高考数学二轮复习名师知识点总结等差数列等比数列Word下载.docx
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(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)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列
前n项和
Sn==na1+d
(1)q≠1,Sn==
(2)q=1,Sn=na1
考点一 与等差数列有关的问题
例1 在等差数列{an}中,满足3a5=5a8,Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若a1>
0,当Sn取得最大值时,求n的值;
(2)若a1=-46,记bn=,求bn的最小值.
解
(1)设{an}的公差为d,则
由3a5=5a8,得3(a1+4d)=5(a1+7d),∴d=-a1.
∴Sn=na1+×
=-a1n2+a1n=-a1(n-12)2+a1.
∵a1>
0,∴当n=12时,Sn取得最大值.
(2)由
(1)及a1=-46,得d=-×
(-46)=4,∴an=-46+(n-1)×
4=4n-50,
Sn=-46n+×
4=2n2-48n.
∴bn===2n+-52≥2-52=-32,
当且仅当2n=,即n=5时,等号成立.故bn的最小值为-32.
(1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差,只要根据已知条件求出这两个量,其他问题就可随之而解,这就是解决等差数列问题的基本方法,其中蕴含着方程思想的运用.
(2)等差数列的性质
①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq;
②Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,仍成等差数列;
③am-an=(m-n)d⇔d=(m,n∈N*);
④=(A2n-1,B2n-1分别为{an},{bn}的前2n-1项的和).
(3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn=f(n)是n的二次函数或一次函数且不含常数项,即Sn=An2+Bn(A2+B2≠0).
(1)(2012·
浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题错误的是( )
A.若d<
0,则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项,则d<
C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>
D.若对任意n∈N*,均有Sn>
0,则数列{Sn}是递增数列
(2)(2013·
课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m等于( )
A.3B.4C.5D.6
答案
(1)C
(2)C
解析
(1)利用函数思想,通过讨论Sn=n2+n的单调性判断.
设{an}的首项为a1,则Sn=na1+n(n-1)d=n2+n.
由二次函数性质知Sn有最大值时,则d<
0,故A、B正确;
因为{Sn}为递增数列,则d>
0,不妨设a1=-1,d=2,显然{Sn}是递增数列,但S1=-1<
0,故C错误;
对任意n∈N*,Sn均大于0时,a1>
0,d>
0,{Sn}必是递增数列,D正确.
(2)am=2,am+1=3,故d=1,因为Sm=0,故ma1+d=0,故a1=-,
因为am+am+1=5,故am+am+1=2a1+(2m-1)d=-(m-1)+2m-1=5,即m=5.
考点二 与等比数列有关的问题
例2
(1)(2012·
课标全国)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( )
A.7B.5C.-5D.-7
(2)(2012·
浙江)设公比为q(q>
0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=________.
答案
(1)D
(2)
解析
(1)利用等比数列的性质求解.
由解得或∴或
∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.
(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解.
S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2,将a3=a2q,a4=a2q2代入得,
3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得2q2-q-3=0,解得q=(q=-1不合题意,舍去).
(1)证明数列是等比数列的两个方法:
①利用定义:
(n∈N*)是常数,②利用等比中项a=an-1an+1(n≥2,n∈N*).
(2)等比数列中的五个量:
a1,an,q,n,Sn可以“知三求二”.
(3){an}为等比数列,其性质如下:
①若m、n、r、s∈N*,且m+n=r+s,则am·
an=ar·
as;
②an=amqn-m;
③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列(q≠-1).
(4)等比数列前n项和公式Sn=
①能“知三求二”;
②注意讨论公比q是否为1;
③a1≠0.
(1)(2013·
课标全国Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=________.
答案 (-2)n-1
解析 当n=1时,a1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,故=-2,故an=(-2)n-1.
湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.
①求数列{an}的通项公式;
②是否存在正整数n,使得Sn≥2013?
若存在,求出符合条件的所有n的集合;
若不存在,说明理由.
解 ①设等比数列{an}的公比为q,则a1≠0,q≠0.由题意得
即解得
故数列{an}的通项公式为an=3×
(-2)n-1.
②由①有Sn==1-(-2)n.
假设存在n,使得Sn≥2013,则1-(-2)n≥2013,即(-2)n≤-2012.
当n为偶数时,(-2)n>
0.上式不成立;
当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2012,
即2n≥2012,则n≥11.,综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.
考点三 等差数列、等比数列的综合应用
例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=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[1-()m],
∵()m随m增加而递减,∴{Tm}为递增数列,得4≤Tm<
8.
