2022届高考数学沪教版一轮复习-讲义专题09等差数列与等比数列复习与检测

学习目标
1.数列的概念，
2.等差数列与等比数列的定义，
3.等差中项与等比数列，等差数列与等比数列的通项公式。
知识梳理
重点1
等差数列、等比数列的基本运算（定义法）

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＝＝na1＋d；

等比数列的求和公式：Sn＝

重点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.

重点3
等差数列、等比数列的性质

1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝a.

2.前n项和的性质：①对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外).

②对于等差数列，有S2n＋1＝(2n＋1)an＋1.

重点4
数列的通项的求法

1、作差法；
2、作商法；
3、累加法；
4、累乘法；
5、构造法。
数列求和的常用方法
1、.倒序相加法；
2、错位相减法；

3、裂项相消法，.常用裂项形式有：

①； ②；

例题分析
例1．设数列是等差数列，是数列的前项和，，，则（    ）

A．18 B．30 C．36 D．24

【答案】D

【详解】

因数列是等差数列，由等差数列的性质知：，

而，则，等差数列公差，

首项，则.

故选：D

例2．在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形（图中共有个正三角形），这个过程称之为迭代．在边长为的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有个正三角形），其中最小的正三角形面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

设第个正三角形的边长为，则个正三角形的边长为，

由条件可知：，

又由图形可知：，所以，

所以，所以是首项为，公比为的等比数列，

所以，所以，所以，

所以最小的正三角形的面积为：，

故选：A.

跟踪练习

1．已知{an}是公差为d（d＞0）的等差数列，若存在实数x1，x2，x3，⋯，x9满足方程组，则d的最小值为（　　）

A． B． C． D．

2．已知数列满足，若，则“数列为无穷数列”是“数列单调”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充分必要条件 D．非充分非必要条件

3．已知等差数列是无穷数列，若，则数列的前项和（    ）

A．无最大值，有最小值 B．有最大值，无最小值

C．有最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值

4．数列的前项和为，，且对任意的都有，则下列三个命题中，所有真命题的序号是（    ）

①存在实数，使得为等差数列；

②存在实数，使得为等比数列；

③若存在使得，则实数唯一.

A．① B．①② C．①③ D．①②③

5．已知数列的前项和为，且对任意正整数都有，则下列关于的论断中正确的是（    ）

A．一定是等差数列 B．一定是等比数列

C．可能是等差数列，但不会是等比数列 D．可能是等比数列，但不会是等差数列

6．是由实数构成的无穷等比数列，，关于数列，给出下列命题：①数列中任意一项均不为0；②数列中必有一项为；③数列中或者任意一项不为；或者无穷多项为；④数列中一定不可能出现；⑤数列中一定不可能出现；其中正确的命题是（    ）

A．①③ B．②④ C．③⑤ D．②⑤

7．若数列满足“对任意正整数，，，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.

（1）判断各项均等于的常数列是否具有“性质”，并说明理由；

（2）若公比为的无穷等比数列具有“性质”，求首项的值；

（3）若首项的无穷等差数列具有“性质”，求公差的值.

8．在数列中，已知，()．

（1）证明：数列为等比数列；

（2）记，数列的前项和为. 求使得的整数的最小值；

（3）是否存在正整数、、，且，使得、、成等差数列？若存在，求出、、的值；若不存在，请说明理由．

9．已知无穷数列，对于任意给定的正整数，设不等式对任意恒成立时的取值集合为.

（1），求集合；

（2）若为等差数列，公差为，求；

（3）若对任意，，均为相同的单元素集合，证明：数列为等差数列.

10．数列满足：，且对任意，都有．

（1）求；

（2）设，求证：对任意，都有；

（3）求数列的通项公式．

参考答案

1．C

【详解】

解：把方程组中的都用和表示得：

，

把代入得：

，根据分母结构特点及可知：当，，时，

取最小值为．

故选：C．

【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是根据方程组从整体分析得：当，，时，取最小值．

2．B

【详解】

因，若，则是以为首项，1为公差的等差数列，，

数列为无穷数列，，取，则 ，显然数列不是单调的，

即命题“若数列为无穷数列，则数列单调”是假命题；

若数列为有穷数列，而，则，

此时数列为，如果数列单调，则都为正或者都为负，

有，与矛盾，“数列单调”是错误的，即数列不单调，

命题“若数列为有穷数列，则数列不单调”是真命题，从而有命题“若数列单调，则数列为无穷数列”是真命题，

所以数列为无穷数列”是“数列单调”的必要不充分条件.

