2019届二轮复习 第1讲　等差数列与等比数列 学案（全国通用）

第1讲　等差数列与等比数列
高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C级.

真 题 感 悟
1.(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________.
解析　设等差数列{an}公差为d，由题意可得：
解得则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.
答案　20
2.(2017·江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
解析　设数列{an}首项为a1，公比为q(q≠1)，则
解得所以a8＝a1q7＝×27＝32.
答案　32
3.(2013·江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________.
解析　设数列{an}的公比为q(q＞0)，由已知条件得q＋q2＝3，即q2＋q－6＝0，解得q＝2，或q＝－3(舍去)，an＝a5qn－5＝×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)，a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝2，由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，可知
2n－5－2－5>2，由2n－5－2－5>2，可求得n的最大值为12，而当n＝13时，28－2－5<213，所以n的最大值为12.
答案　12
4.(2017·江苏卷)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”.
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.
证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，
an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an).④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列.
考 点 整 合
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d.
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；特别地，若m＋n＝2k，则am＋an＝2ak；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0).
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝.
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；特别地，若m＋n＝2k，则aman＝a；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列.

热点一　等差、等比数列的基本运算
【例1】 (1)(2018·苏、锡、常、镇四市调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a4＝2，S2＋S4＝1，则a10＝________.
(2)(2017·北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
(3)(2017·南京师大附中模拟)在数列{an}中，若a1＝－2，且对任意的n∈N*有2an＋1＝1＋2an，则数列{an}前10项的和为________.
解析　(1)设公差为d，则解得所以a10＝a1＋9d＝8.
(2){an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.
{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，
∴q＝－2，∴b2＝b1·q＝2.则＝＝1.
(3)由2an＋1＝1＋2an得an＋1－an＝，
所以数列{an}是首项为－2，公差为的等差数列，
所以S10＝10×(－2)＋×＝.
答案　(1)8　(2)1　(3)
探究提高　(1)等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d(公比q)，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.
(2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
【训练1】 (1)(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________.
(2)(2018·全国Ⅰ卷改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝________.
(3)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________.
解析　(1)因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4.
(2)法一　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
法二　设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
(3)设{an}的公差为d，由得解得d＝4.
答案　(1)4　(2)－10　(3)4
热点二　等差、等比数列的判定与证明
【例2】 (2017·苏州调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*，且n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列.
(1)解　由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，即an－an－1＝(n∈N*，n≥2)，
则数列{an}是以为公差的等差数列，又a1＝，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－.
(2)证明　∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，∴bn＝bn－1＋n(n≥2)，
∴bn－an＝bn－1＋n－n＋＝bn－1－n＋＝(n≥2).
bn－1－an－1＝bn－1－(n－1)＋＝bn－1－n＋(n≥2)，
∴bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2)，∵b1－a1＝－30≠0，∴＝(n≥2).
∴数列{bn－an}是以－30为首项，为公比的等比数列.
探究提高　判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为同一常数.
(2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列.
【训练2】 (2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式.
解　(1)由条件可得an＋1＝an.将n＝1代入得，a2＝4a1，
而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，
所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：由条件可得＝，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得＝1×2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N*.
热点三　等差与等比数列的综合问题
【例3】 已知{an}是等比数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和.
解　(1)设数列{an}的公比为q.由已知，有－＝，解得q＝2或q＝－1.
又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，所以a1·＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1，n∈N*.
(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，
即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.
设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝n＝2n2.
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.
2.数列的项或前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3】 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前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m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解　(1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝4＋(n－1)×(－1)＝5－n，
从而Sn＝＝.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，
∴Tm＝＝8，m∈N*，∵随m增大而递减，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.
又Sn＝＝－(n2－9n)＝－，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，
则10＜8＋λ，得λ＞2，即实数λ的取值范围为(2，＋∞).

1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.
2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.

