高三理科数学培养讲义：第2部分-专题2-第3讲-等差数列.doc

第3讲　等差数列、等比数列
高考统计·定方向
热点题型
真题统计
题型1：等差(比)数列的基本运算
2018全国卷ⅠT4；2018全国卷ⅡT17；
2018全国卷ⅢT17；2017全国卷ⅠT4；
2017全国卷ⅢT9；2017全国卷ⅢT14；
2016全国卷ⅠT3
题型2：等差(比)数列的基本性质
2016全国卷ⅠT15; 2015全国卷ⅡT4
题型3：等差(比)数列的判断与证明
2016全国卷ⅢT17；2014全国卷ⅠT17；2014全国卷ⅡT17
命题规律
分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律：
1.以等差(比)数列为载体，考查基本量的运算及相应数列的性质；
2.若以解答题出现在第17题第一问，若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在T12或T16，难度偏大.

题型1　等差(比)数列的基本运算
■核心知识储备·
1．等差数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1＋(n－1)d；an＝am＋(n－m)d；
Sn＝＝na1＋d.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1qn－1(q≠0)；
an＝am·qn－m(q≠0)；
Sn＝＝(q≠1)，Sn＝na1(q＝1)．
■高考考法示例·
【例1】　(1)(2018·唐山市期末)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＝10，S8＝40，则{an}的公差为(　　 )
A．1　　　　　 B．2
C．3 D．4
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．
(1)B　(2) －6　[(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得整理得
解得选B．
(2)设等比数列{an}的公比为q.
∵S3，S9，S6成等差数列，∴2S9＝S3＋S6，且q≠1.
∴＝＋，
即2q6－q3－1＝0，∴q3＝－或q3＝1(舍去)．
∵a8＝3，∴a5＝＝＝－6.]
【教师备选】
(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
(2)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________．
(1)D　(2)4　[(1)法一：由题意知，Sn＝na1＋d＝n＋n(n－1)＝n2，Sn＋2＝(n＋2)2，由Sn＋2－Sn＝36，得(n＋2)2－n2＝4n＋4＝36，所以n＝8.
法二：Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8.所以选D．
(2)设公比为q(q≠0)，∵a2＝1，则由a8＝a6＋2a4，得q6＝q4＋2q2，即q4－q2－2＝0，解得q2＝2，
∴a6＝a2q4＝4.]
[方法归纳]　等差(比)数列基本运算的解题途径
(1)设基本量：首项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，注意整体代换，以减少运算量.
■对点即时训练·
1．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1＜0，则正整数k等于(　　)
A．21 B．22
C．23 D．24
C　[3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－⇒{an}是等差数列，则an＝－n.∵ak＋1·ak＜0，∴＜0，
∴＜k＜，又∵k∈N*，∴k＝23.]
2．已知正项数列{an}满足a－2a－an＋1an＝0，设bn＝log2，则数列{bn}的前n项和为(　　 )
A．n B．
C． D．
C　[由a－2a－an＋1an＝0，可得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，
又an＞0，∴＝2，∴an＋1＝a12n，∴bn＝log2＝log22n＝n.
∴数列{bn}的前n项和为，故选C．]
3．中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是(　　)
A．174斤 B．184斤
C．191斤 D．201斤
B　[用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a1＋×17＝996，解得a1＝65.
∴a8＝65＋7×17＝184.选B．]
题型2　等差(比)数列的基本性质
■核心知识储备·
1．等差、等比数列的性质

