2019屆高考數學總復習 模塊三 數列 第10講 數列、等差數列與等比數列學案 文

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1、第10講　數列、等差數列與等比數列 1.(1)[2014·全國卷Ⅱ] 數列{an}滿足an+1=11-an,a8=2,則a1=　　　　.? (2)[2018·全國卷Ⅰ] 記Sn為數列{an}的前n項和.若Sn=2an+1,則S6=　　　　.? [試做]?_________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ 命題角度　數列的遞推問題

2、 (1)解決數列的遞推問題: 關鍵一:利用an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2得出an與an+1(或an-1)的遞推式; 關鍵二:觀察遞推式的形式,采用不同的方法求an. (2)若遞推式為an+1=an+f(n)或an+1=f(n)·an,則可以分別通過累加、累乘法求得通項公式,或用迭代法求得通項公式; 若遞推式為an+1=pan+q(其中p,q均為常數,且p≠1),則通?；癁閍n+1-t=p(an-t),其中t=q1-p,再利用換元法轉化為等比數列求解. 2.(1)[2017·全國卷Ⅲ] 等差數列{an}的首項為1,公差不為0.若a2,a3,a6成等比數列,則{an}前6項

3、的和為 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.-24 B.-3 C.3 D.8 (2)[2016·全國卷Ⅰ] 設等比數列{an}滿足a1+a3=10,a2+a4=5,則a1a2…an的最大值為　　　　.? [試做] _________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ 命題角度　等差、等比數列的

4、基本計算 關鍵一:基本量思想(等差數列的首項a1和公差d,等比數列的首項a1和公比q). 關鍵二:等差數列的性質, 若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),則am+an=ap+aq; 等比數列的性質, 若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),則aman=apaq. 3.(1)[2017·全國卷Ⅱ] 等差數列{an}的前n項和為Sn,a3=3,S4=10,則∑k=1n1Sk=　　　　.? (2)[2015·全國卷Ⅱ] 設Sn是數列{an}的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn=　　　　.? [試做]?_____________________________

5、____________________________________________ _______________________________________________________________________________ 命題角度　數列求和 關鍵一:利用等差數列、等比數列前n項和公式; 關鍵二:利用數列求和方法(倒序相加法、分組求和法、并項求和法、錯位相減法、裂項相消法). 小題1數列的遞推關系 1(1)已知各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn,若10Sn=an2+5an-6,則a10-a9的值為 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

6、 A.3 B.4 C.5 D.6 (2)若數列{an}滿足a1=0,an+1=an-33an+1(n∈N*),則a56= (　　) A.-3 B.0 C.3 D.32 [聽課筆記] _____________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ 【考場點撥】 由遞推關系求數列的通項公式,常用的方法有:①先求出數列的前幾項,再歸

7、納猜想出數列的通項公式(注意驗證);②將已知遞推關系式整理、變形,變成等差、等比數列,或用累加法(適用an+1=an+f(n)型)、累乘法(適用an+1=an·f(n)型)、待定系數法(適用an+1=pan+q型)求通項公式. 【自我檢測】 1.若Sn為數列{an}的前n項和,且Sn=2an-2,則S8等于 (　　) A.255 B.256 C.510 D.511 2.已知數列{an}滿足a1=2,an+1=4an-3,若cn=an-1,則數列{cn}的通項公式為cn=　　　　. ? 3.若數列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,則數列{an}的通項公式為

8、an=　　　　.? 4.已知數列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項為1,公差為1的等差數列,則數列{an}的通項公式為an=　　　　.? 小題2等差、等比數列的基本計算 2(1)已知公比q≠1的等比數列{an}的前n項和為Sn,a1=1,S3=3a3,則S5= (　　) A.1 B.5 C.3148 D.1116 (2)已知等差數列{an}的公差為2,若a1,a3,a4成等比數列,則a3= (　　) A.-10 B.-6 C.-8 D.-4 [聽課筆記] __________________________________________

9、___________________________ _______________________________________________________________________________ 【考場點撥】 高考中等差、等比數列的基本運算的注意點: (1)在進行等差(等比)數列的基本運算時,常利用公式把已知條件轉化為關于首項a1 和公差d(公比q)的方程組,求出首項a1 和公差d(公比q); (2)特別注意在等比數列求和中,要對公比q=1和q≠1兩種情況進行討論; (3)解題時一定要注意幾個隱含條件:n必須是正整數,公比q不為0,等比數列中沒有0這一項. 【

10、自我檢測】 1.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且滿足S4+a25=5,則一定有 (　　) A.a6 是常數 B.S7是常數 C.a13是常數 D.S13是常數 2.已知等比數列{an}的前n項和是Sn,則下列說法一定正確的是 (　　) A.若a3>0,則a2017<0 B.若a4>0,則a2018<0 C.若a3>0,則S2017>0 D.若a4>0,則S2018>0 3.已知數列{an},{bn}滿足a1=b1=1,an+1-an=bn+1bn=2,n∈N*,則數列{ban}的前10項和為 (　　) A.43×(49-1) B.43×(

