111?mk?111s?(a?a)???(mk?1)?a1?,d?mk1mk??22?mkmkmk?2. mkmk，所以

mk?1答案：2

14. 解：要使

a1a2a3……an?log23.log34……logn?1(n?2)log2(n?2)=

为整数，则必须

n?2?2k，即n?2k?2,(k?2),所以在区间?1,2009?内的所有企盼数为：22?2,23?2,24?2,……210?2，

其

和

为

：

（22?2）?（23?2）?（24?2）?……+（210?2）?211?22=2026

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答案：2026. 15. 解：由数列

?an?是“等积数列”，且

，所以

a1?2,公积为6，得：

a2?3,a3?2……a2n?1?2,a2n?3前n项积的计算公式为：答案：3 16.

解

：

a2010?3.数列

?an?形如2，3，2，3……，故

n?12Tn?6n2（n为偶数）或者

Tn?2?6（n为奇数）.

Tn?6n2（n为偶数）或者

Tn?2?6，以.

n?12（n为奇数）.

，和

…为

…：

a11?a12?……a17?7a14，

所

a21?a22?……a27?7a24所

有

数

字

a71?a72?……a77?7a747(a14?a24?……a74)?7?7a44?49?1?49答案：49 三、解答题

*17.解：(1)∵?log2(an?1)?(n?N)为等差数列,设公差为d,∴log2(an?1?1)?log2(an?1)?d,

即

an?1?1?2dan?1d为非零常数, ∴{an?1}是以a1?1?2为首项,2为公比的等比数列, ∴

an?1?2?(2d)n?1,∴

an?2?(2d)n?1?1,又

na3?9d2an?2n?12?(2)?1?9d?1,∴,∴,∴．

(2)由(1)知, an?1?an?2n?1?1?(2?1)?2n?111?n?2?2,∴an?1?an2,

nn11(1?n)11111122?1?1?1????????2?????n?1a2?a1a3?a2an?1?an2222n1?2∴

bn?18.解：(1)

11a??n?11an?1(2?1)?1an?1?1bn?1?an?1?1an?1,而,

?∴bn?bn?1?1(n?2,n?N),

（2）由（1）得

f'(x)??4(2x?7)2b1?15??a1?12；故数列{bn}是首项为

?52，公差为1的等差数列；

bn?n?1272an?1??1?f(x)?1?bn2n?72，则2x?7， ；设函数

?0则，∴函数

f(x)?1?277(??,)(,??)2x?7在2和2上均为减函数，当x?3f(1)?35，当n趋向于??时，f(x)接近1，

时，f(x)?f(3)??1；当x?4时，f(x)?f(4)?3；且∴(an)min?a3??1，(an)max?a4?3．

1111119.解：（I）a2＝a1+4= a+4，a3=2a2 =2a+8；

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1131131（II）∵ a4 = a3+4=2a+8， ∴ a5=2a4=4a+16，

1111111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．证明如下：

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· 11?122S?S?(S)?3ad?5d?0345?1?345???5?1S?1S?22a?d?2?134?34?220解：由已知得， 即? ，

12?d????d?0?53212?a??nna1?1?a1?4?an?1??55 解得或 或

3212a??nnan?155均满足题意，即为所求． 经验证 或

an?Sn?Sn?1?2n?1?an?221. 解：（1）当时，．

而

{an}为等比数列，得

a1?21?1?a?a＝3，即a?3，从而

an?3?2n?1．

又?a1?2a?b?3,?b??3．

nn123n?Tn?(1??2???n?1)n?1an3?2， 3222（2）

11123n?1nTn?(?2?3???n?1?n2322222

11111nTn?(1??2???n?1?n)32222， 两式相减得241nTn?(1?n?n?1)322因此，．

bn?22.解：（１）逆命题：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

1m?1q ∴2a1qm+1=a1+a1qm ∵a1≠0 q≠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≠2 Sm+2， ∴Sm，Sm+2，Sm+1不成等差数列

1当q=－2时，

2Sm?21m?22a1[1?(?)m?2]??41??2??a1?1?????13???2???1?2，

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2010届高三数学高考二轮专题复习：等差、等比数列（教案 习题 解析）

∴Sm+Sm+1=2 Sm+2 ， ∴Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列

综上得：当公比q=1时，逆命题为假；当公比q≠1时，逆命题为真

11m?2a1[1?(?)m]a1[1?(?)m?1]??41??22Sm?Sm?1???a1?1?????113???2???1?1?22

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