1、第9讲等差数列、等比数列1(2014福建高考)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8 B10 C12 D14【解析】由题知3a1d12，a12，解得d2，又a6a15d，a612.故选C.【答案】C2(2014重庆高考)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列Ca2，a4，a8成等比数列 Da3，a6，a9成等比数列【解析】由等比数列的性质得，a3a9a0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.【答案】D3(2014北京高考)设an是公比为q的等比数列，则“q1”是“an为递增数列”的()A充分而不
2、必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解析】q1时，an未必是递增数列，如1，2，4，8，16；an是递增数列时，q不一定大于1，如16，8，4，2，1，故选D.【答案】D4(2014福建高考)在等比数列an中，a23，a581.(1)求an；(2)设bnlog3an，求数列bn的前n项和Sn.【解】(1)设an的公比为q，依题意得解得因此，an3n1.(2)因为bnlog3ann1，所以数列bn的前n项和Sn.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1等差、等比数列的基本运算此类问题主要考查等差、等比数列的五个基本量a1，an，Sn，n，d(或q)之间的转化，
3、这五个基本量由通项公式与前n项和公式联系着，体现用方程(组)思想解决“知三求二”问题多以选择题、填空题或解答题的第一问的形式出现，多为基础题2等差、等比数列的性质对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低档题3等差、等比数列的判断与证明对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节.【例1】(2014重庆高考)已知an是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和(1)求an及Sn；(2)设bn是首项为2的等比数列，公比q满足q2(a41)qS40.求bn
4、的通项公式及其前n项和Tn.【解】(1)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.(2)由(1)得a47，S416.因为q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又因b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)【规律感悟】等差(比)数列基本运算中的关注点：(1)基本量在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本量(2)解题思路求公差d(公比q)：常用公式anam(nm)d(anamqnm)；列方程组：若条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为
5、关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元及整体计算，以减少计算量创新预测1(2014湖北高考)已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由【解】(1)设数列an的公差为d，依题意，2,2d,24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n.显然2n60n800，此时不存在正整数n，使
6、得Sn60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2时，存在满足题意的n，其最小值为41.【例2】(1)(2014北京高考)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，所以3a80，即a80，又a7a100，所以a8a90，则a90，故n8.(2)S23，S4S212，且S2，S4S2，S6S4成等比数列，(153)23(S615)，S663.故选C.【答案】(1)8(2)C【规律感悟】等差(比)数列的性质盘点
7、：类型等差数列等比数列项的性质2akamal(m，k，lN*且m，k，l成等差数列)aamal(m，k，lN*且m，k，l成等差数列)amanapaq(m，n，p，qN*，且mnpq)amanapaq(m，n，p，qN*且mnpq)和的性质当n为奇数时：Snna当n为偶数时：q(公比)依次每k项的和：Sk，S2kSk，S3kS2k，构成等差数列依次每k项的和：Sk，S2kSk，S3kS2k，构成等比数列(k不为偶数且公比q1)创新预测2(1)(2014衡水中学二调)等差数列an中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前13项的和是()A13B26C52D156【解析】3(a3a5
8、)2(a7a10a13)24，6a46a1024，a4a104，S1326，故选B.【答案】B(2)(2014广东高考)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.【解析】a10a11a9a122e5，a10a11e5，ln a1ln a2ln a2010ln(a10a11)10ln e550.【答案】50【例3】(2014全国大纲高考)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式【解】(1)由an22an1an2得an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2
9、a11，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)得bn12(n1)，即an1an2n1.于是(ak1ak)(2k1)，所以an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通项公式为ann22n2.【规律感悟】证明数列an为等差或等比数列有两种基本方法：(1)定义法an1and(d为常数)an为等差数列；q(q为常数)an为等比数列(2)等差、等比中项法2anan1an1(n2，nN*)an为等差数列；aan1an1(an0，n2，nN*)an为等比数列我们要根据题目条件灵活选择使用，一般首选定义法利用定义法一种思路是直奔主题，例如本题方法；另一种思路是根据已知条件变换出要解决
10、的目标创新预测3(2014长春模拟)已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2，)，a11，(1)设数列bnan12an(n1,2，)，求证：数列bn是等比数列；(2)设数列cn(n1,2，)，求证：数列cn是等差数列；(3)求数列an的通项公式及前n项和【解】(1)证明：由Sn14an2，Sn24an12，两式相减，得Sn2Sn14(an1an)，即an24an14an，an22an12(an12an)又bnan12an，所以bn12bn已知S24a12，a11，a1a24a12，解得a25，b1a22a130由和得，数列bn是首项为3，公比为2的等比数列，且bn32n1