11、410-1) C.13×(49-1) D.13×(410-1) 4.已知遞增的等比數列{an}中,a2=6,且a1+1,a2+2,a3成等差數列,則數列{an}的前6項和S6= (　　) A.93 B.189 C.18916 D.378 小題3等差、等比數列的性質 3(1)已知Sn是公差不為0的等差數列{an}的前n項和,且S1,S2,S4成等比數列,則a2+a3a1= (　　) A.4 B.6 C.8 D.10 (2)已知等比數列{an}的各項均為正數,且a1a5=4,則log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=　　

12、.? [聽課筆記] _____________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ 【考場點撥】 使用等差、等比數列的性質時的注意點: (1)通項性質:若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),對等差數列有am+an=ap+aq=2ak,對于等比數列有aman=apaq=ak2. (2)前n項和的性質:對等差數列有Sm,S2m-Sm,S3m

13、-S2m,…成等差數列;對等比數列若有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等比數列,則q≠-1,或q=-1且m為奇數. 【自我檢測】 1.已知正項數列{an}的各項均不相等,且2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2),則下列各式中一定成立的是 (　　) A.a2a4=a32 B.a2a4a32 2.已知等比數列{an}的公比為負數,且an+3·an-1=4an2(n∈N*,n≥2),a2=2,則首項a1等于 (　　) A.1 B.4 C.-1 D.-4 3.已知各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn

14、,若S10=10,S30=70,則S40=　　　　.? 第10講　數列、等差數列與等比數列 典型真題研析 1.(1)12　(2)-63　[解析](1)由題易知a8=11-a7=2,得a7=12;a7=11-a6=12,得a6=-1;a6=11-a5=-1,得a5=2,于是可知數列{an}具有周期性,且周期為3,所以a1=a7=12. (2)方法一:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,又由Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),得Sn=2Sn-1-1(n≥2),即Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2),所以數列{Sn-1}是以S1-1=-2為首項,2為公比

15、的等比數列,所以S6-1=(-2)×25=-64,則S6=-63. 方法二:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1.由Sn=2an+1①,得Sn-1=2an-1+1(n≥2)②,①-②得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以a1=-1為首項,2為公比的等比數列,于是S6=(-1)×(1-26)1-2=-63. 2.(1)A　(2)64　[解析](1){an}為等差數列,且a2,a3,a6成等比數列,則a32=a2·a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d). 將a1=1代入上式并化簡,得d2+2d=0, ∵d≠0,∴d=

16、-2, ∴S6=6a1+6×52d=1×6+6×52×(-2)=-24. (2)設該等比數列的公比為q,則q=a2+a4a1+a3=12,可得a1+14a1=10,得a1=8,所以an=8×12n-1=12n-4. 所以a1a2…an=12-3-2-1+0+…+(n-4)=12?12(n2-7n),易知當n=3或n=4時,12(n2-7n)取得最小值-6,故a1a2…an的最大值為12-6=64. 3.(1)2nn+1　(2)-1n　[解析](1)設公差為d,則a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以Sk=k(k+1)2,1Sk=21k-1k+1, 所以∑k=1

17、n1Sk=2[1-12+12-13+…+1n-1n+1]=21-1n+1=2nn+1. (2)因為a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以1Sn+1-1Sn=-1,所以數列1Sn是首項為-1,公差為-1的等差數列,所以1Sn=-n,所以Sn=-1n. 考點考法探究 小題1 例1　(1)C　(2)A　[解析](1)由10Sn=an2+5an-6①,得10Sn-1=an-12+5an-1-6(n≥2)②,由①-②得10an=an2-an-12+5an-5an-1(n≥2),故有(an+an-1)(an-an-1)-5(an+an-1)=0,即

18、(an+an-1)(an-an-1-5)=0,又因為數列{an}的各項均為正數,所以an-an-1=5,所以a10-a9=5.故選C. (2)當n=1 時,a2=a1-33a1+1=0-33×0+1=-3;當n=2時,a3=a2-33a2+1=-3-33×(-3)+1=3; 當n=3 時,a4=a3-33a3+1=3-33×3+1=0;當n=4 時,a5=-3;當n=5 時,a6=3;…. ∴數列{an}具有周期性,且周期為3,∴a56=a2=3.故選A. 【自我檢測】 1.C　[解析] 令n=1,得a1=S1=2a1-2,解得a1=2.由Sn=2an-2得Sn+1=2an+1-2,

19、兩式相減得an+1=2an+1-2an,整理得an+1=2an,所以數列{an}是以2為首項,以2為公比的等比數列,所以S8=2×(1-28)1-2=510.故選C. 2.4n-1　[解析] 因為an+1=4an-3,cn=an-1,所以cn+1=an+1-1=4(an-1)=4cn,又c1=a1-1=1,所以數列{cn}是首項為1,公比為4的等比數列,所以cn=4n-1. 3.22n-1　[解析] 令n=1,可得a1=2.由a1+3a2+…+(2n-1)an=2n可得a1+3a2+…+(2n-3)an-1= 2n-2(n≥2),兩式相減得(2n-1)an=2,即an=22n-1,又因為