等差数列
等比数列
性质
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
(2)an＝am＋(n－m)d；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
(2)an＝amqn－m；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(q≠－1)
2.关于非零等差数列奇数项与偶数项的性质
(1)若项数为2n，则S偶－S奇＝nd；
(2)若项数为2n－1，则S奇＝nan, S奇－S偶＝an；
(3)两个等差数列{an}、{bn}的前n项和Sn、Tn之间的关系为＝.
■高考考法示例·
【例2】　(1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则的值为(　　 )
A．2　　 　B．4　　 　C．±2　　 　D．±4
(2)(2018·武威市二模)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有＝，则＋＝(　　)
A． B． C． D．
(3)在等差数列{an}中，＜－1，若它的前n项和Sn有最大值，则当Sn＞0时， n的最大值为(　　 )
A．11 B．12 C．13 D．14
(1)A　(2)A　(3)A　[(1)∵a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，∴a3a15＝12，a3＋a15＝7，
∵{an}为等比数列，又a3，a9，a15同号，
∴a9＞0，∴a9＝＝2，
∴＝＝a9＝2.故选A．
(2)＋＝＋＝＝＝＝＝＝，故选A．
(3)数列{an}为等差数列，若＜－1，则＜0，可得d＜0.∴a6＞0，a7＋a6＜0，a7＜0，∴a1＋a11＝2a6＞0，S11＞0，a1＋a12＝a7＋a6＜0，S12＜0，则当Sn＞0时，n的最大值为11.故选A．]
【教师备选】
(1)(2018·南充市综合测试一)公差不为0的等差数列{an}的部分项a，a，a，…构成等比数列{akn}，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4为(　　 )
A．20　　　　 B．22
C．24 D．28
(2)(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，则(　　)
A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4
C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4
(1)B　(2)B　[(1)设等差数列{an}的公差为d，∵a1，a2，a6成等比数列，∴a＝a1·a6，即(a1＋d)2＝a1·(a1＋5d)，
∴d＝3a1，∴a2＝4a1，所以等比数列a，a，a，…，的公比q＝4，∴a＝a1·q3＝a1·43＝64a1，
又a＝a1＋(k4－1)·d＝a1＋(k4－1)·(3a1)，
∴a1＋(k4－1)·(3a1)＝64a1，a1≠0，∴3k4－2＝64，
∴k4＝22，故选B．
(2)构造不等式ln x≤x－1，
则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1·q3≤－1.由a1＞1，得q＜0.
若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.
又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，
所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，矛盾．
因此－1＜q＜0.
所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，
所以a1＞a3，a2＜a4.
故选B．]
[方法归纳]　等差、等比数列性质问题的求解策略
1．解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
2．运用函数性质：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．
3．在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
■对点即时训练·
1．已知等差数列{an}，且3(a1＋a5)＋2(a6＋a9＋a12)＝48，则数列{an}的前11项之和为(　　 )
A．84 B．68
C．52 D．44
D　[由等差数列的性质可得：
3(a1＋a5)＋2(a6＋a9＋a12)＝3×2a3＋2×3a9＝6(a3＋a9)＝48，则a3＋a9＝8，结合等差数列前n项和公式有：S11＝×11＝×11＝×11＝44.]
2．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝(　　)
A．40 B．60
C．32 D．50
B　[由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
因此S12＝4＋8＋16＋32＝60，选B．]
3．(2018·沈阳质量检测)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan＝________.
－　[∵{an}是等比数列，{bn}是等差数列，
且a1·a6·a11＝3，
∴a＝()3，b1＋b6＋b11＝7π，3b6＝7π，
∴a6＝，b6＝，
∴tan＝tan
＝tan＝tan＝－.]
题型3　等差(比)数列的判断与证明
■核心知识储备·
数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为同一常数；
②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
①利用定义，证明(n∈N*)为同一常数；
②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．
■高考考法示例·
【例3】　设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an－Sn－1＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在实数λ，使得数列{Sn＋(n＋2n)λ}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an－Sn－1＝0(n∈N*)，
可知当n＝1时，a1－a1－1＝0⇒a1＝2.
又由an－Sn－1＝0(n∈N*)，
可得an＋1－Sn＋1－1＝0，
两式相减，得－＝0，
即an＋1－an＝0，
即an＋1＝2an.
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知，Sn＝＝2(2n－1)，
所以Sn＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ，
若{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列，
则S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差数列，即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.
经检验λ＝－2时，{Sn＋(n＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2.
【教师备选】
(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
[解]　(1)设{an}的公比为q(q≠0)．由题设可得

解得
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
Sn＝＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n
＝2＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
[方法归纳]　等差(比)数列的判断与证明的注意事项
1．判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法．在解答题中常用定义法和等差(比)中项法，通项公式法和前n项和公式法主要适用选择题与填空题．
2.＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．

■对点即时训练·
(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
[解]　(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝.
(2)由(1)得Sn＝1－.
由S5＝得1－＝，
即＝.
解得λ＝－1.

[高考真题]
1．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12　　　　 B．－10
C．10 D．12
B　[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.故选B．
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.故选B．]
2．(2017·全国卷Ⅱ)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(　　)
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
B　[设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.
故选B．]
3．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
64　[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1＝10，
∴a1＝8.
故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·
＝2＝2.
记t＝－＋＝－(n2－7n)，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.
又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.]
4.(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
[解]　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.
[最新模拟]
5．(2018·昆明模拟)已知数列{an}，则有(　　)
A．若a＝4n，n∈N*，则{an}为等比数列
B．若an·an＋2＝a，n∈N*，则{an}为等比数列
C．若am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则{an}为等比数列
D．若an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，则{an}为等比数列
C　[若a1＝－2，a2＝4，a3＝8，满足a＝4n，n∈N*，但{an}不是等比数列，故A项错；若an＝0，满足an·an＋2＝a，n∈N*，但{an}不是等比数列，故B项错；若an＝0，满足an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，但{an}不是等比数列，故D项错；am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则有＝＝＝2，则{an}是等比数列．]
6．(2018·乌鲁木齐质量检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝2，则＝(　　)
A．2 B．　　　C．4　　　D．
B　[设等差数列{an}的公差为d，＝2，
即a3＋3d＝2a3，a3＝3d，
＝＝＝＝.故选B．]
7．(2018·湖北教研协作体联考)在等差数列{an}中，已知公差d＜0，a1＝10 ，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求|a1|＋|a2|＋…＋|a20|.
[解]　(1)由题意可得，a2＝10＋d，a3＝10＋2d，(2a2＋2)2＝5a1a3，即4(11＋d)2＝50(10＋2d)，化简得d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4(舍去)．
∴an＝10－(n－1)＝11－n.
(2)由(1)得an＝11－n，由an＝11－n≥0，得1≤n≤11，
由an＝11－n＜0，得n＞11，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝(a1＋a2＋…＋a11)－(a12＋…＋a20)＝－S20＋2S11＝－＋2＝100.
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝100.

14 / 14