故选：B

3．A

【详解】

由数列为等差数列，且，

得，

故数列为递增数列，且，

所以有最小值，无最大值，

故选：A.

4．A

【详解】

①中，假设为等差数列，则，

则，

可得，显然当时，可得，

使得恒成立，所以存在使得数列为等差数列，所以①正确；

②中，假设数列为等比数列，则

则，可得，

即，即，

该式中有为定值，是变量，所以这样的实数不存在，所以②不是真命题；

③中，由，可得，， ，

，

将上述各式相加，可得

，

即，即，

若存在这样的实数，则有，

从而，可知满足该式的不唯一，所以③不是真命题.

故选：A.

5．C

【详解】

，

，

，

若，则数列为等差数列；

若，则数列为首项为，公比为4的等比数列，，

此时（），即数列从第二项起，后面的项组成等比数列.

综上，数列可能为等差数列，但不会为等比数列.

故选：C

6．C

【详解】

是由实数构成的无穷等比数列，

对于①，令，则时，故结论是不正确的

对于②令，则恒成立，故结论不正确

对于③，当时，恒成立，

当且时，恒成立

当时，时，，时，恒成立．

综上可得结论是正确的．

对于④，由①可知结论是不正确的．

对于⑤，若，则，，，

可知结论是正确的．

故选：C.

7．（1）答案见解析；（2），且；（3）或.

【详解】

解：（1）若数列具有“性质”，由已知对于任意正整数，，，都存在正整数，使得，所以，解得或.

所以当或时，常数数列满足“性质”的所有条件，数列具有“性质”；当且时，数列不具有“性质”.

（2）对于任意正整数，，，存在正整数，使得，即，，令，则.

当且时，则，对任意正整数，，，由得，得，而是正整数，所以存在正整数使得成立，数列具有“性质”.

若，取，，，不是中的项，不合题意．

综上所述，且.

（3）.对于任意的正整数，存在整数，使得得.

对于任意的正整数，存在整数和，使得，，两式相减得.

当时，显然不合题意.

当时，得，是整数，从而得到公差也是整数.

若时，此数列是递减的等差数列，取满足正整数，解得，由，所以不存在正整数使得成立.从而时，不具有“性质”.

是正整数，都是正整数，因此或2．

当时，数列2，3，4，……，，……，对任意正整数，，，由得，得，而是正整数，从而数列具有“性质”.

当时，数列2，4，6，……，，……，对任意正整数，，，由得，得，而是正整数，从而数列具有“性质”.

综上所述或.

8．（1）证明见解析；（2）10；（3）不存在，理由见解析.

【详解】

（1）证明：由，得，从而，

，

又，故数列为等比数列；

（2）解：由(1)得，，故，

所以，

，

令，则，

解得，，.

故使得的整数的最小值为10；

 （3）解：假设存在正整数、、满足题意，则，

即，

即

两边同除以得，

  (*)

由得，，；

所以为奇数，而、均为偶数，

故(*)式不能成立；

即不存在正整数、、，且，使得、、成等差数列.

9．（1）；（2）；（3）证明见解析.

【详解】

（1）因为，为满足不等式的构成的集合，

所以有：对任意恒成立，

当时，上式可化为，所以；

当时，则有成立；

当时，上式可化为.

所以；

（2）若为等差数列，公差为，所以，

当时，，当时，，当时，，

所以，所以；

（3）对于数列，若对任意且，中均只有同一个元素，不妨设为，

下面证明数列为等差数列.

当时，对任意恒成立；

当时，有对任意恒成立，所以对任意恒成立；

所以对任意恒成立，

所以数列为等差数列.

10．（1），；（2）证明见解析；（3）．

【详解】

（1）解：根据题意，可知数列为递增数列，

当时，，解得，

当时，，

因为，

当时，，

又因为当时，，

又由可得，，即，该结果与题意相反，故；

由上可得，，满足题意，

综上，；

（2）证明：假设存在，使得，即，

则由，及，得，

由，及，得，

由此可得，，该结论与相反，

∴假设不成立，即，

即对任意，都有．

（3）解：由（2）可知，，

所以，所以对任意的，都有，

当时，得，

又由，得，

设，由，及，得，

所以对任意的，所以，

所以是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以．