20、a1=2滿足上式,所以數列{an}的通項公式為an=22n-1. 4.12n(n+1)　[解析] 因為a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項為1,公差為1的等差數列,所以當n≥2時,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=n+n(n-1)2=12n(n+1),又因為a1=1滿足上式,所以數列{an}的通項公式為an=12n(n+1). 小題2 例2　(1)D　(2)D　[解析](1)由題意得a1(1-q3)1-q=3a1q2,解得q=-12或q=1(舍), 所以S5=a1(1-q5)1-q=1-(-12)?51-(-12)=1116.故選

21、D. (2)根據題意得,a1=a3-2d=a3-4,a4=a3+d=a3+2,因為a1,a3,a4成等比數列,所以a32=a4·a1, 即a32=(a3+2)·(a3-4),所以a3=-4.故選D. 【自我檢測】 1.D　[解析] 設數列{an}的公差為d.由S4+a25=5得4a1+4×32d+(a1+24d)=5,整理得a1+6d=1,即a7=1,所以S13=(a1+a13)×132=13a7=13.故選D. 2.C　[解析] 設an=a1qn-1.對于A,a2017=a3q2014,而q2014>0,a3>0,故a2017>0,故A中說法錯誤;對于B,a2018=a4q2014

22、,而q2014>0,a4>0,故a2018>0,故B中說法錯誤;對于C,因為a3=a1q2>0,故a1>0,若q≠1,則S2017=a1(1-q2017)1-q,且1-q與1-q2017同號,故S2017>0,若q=1,則S2017=2017a1>0,故C中說法正確;對于D,取數列1,1,1,1,…,其中a4>0,S2018>0,取數列-1,1,-1,1,…,其中a4>0,但S2018=0,故D中說法不一定正確.故選C. 3.D　[解析] 因為an+1-an=bn+1bn=2,a1=b1=1,所以數列{an}是首項為1,公差為2的等差數列,數列{bn}是首項為1,公比為2的等比數列,所以an

23、=1+2(n-1)=2n-1,bn=1×2n-1=2n-1,所以數列{ban}的前10項和為ba1+ba2+…+ba10=b1+b3+b5+…+b19=20+22+24+…+218=40+41+…+49= 1-4101-4=13×(410-1).故選D. 4.B　[解析] 設數列{an}的公比為q,由題意可知q>1,且2(a2+2)=a1+1+a3,即2×(6+2)=6q+1+6q,整理得2q2-5q+2=0,解得q=2或q=12(舍去),則a1=62=3,數列{an}的前6項和S6=3×(1-26)1-2=189.故選B. 小題3 例3　(1)C　(2)5　[解析](1)設等差數列{

24、an}的公差為d,且d≠0.∵S1,S2,S4成等比數列, ∴S22=S1S4,∴(a1+a2)2=a1×4(a1+a4)2,∴(2a1+d)2=2a1(2a1+3d),∴d2=2a1d,解得d=2a1或d=0(舍去),∴a2+a3a1=a1+d+a1+2da1=8a1a1=8.故選C. (2)由等比數列的性質可知a1a5=a2a4=a32,于是由a1a5=4且數列{an}的各項均為正數得a3=2,故a1a2a3a4a5=32,則log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log232=5. 【自我檢測】 1.B　[解析]∵正

25、項數列{an}的各項均不相等,且2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2),∴數列{an}是各項均不相等的正項等差數列,∴a2a40, 記b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30,則b1,b2,b3,b

26、4是公比為r=q10>0的等比數列,∴b1+b2+b3=10+10r+10r2=S30=70, ∴r2+r-6=0,解得r=2或r=-3(舍去),∴S40=b1+b2+b3+b4=10×(1-24)1-2=150. [備選理由] 備用例1中涉及的遞推形式聽課例1中沒有涉及,此題告訴了學生處理此種問題的方法;備用例2是關于數列奇數項和偶數項的問題,聽課例2中沒有涉及. 例1　[配例1使用] 已知數列{an}滿足a1=0,an+1=an+2an+1,則a13= (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.121 B.136 C.144 D.169 [解析]C　由an+

27、1=an+2an+1,可知an+1=(an+1)2,即an+1=an+1,故數列{an}是公差為1,首項為a1=0的等差數列,故a13=a1+12=12,則a13=144.故選C. 例2　[配例2使用] 在等差數列{an}中,前10項中奇數項的和為15,偶數項的和為30,若a1+a3+a5+…+a99=60,則a1+a2+a3+…+a100=　　　　.? [答案]270 [解析] 設等差數列{an}的公差為d,則30-15=5d,所以d=3,所以(a1+d)+(a3+d)+…+(a99+d)=a2+a4+…+a100=60+50d=210,所以a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=60+210=270. 9