又Sn==-(n2-9n)=-[(n-)2-],故(Sn)max=S4=S5=10,
若存在m∈N*,使对任意n∈N*总有Sn<
Tm+λ,则10<
4+λ,得λ>
6.
等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法
(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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题,求解时用等差(比)数列的相关知识,将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可.
已知数列{an}满足a1=3,an+1-3an=3n(n∈N*),数列{bn}满足bn=3-nan.
(1)求证:
数列{bn}是等差数列;
(2)设Sn=+++…+,求满足不等式<
<
的所有正整数n的值.
(1)证明 由bn=3-nan得an=3nbn,则an+1=3n+1bn+1.
代入an+1-3an=3n中,得3n+1bn+1-3n+1bn=3n,即得bn+1-bn=.所以数列{bn}是等差数列.
(2)解 因为数列{bn}是首项为b1=3-1a1=1,公差为的等差数列,则bn=1+(n-1)=,
则an=3nbn=(n+2)×
3n-1,从而有=3n-1,
故Sn=+++…+=1+3+32+…+3n-1==,
则==,由<
,得<
,
即3<
3n<
127,得1<
n≤4.故满足不等式<
的所有正整数n的值为2,3,4.
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.
3.等差、等比数列的单调性
(1)等差数列的单调性
d>
0⇔{an}为递增数列,Sn有最小值.
d<
0⇔{an}为递减数列,Sn有最大值.
d=0⇔{an}为常数列.
(2)等比数列的单调性
当或时,{an}为递增数列,当或时,{an}为递减数列.
4.常用结论
(1)若{an},{bn}均是等差数列,Sn是{an}的前n项和,则{man+kbn},{}仍为等差数列,其中m,k为常数.
(2)若{an},{bn}均是等比数列,则{can}(c≠0),{|an|},{an·
bn},{manbn}(m为常数),{a},{}等也是等比数列.
(3)公比不为1的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即a2-a1,a3-a2,a4-a3,…成等比数列,且公比为==q.
(4)等比数列(q≠-1)中连续k项的和成等比数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等比数列,其公差为qk.
等差数列中连续k项的和成等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列,公差为k2d.
5.易错提醒
(1)应用关系式an=时,一定要注意分n=1,n≥2两种情况,在求出结果后,看看这两种情况能否整合在一起.
(2)三个数a,b,c成等差数列的充要条件是b=,但三个数a,b,c成等比数列的必要条件是b2=ac.
1.已知等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则等于( )
A.1+B.1-C.3+2D.3-2
答案 C
解析 记等比数列{an}的公比为q,其中q>
0,由题意知a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q.
因为a1≠0,所以有q2-2q-1=0,由此解得q=1±
,又q>
0,所以q=1+.
所以==q2=(1+)2=3+2.
2.已知正项等比数列{an}满足a7=a6+2a5,若存在两项am,an使得=4a1,则+的最小值为( )
A.B.C.D.不存在
答案 A
解析 因为a7=a6+2a5,所以q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去).
又==4a1,所以m+n=6.则+=(m+n)=≥.
当且仅当=,即n=2m时,等号成立.此时m=2,n=4.
3.已知等差数列{an}的前n项的和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足:
a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.
(1)求an与bn;
(2)设cn=3bn-λ·
2,若数列{cn}是递增数列,求λ的取值范围.
解
(1)由已知可得
所以q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍),从而a2=6,所以an=3n,bn=3n-1.
(2)由
(1)知,cn=3bn-λ·
2=3n-λ·
2n.由题意,得cn+1>
cn对任意的n∈N*恒成立,
即3n+1-λ·
2n+1>
3n-λ·
2n恒成立,亦即λ·
2n<
2·
3n恒成立,即λ<
n恒成立.
由于函数y=n是增函数,所以min=2×
=3,故λ<
3,即λ的取值范围为(-∞,3).
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一、选择题
1.(2013·
江西)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )
A.-24B.0C.12D.24
解析 由x,3x+3,6x+6成等比数列得,(3x+3)2=x(6x+6).解得x=-3或x=-1(不合题意,舍去).
故数列的第四项为-24.
2.(2013·
课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于( )
A.B.-C.D.-
解析 设等比数列{an}的公比为q,由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1,即a3=9a1,q2=9,又a5=a1q4=9,所以a1=.
3.(2013·
课标全国Ⅰ)设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.Sn=2an-1B.Sn=3an-2C.Sn=4-3anD.Sn=3-2an
答案 D
解析 Sn====3-2an.故选D.
