1、第1讲 等差数列与等比数列 专题四 数列、推理与证明 高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练 栏目索引 高考真题体验 1 2 3 41.(2015课标全国)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S84S4，则a10等于()A.172B.192C.10 D.12S88a1881218a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得 a112，a10a19d129192.故选 B.解析 公差为1，B1 2 3 42.(2015安徽)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_.解析 由等比数列性质知a2a3a1a4，又a2a3
2、8，a1a49，所以联立方程a1a48，a1a49，解得a11，a48或a18，a41，又数列an为递增数列，a11，a48，从而a1q38，q2.数列an的前 n 项和为 Sn12n12 2n1.2n11 2 3 43.(2014广东)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.解析 因为a10a11a9a122a10a112e5，所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.
3、501 2 3 44.(2013江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_.解析 每天植树棵数构成等比数列an，其中 a12，q2.则 Sna11qn1q2(2n1)100，即2n1102.n6，最少天数n6.6 考情考向分析 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一 等差数列、等比数列的运算热点分类突破(1)通项公式 等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.(2)求和公
4、式 等差数列：Snna1an2na1nn12d；等比数列：Sna11qn1qa1anq1q(q1).(3)性质 若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.例1(1)设等差数列an的前n项和为Sn.若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n_.解析 设该数列的公差为d，则a4a62a18d2(11)8d6，解得d2，所以 Sn11nnn122n212n(n6)236，所以当Sn取最小值时，n6.6(2)已知等比数列an公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则q3等于()A.12B.1C.12或 1 D.1 或12解析 若q1，则3a16a12
5、9a1，得a10，矛盾，故q1.所以a11q31qa11q61q2a11q91q，解得 q312或 1(舍)，故选 A.A 思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量.跟踪演练1(1)(2015浙江)已知an是等差数列，公差d不为零.若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.解析 a2，a3，a7 成等比数列，a23a2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a123d，2a1a21，2a1a1d1，即3a1d1，a123，d1.231(2)已知数列an是各
6、项均为正数的等比数列，a1a21，a3a42，则 log2a2 011a2 012a2 013a2 0143_.解析 在等比数列中，(a1a2)q2a3a4，即q22，所以a2 011a2 012a2 013a2 014(a1a2a3a4)q2 010321 005，所以 log2a2 011a2 012a2 013a2 01431 005.1 005热点二 等差数列、等比数列的判定与证明数列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：利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；利用中项性质，即证明2anan1an1(n2).(2)证明an是等比数列的两种基本
7、方法：利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；利用等比中项，即证明 a2nan1an1(n2).例2(2014大纲全国)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明：bn是等差数列；证明 由an22an1an2得 an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2a11，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列.(2)求an的通项公式.解 由(1)得bn12(n1)2n1，即an1an2n1.anan12n3，an1an22n5，a2a11，累加得an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通项公式为ann22n2.思维升华(1)判断一个数列是等
8、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.(2)an1an q 和 a2nan1an1(n2)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.跟踪演练 2(1)已知数列an的首项 a11，且满足 an1an4an1，则 an_.解析 由已知得 1an1 1an4，1an1 1an4，又 1a11，故 1an是以 1 为首项，4 为公差的等差数列，1an14(n1)4n3，故 an14n3.答案 14n3(2)已 知 数 列 an 中，a1 1，an 1 2an 3，则 an _.解析 由已知可得an132(an3)，又a134，故an3是以4为首项，
9、2为公比的等比数列.an342n1，an2n13.2n13热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解.例3 已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126.(1)求数列an的通项公式an与前n项和Sn；解 由a2a7a126得a72，a14，an5n，从而 Snn9n2.(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mN*，使对任意nN*，总有SnTm恒成立，求实数的取值范围.解 由题意知b14
10、，b22，b31，设等比数列bn的公比为 q，则 qb2b112，Tm4112m11281(12)m，(12)m 随 m 增加而递减，Tm为递增数列，得4Tm8.又 Snn9n212(n29n)12(n92)2814，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使对任意nN*总有SnTm，则106.即实数的取值范围为(6，).思维升华(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.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解.跟踪演练 3 已知首项为32
11、的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)，且 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列.(1)求数列an的通项公式；解 设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是 q2a5a314.又an不是递减数列且 a132，所以 q12.故等比数列an的通项公式为 an3212n1(1)n1 32n.(2)设 TnSn 1Sn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值.解 由(1)得 Sn112n1 12n，n为奇数，1 12n，n为偶数.当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以 1SnS132，
12、故 0Sn 1SnS1 1S1322356.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以34S2SnSn 1SnS2 1S23443 712.综上，对于 nN*，总有 712Sn 1Sn56.所以数列Tn最大项的值为56，最小项的值为 712.高考押题精练 1 2 3 41.设等差数列an的前n项和为Sn，且a10，a3a100，a6a70的最大自然数n的值为()A.6B.7C.12D.13 押题依据 等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力.1 2 3 4解析 a10，a6a70，a70，a1a132a70，S130的最大自然数n的值为12.答案
13、C 1 2 3 42.已知各项不为 0 的等差数列an满足 a42a273a80，数列bn是等比数列，且 b7a7，则 b2b12 等于()A.1B.2C.4 D.8 押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.1 2 3 4解析 设等差数列an的公差为d，因为 a42a273a80，所以 a73d2a273(a7d)0，即 a272a7，解得a70(舍去)或a72，所以b7a72.因为数列bn是等比数列，所以 b2b12b274.答案 C 1 2 3 43.已知各项都为正数的等比数列an满足 a7a62a5，存在两项 am，an 使得 aman4a
14、1，则1m4m的最小值为()A.32B.53 C.256 D.43押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向.1 2 3 4解析 由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由 aman4a1，得 aman16a21，即 a212mn216a21，即有 mn24，亦即 mn6，那么1m4n16(mn)(1m4n)1 2 3 416(4mn nm5)16(24mn nm5)32，当且仅当4mn nm，mn6，即 n2m4 时取得最小值32.答案 A 1 2 3 44.已知等比数列an中，a4a610，则a1a72a3a7a3a9_.押题依据 等比数列基本量的计算和等比数列的性质是近几年高考的热点，反映了解题中的整体化思想.解析 因为 a1a7a24，a3a9a26，a3a7a4a6，所以a1a72a3a7a3a9(a4a6)2102100.100谢谢观看