11、.(2)证明：因为cn(nN*)，所以cn1cn.又c1，故数列cn是首项为，公差是的等差数列，且cnn.(3)因为cn，又cnn，所以，an(3n1)2n2.当n2时，Sn4an122n1(3n4)2；当n1时，S1a11也适合上式综上可知，所求的求和公式为Sn2n1(3n4)2.总结提升通过本节课学习，需掌握如下三点：失分盲点1(1)忽视d的符号：在等差数列的基本运算中，易忽视d的符号、大小而导致增解(2)忽视公式成立的条件：公式anSnSn1成立的条件是n2.(3)忽视n的范围：求解an的前n项和的最值时，无论是利用Sn还是an，都要注意条件nN*.2(1)忽视对公比q的讨论：应用等比数
12、列的前n项和公式时，应注意条件是否暗示了q的范围，否则，应注意讨论(2)混淆等差数列与等比数列单调性的条件：等差数列的单调性只取决于公差d的正负，等比数列的单调性既要考虑公比又要考虑首项答题指导1(1)看到求等差数列的基本量时，想到可从方程入手，若能应用性质，可大大简化解题过程(2)看到等差数列的判定，想到等差数列定义和等差中项的概念2(1)看到求等比数列中的基本量，想到可以从方程入手(2)看到aman，想到等比数列的性质(3)看到利用公式求等比数列前n项和，想到公比q是否等于1所用公式不同.等差数列、等比数列的存在探索与证明1存在探索性问题是高考考查数学能力的良好素材，高考重视存在探索性问题
13、的考查存在探索性问题的基本解法是：先假设其存在，在这个假设下，进行推理论证或计算，当得出符合数学规律的最后结论时，肯定其存在性，否则就不存在方法规律(1)利用定义证明等差(比)数列的方法(2)转化为关于a1，d(q)的方程组求解的基本量法2等差数列、等比数列的存在探索性问题，其解法与一般的存在探索性问题的解法相比，特殊性在于数列中的项数是正整数，在解题中注意这个特点【典例】(预测题)设数列an的前n项和为Sn，a11，且对任意正整数n，点(an1，Sn)在直线3x2y31上(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【解】(1)由题意
14、可得3an12Sn30n2时，3an2Sn130得3an13an2an0，整理得(n2)，又a11，数列an是首项为1，公比为的等比数列，ann1.(2)由(1)知Sn，若为等差数列，则2S1S3，得，又时，Snn，显然成等差数列，故存在实数，使得数列成等差数列【规律感悟】本题的特点是先从特殊的情况得出值，在这个值下，一般结论也成立，这是解决含有参数的等差数列、等比数列证明的一个重要方法，其实质是一般与特殊的数学思想方法的运用，也是合情推理与演绎推理的有机结合.建议用时实际用时错题档案45分钟一、选择题1(2014重庆高考)在等差数列an中，a12，a3a510，则a7()A5 B8 C10
15、D14【解析】由等差数列的性质得a1a7a3a5，因为a12，a3a510，所以a78，选B. 【答案】B2(2014天津高考)设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1()A2 B2 C. D【解析】由题意知SS1S4，(2a1d)2a1(4a1d)，把d1代入整理得a1.【答案】D3(2014辽宁高考)设等差数列an的公差为d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0 Bd0 Ca1d0【解析】法一ana1(n1)d，所以2a1an2a1a1(n1)d，因为是递减数列，故有2a1a1(n1)da1a1(n2)d2a1d120，所以a1d0，
16、故选C.法二数列2a1an为递减数列等价于数列a1an为递减数列，等价于a1ana1an10，即a1(anan1)0，即a1d0. 【答案】C4(2014保定调研)在数列an中，已知a11，an12an1，则其通项公式为an()A2n1 B2n11C2n1 D2(n1)【解析】由题意知an112(an1)，an1(a11)2n12n，an2n1.【答案】A5(2014长春调研)在正项等比数列an中，已知a1a2a34，a4a5a612，an1anan1324，则n()A11 B12 C14 D16【解析】设数列an的公比为q，由a1a2a34aq3与a4a5a612aq12可得q93，an1a
17、nan1aq3n3324，因此q3n68134q36，所以n14，故选C.【答案】C二、填空题6(2014江西高考)在等差数列an中，a17，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范围为_【解析】等差数列的前n项和为Sn，则Snna1dn2(a1)nn2(7)n，对称轴为，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.58.5，解得1d.【答案】7(2014全国新课标高考)数列an满足an1，a82，则a1_.【解析】将a82代入an1，可求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列，且周期为3，所以a1a
18、7.【答案】8(理)若数列n(n4)()n中的最大项是第k项，则k_.【解析】设数列为an，则an1an(n1)(n5)()n1n(n4)()n()n(n26n5)n24n(10n2)，所以当n3时，an1an；当n4时，an1an.因此，a1a2a3a4，a4a5a6，故a4最大，所以k4.【答案】4(文)已知a，b，c是递减的等差数列，若将其中两个数的位置互换，得到一个等比数列，则_.【解析】依题意得或者或者由得abc，这与a，b，c是递减的等差数列矛盾；由消去c整理得(ab)(a2b)0.又ab，因此有a2b，c4b，故20；由消去a整理得(cb)(c2b)0.又bc，因此有c2b，a4
19、b，故20.【答案】20三、解答题9(2014江西高考)已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列【解】(1)由Sn，得a1S11，当n2时，anSnSn13n2，所以数列an的通项公式为：an3n2.(2)要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)21(3m2)，即m3n24n2，而此时mN*，且mn.所以对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列10(2014浙江考试院抽测)已知等差数列an的首项a12，a74a3，前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)设bn，nN*，求bn的最大值【解】(1)设公差为d，由题意知a16d4(a12d)，由a12解得，d3，故an3n5，Sn，nN*.(2)由(1)得bn(n)由基本不等式得n2 8(当且仅当n4时取等号)所以bn(n)，又当n4时，bn.从而得bn的最大值为.