4.在等差数列{an}中,a5<
0,a6>
0且a6>
|a5|,Sn是数列的前n项的和,则下列说法正确的是( )
A.S1,S2,S3均小于0,S4,S5,S6…均大于0
B.S1,S2,…S5均小于0,S6,S7,…均大于0
C.S1,S2,…S9均小于0,S10,S11…均大于0
D.S1,S2,…S11均小于0,S12,S13…均大于0
解析 由题意可知a6+a5>
0,故
S10==>
0,而S9===9a5<
0,故选C.
5.已知{an}是等差数列,Sn为其前n项和,若S21=S4000,O为坐标原点,点P(1,an),Q(2011,a2011),则·
等于( )
A.2011B.-2011C.0D.1
解析 由S21=S4000得a22+a23+…+a4000=0,由于a22+a4000=a23+a3999=…=2a2011,
所以a22+a23+…+a4000=3979a2011=0,从而a2011=0,而·
=2011+a2011an=2011.
6.数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列且bn=an+1-an(n∈N*).若b3=-2,b10=12,则a8等于( )
A.0B.3C.8D.11
答案 B
解析 因为{bn}是等差数列,且b3=-2,b10=12,故公差d==2.于是b1=-6,
且bn=2n-8(n∈N*),即an+1-an=2n-8,所以a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=…=
=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3.
二、填空题
7.(2013·
广东)在等差数列{an}中,已知a3+a8=10,则3a5+a7=________.
答案 20
解析 设公差为d,则a3+a8=2a1+9d=10,∴3a5+a7=4a1+18d=2(2a1+9d)=20.
8.各项均为正数的等比数列{an}的公比q≠1,a2,a3,a1成等差数列,则=________.
答案
解析 依题意,有a3=a1+a2,设公比为q,则有q2-q-1=0,所以q=(舍去负值).
====.
9.在等差数列{an}中,an>
0,且a1+a2+…+a10=30,则a5·
a6的最大值等于________.
答案 9
解析 由a1+a2+…+a10=30得a5+a6==6,又an>
0,∴a5·
a6≤2=2=9.
10.已知数列{an}的首项为a1=2,且an+1=(a1+a2+…+an)(n∈N*),记Sn为数列{an}的前n项和,则Sn=________,an=________.
答案 2×
n-1
解析 由an+1=(a1+a2+…+an)(n∈N*),可得an+1=Sn,所以Sn+1-Sn=Sn,即
Sn+1=Sn,由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项S1=a1=2,公比为,所以Sn=2×
n-1,由此得an=
三、解答题
11.已知{an}是以a为首项,q为公比的等比数列,Sn为它的前n项和.
(1)当S1,S3,S4成等差数列时,求q的值;
(2)当Sm,Sn,Sl成等差数列时,求证:
对任意自然数k,am+k,an+k,al+k也成等差数列.
(1)解 由已知,得an=aqn-1,因此
S1=a,S3=a(1+q+q2),S4=a(1+q+q2+q3).
当S1,S3,S4成等差数列时,S4-S3=S3-S1,可得aq3=aq+aq2,化简得q2-q-1=0.解得q=.
(2)证明 若q=1,则{an}的各项均为a,此时am+k,an+k,al+k显然成等差数列.
若q≠1,由Sm,Sn,Sl成等差数列可得Sm+Sl=2Sn,
即+=,整理得qm+ql=2qn.
因此,am+k+al+k=aqk-1(qm+ql)=2aqn+k-1=2an+k.所以am+k,an+k,al+k成等差数列.
12.设数列{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=lna3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)依题意,得解得a2=2.
设等比数列{an}的公比为q,由a2=2,可得a1=,a3=2q.
又S3=7,可知+2+2q=7,即2q2-5q+2=0,解得q1=2,q2=.
由题意,得q>
1,∴q=2,∴a1=1.故数列{an}的通项公式是an=2n-1.
(2)由于bn=lna3n+1,n=1,2,…,由
(1)得a3n+1=23n,∴bn=ln23n=3nln2,
又bn+1-bn=3ln2,∴数列{bn}是等差数列.
∴Tn=b1+b2+…+bn===ln2.
13.(2013·
湖北)已知等比数列{an}满足:
|a2-a3|=10,a1a2a3=125.
(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?
若存在,求m的最小值;
解
(1)设等比数列{an}的公比为q,
则由已知可得解得或故an=·
3n-1或an=-5·
(-1)n-1.
(2)若an=·
3n-1,则=n-1,故数列是首项为,公比为的等比数列.
从而==·
1.
若an=(-5)·
(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故数列是首项为-,公比为-1的等比数列,
从而=故<
综上,对任何正整数m,总有<
故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.
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