高中数学高考第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题2 第1讲 数列、等差数列与等比数列(小题)(1)

第1讲　数列、等差数列与等比数列(小题)热点一　等差数列、等比数列的基本运算1.等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.等差数列的求和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d；等比数列的求和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))2.等差数列、等比数列问题的求解策略(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q；(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.例1　(1)(2019·柳州模拟)已知点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上(n∈N*).数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.则Tn的最小值为________.答案　－30解析　∵点(n，an)在函数y＝2x－1的图象上，∴an＝2n－1，∴{an}是首项为a1＝1，公比q＝2的等比数列，∴Sn＝eq \f(1·1－2n,1－2)＝2n－1，则bn＝＝2n－12，∴{bn}是首项为－10，公差为2的等差数列，∴由bn≤0，得n≤6.即Tn的最小值为T5＝T6＝－10×6＋eq \f(6×5×2,2)＝－30.(2)(2019·咸阳模拟)正项等比数列{an}中，存在两项am，an，使得eq \r(am·an)＝2a1，且a6＝a5＋2a4，则eq \f(1,m)＋eq \f(9,n)的最小值是________.答案　4解析　数列an是正项等比数列且q≠1，由a6＝a5＋2a4，得q2＝q＋2，解得q＝2(负根舍去).由eq \r(am·an)＝2a1，得2m＋n－2＝22，m＋n＝4.故eq \f(1,m)＋eq \f(9,n)＝eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(9,n)))·(m＋n)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋9＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(n,m)·\f(9m,n))))＝eq \f(1,4)(10＋6)＝4，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(n,m)＝\f(9m,n)，,m＋n＝4，,m∈N*，n∈N*，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3))时等号成立.跟踪演练1　(1)(2019·上饶重点中学六校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，若S8＝S10，则a18等于(　　)A.－4 B.－2 C.0 D.2答案　B解析　设等差数列{an}的公差为d，由S8＝S10，得a9＋a10＝0，所以2a1＋17d＝0，且a1＝2，所以d＝－eq \f(4,17)，得a18＝a1＋17d＝2＋17×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,17)))＝－2.(2)(2019·马鞍山模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝eq \f(1,8)，S3－a1＝eq \f(3,4)，则S5等于(　　)A.eq \f(31,32) B.eq \f(31,16) C.eq \f(31,8) D.eq \f(31,4)答案　B解析　由正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a4＝eq \f(1,8)，S3－a1＝eq \f(3,4)，q>0，易知q＝1时不成立，所以q≠1.∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1q3＝\f(1,8)，,\f(a11－q3,1－q)－a1＝\f(3,4)，))解得a1＝1，q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(27,8)，q＝－\f(1,3)舍去))，∴S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－\f(1,32),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，a5＝1，则使得Sn>0成立的n的最大值为________.答案　9解析　因为a1＝9，a5＝1，所以公差d＝eq \f(1－9,4)＝－2，所以Sn＝9n＋eq \f(1,2)n(n－1)(－2)＝10n－n2，令Sn>0，得00，∴数列{an}为等比数列.由a3·a5＋a4＝72，得aeq \o\al(2,4)＋a4＝72，∵a4>0，∴a4＝8，∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝log2(a1·a2·…·a7)＝log2aeq \o\al(7,4)＝log287＝21.跟踪演练2　(1)(2019·鞍山模拟)等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，若对一切自然数n，都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n,3n＋1)，则eq \f(a6,b6)等于(　　)A.eq \f(2,3) B.eq \f(9,14) C.eq \f(20,31) D.eq \f(11,17)答案　D解析　eq \f(S11,T11)＝eq \f(11a6,11b6)＝eq \f(a6,b6)＝eq \f(22,34)＝eq \f(11,17).(2)已知等比数列{an}中，a5＝2，a6a8＝8，则eq \f(a2 018－a2 016,a2 014－a2 012)等于(　　)A.2 B.4 C.6 D.8答案　A解析　设数列{an}的公比为q.