一、填空题
1.(2018·连云港期末)在正项等比数列{an}中，a3a11＝16，则log2a2＋log2a12＝________.
解析　因为等比数列{an}中，a3a11＝16，所以a2a12＝a3a11＝16，所以log2a2＋log2a12＝log2(a2a12)＝log216＝4.
答案　4
2.(2018·江苏冲刺卷)设公比不为1的等比数列{an}满足a1a2a3＝－，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为________.
解析　设等比数列{an}的公比为q，q≠1，由a1a2a3＝a＝－，得a2＝－.由a2，a4，a3成等差数列，得a2＋a3＝2a4，即a2＋a2q＝2a2q2，解得q＝－，故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1－＋－＝.
答案　
3.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.
解析　根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0.又a8＋a9＝a7＋a10＜0，∴a9＜0，∴当n＝8时，{an}的前n项和最大.
答案　8
4.(2017·无锡模拟)已知各项都为正的等差数列{an}中，若a2＋a3＋a4＝15，a1＋2，a3＋4，a6＋16成等比数列，则a10＝________.
解析　设公差为d(d>0)，因为a2＋a3＋a4＝3a3＝15，所以a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝5－2d.又(a1＋2)(a6＋16)＝(a3＋4)2，所以(a1＋2)(a1＋5d＋16)＝(7－2d)(3d＋21)＝81，整理得2d2＋7d－22＝0，解得d＝2或d＝－(舍).所以a1＝1，故a10＝1＋9×2＝19.
答案　19
5.(2018·南通一调)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6的值为________.
解析　法一(通项公式法)　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.显然q≠1，由题意得，解得或所以S6＝＝＝63或S6＝＝＝63.
法二(数列的性质)　由等比数列的性质得，q2＝＝4，所以q＝±2.由S2＝3解得或所以S6＝＝＝63或S6＝＝＝63.
法三(数列的性质)　由S2，S4－S2，S6－S4成等比数列可得(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，所以S6＝63.
答案　63
6.(2017·全国Ⅱ卷改编)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏.
解析　设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴＝381，解得a1＝3.
答案　3
7.(2018·无锡期末)已知等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，，2a7成等差数列，则a1·a2·…·an的最大值为________.
解析　法一　设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的性质可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因为a4，，2a7成等差数列，所以2×＝a4＋2a7，可得a7＝，由a7＝a4q3可得q＝，由a4＝a1q3可得a1＝16，从而an＝a1qn－1＝16×(也可直接由an＝a4qn－4得出)，令bn＝a1·a2·…·an，则＝an＋1＝16×，令16×≥1，可得n≤4，故b1＜b2＜…＜b4＝b5＞b6＞…＞bn，所以当n＝4或5时，a1·a2·…·an的值最大，为1 024.
法二　同法一得an＝16×，令an≥1可得n≤5，故当1≤n≤5时，an≥1，当n≥6时，0＜an＜1，所以当n＝4或5时，a1·a2·…·an的值最大，为1 024.
法三　同法一得an＝16×＝25－n，令Tn＝a1·a2·…·an＝24×23×22×…×25－n＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝2＝2.因为n∈N*，所以当且仅当n＝4或5时，取得最大值10，从而Tn取得最大值T10＝210＝1 024.
答案　1 024
8.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________.
解析　设数列{an}的首项和公差分别为a1，d，则
则nSn＝n＝－n2.设函数f(x)＝－x2，则f′(x)＝x2－x，
当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0，所以函数f(x)min＝f，
但6＜＜7，且f(6)＝－48，f(7)＝－49，因为－48＞－49，所以最小值为－49.
答案　－49
二、解答题
9.(2018·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
解　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
10.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1，
(1)证明{an＋}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋<.
证明　(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3.又a1＋＝，
所以{an＋}是首项为，公比为3的等比数列.an＋＝，
因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.因为当n≥1时，3n－1＝3×3n－1－1≥2×3n－1，
所以≤.于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
11.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①
当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0.②
①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以＝(n≥2).
因为a1＝1，2a2＋a1＝2，所以a2＝.
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列.
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，Sn＝＝2－.若为等差数列，
则S1＋λ＋，S2＋2λ＋，S3＋3λ＋成等差数列，
则2＝S1＋＋S3＋，即2＝1＋＋＋，
解得λ＝2.又λ＝2时，Sn＋2n＋＝2n＋2，
显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{Sn＋λn＋}成等差数列.