∵数列{an}是等比数列，∴a6a8＝aeq \o\al(2,7)＝8，∴a7＝2eq \r(2)(与a5同号)，∴q2＝eq \f(a7,a5)＝eq \r(2)，∴eq \f(a2 018－a2 016,a2 014－a2 012)＝q4＝(eq \r(2))2＝2.(3)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝130，则S40等于(　　)A.－510 B.400C.400或－510 D.30或40答案　B解析　∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn，∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等比数列，∴10×(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40或S20＝－30(舍)，故S40－S30＝270，∴S40＝400.热点三　等差数列、等比数列的综合问题解决数列的综合问题的失分点(1)公式an＝Sn－Sn－1适用于所有数列，但易忽略n≥2这个前提；(2)对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1或q≠1的情况，公式Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)只适用于q≠1的情况.例3　(1)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＋S5＝18，a5＝7.若a3，a6，am成等比数列，则m＝________.答案　15解析　设等差数列的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋5a1＋10d＝18，,a1＋4d＝7，))故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝2，))所以an＝2n－3，n∈N*.由aeq \o\al(2,6)＝a3am，得92＝3(2m－3)，所以2m－3＝27，所以m＝15.(2)已知等差数列{an}的前n项和为Tn，a3＝4，T6＝27，数列{bn}满足bn＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，b1＝b2＝1，设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前11项和S11等于(　　)A.1 062 B.2 124 C.1 101 D.1 100答案　C解析　设数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝4，,6a1＋15d＝27，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1，))∴数列{an}的通项公式为an＝n＋1.当n≥2时，bn＋1－bn＝bn，∴bn＋1＝2bn，即数列{bn}从第二项起为等比数列，∴bn＝2n－2(n≥2)，∴数列{bn}的通项公式为bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－2，n≥2.))分组求和可得数列{cn}的前11项和S11＝(2＋3＋4＋…＋12)＋(1＋1＋2＋22＋…＋29)＝77＋210＝1 101.跟踪演练3　(1)(2019·黄冈、华师附中等八校联考)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝3，且a2，a4，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2n(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前3项和为(　　)A.31 B.34 C.62 D.59答案　B解析　由于a2，a4，a7成等比数列，故aeq \o\al(2,4)＝a2·a7，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，由于a1＝3，解得d＝1，故an＝n＋2.当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，当n＝1时，b1＝S1＝21＝2，故bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))故cn的前3项和为a1b1＋a2b2＋a3b3＝3×2＋4×2＋5×4＝34.(2)用g(n)表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1,3,9，g(9)＝9,10的因数有1,2,5,10，g(10)＝5，那么g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(22 019－1)＝________.答案　eq \f(42 019－1,3)解析　由g(n)的定义易知g(n)＝g(2n)，且若n为奇数则g(n)＝n，令f(n)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n－1)，则f(n＋1)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n＋1－1)＝1＋3＋…＋(2n＋1－1)＋g(2)＋g(4)＋…＋g(2n＋1－2)＝eq \f(2n[1＋2n＋1－1],2)＋g(1)＋g(2)＋…＋g(2n－1)＝4n＋f(n)，即f(n＋1)－f(n)＝4n，分别取n为1,2，…，n，并累加得f(n＋1)－f(1)＝4＋42＋…＋4n＝eq \f(4×1－4n,1－4)＝eq \f(4,3)(4n－1)，又f(1)＝g(1)＝1，所以f(n＋1)＝eq \f(4,3)(4n－1)＋1，所以f(n)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(2n－1)＝eq \f(4,3)(4n－1－1)＋1，令n＝2 019，得：g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(22 019－1)＝eq \f(4,3)(42 019－1－1)＋1＝eq \f(42 019－1,3).热点四　数列的递推关系由递推关系式求数列的通项公式常用的方法(1)求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证)；(2)将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于an＋1＝an＋f(n)型)、累乘法(适用于an＋1＝an·f(n)型)、待定系数法(适用于an＋1＝pan＋q型)求通项公式.例4　(1)(2019·上饶重点中学六校联考)设数列{an}满足a1＝3，且对任意整数n，总有(an＋1－1)(1－an)＝2an成立，则数列{an} 的前2 018项的和为(　　)A.588 B.589 C.2 018 D.2 019答案　B解析　因为(an＋1－1)(1－an)＝2an，所以an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，因为a1＝3，所以a2＝－2，a3＝－eq \f(1,3)，a4＝eq \f(1,2)，a5＝3＝a1，即数列{an}是以4为周期的数列，所以a1＋a2＋…＋a2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017＋a2 018＝504×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2－\f(1,3)＋\f(1,2)))＋a1＋a2＝589.(2)(2019·永州模拟)设[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}中，a1＝2，且an＋1＝an(an＋1)，若eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a1,a1＋1)＋\f(a2,a2＋1)＋…＋\f(an,an＋1)))＝100，则整数n等于(　　)A.99 B.100 C.101 D.102答案　C解析　因为an＋1＝an(an＋1)＝aeq \o\al(2,n)＋an，所以an＋1－an＝aeq \o\al(2,n)>0，故数列{an}是递增数列，且eq \f(1,an)>0，又由an＋1＝an(an＋1)可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)－eq \f(1,an＋1)，即eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)－eq \f(1,an＋1)，而eq \f(an,an＋1)＝eq \f(an＋1－1,an＋1)＝1－eq \f(1,an＋1)，从而eq \f(a1,a1＋1)＋eq \f(a2,a2＋1)＋…＋eq \f(an,an＋1)＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a1,a1＋1)＋\f(a2,a2＋1)＋…＋\f(an,an＋1)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))))，又0100，令eq \f(n1＋n,2)>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后.第n组的各项和为eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n组所有项的和为eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n.设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－eq \f(n1＋n,2)项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝eq \f(29×1＋29,2)＋5＝440.3.(2019·全国Ⅰ，理，14)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝eq \f(1,3)，aeq \o\al(2,4)＝a6，则S5＝________.答案　eq \f(121,3)解析　设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq \f(121,3).押题预测1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2 019，则m＝________.答案　1 010解析　根据题意，设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a2＝3(a1＋d)，又由a1＝1，S3＝a5，得3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，则am＝a1＋(m－1)d＝2m－1＝2 019，解得m＝1 010.2.已知等差数列{an}中，若点(n，an)(n∈N*)在经过点(4,8)的定直线l上，则数列{an}的前7项和S7＝________.答案　56解析　因为等差数列{an}中，点(n，an)(n∈N*)在经过点(4,8)的定直线l上，∴a4＝8，∴数列{an}的前7项和S7＝eq \f(7,2)(a1＋a7)＝7a4＝56.3.在各项均为正数的等比数列{an}中，a3－a1＝8，当a4取最小值时，数列{naeq \o\al(2,n)}的前n项和Sn＝________.答案　(8n－4)3n＋4解析　设数列{an}的公比为q，由题意易知q>1.等比数列{an}中，a3－a1＝8，所以a1＝eq \f(8,q2－1)，a4＝a1q3＝eq \f(8q3,q2－1)，令f(q)＝eq \f(8q3,q2－1)，q>1，则f′(q)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8q3,q2－1)))′＝eq \f(8q2q2－3,q2－12)，q>1，令f′(q)＝0，解得q＝eq \r(3)(负值舍去)，当1an＋1B.∀n∈N*，anan＋1≥an＋2C.∃n∈N*，an＋an＋2＝2an＋1D.∀n∈N*，an＋an＋3>an＋1＋an＋2答案　D解析　因为等比数列{an}满足a2a6＋a3a5＝128，即(a4)2＋(a4)2＝128，解得a4＝±8，又等比数列为正项等比数列，所以a4＝8，由a1＝1，则q3＝eq \f(a4,a1)＝8，解得q＝2，对于A，Sn>an＋1，有Sn＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，an＋1＝2n，有Sn