第10讲 数列、等差数列与等比数列
1.(1)[2014·全国卷Ⅱ]数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1= .
(2)[2018·全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .
[试做]
命题角度 数列的递推问题
(1)解决数列的递推问题:关键一,利用an=得出an与an+1(或an-1)的递推式;
关键二,观察递推式的形式,采用不同的方法求an.
(2)若递推式形如an+1=an+f(n),an+1=f(n)·an,则可分别通过累加、累乘法求得通项公式,或用迭代法求得通项公式;
若递推式形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,且p≠1),则通常化为an+1-t=p(an-t)的形式,其中t=,再利用换元法转化为等比数列求解.
2.(1)[2017·全国卷Ⅲ]等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为 ( )
A.-24 B.-3 C.3 D.8
(2)[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 .
[试做]
命题角度 等差、等比数列的基本计算
关键一:基本量思想(等差数列:首项a1和公差d.等比数列:首项a1和公比q).
关键二:等差数列的性质,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则an+am=ap+aq;
等比数列的性质,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则anam=apaq.
3.(1)[2017·全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 .
(2)[2015·全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
[试做]
命题角度 数列求和
关键一:利用等差数列、等比数列的前n项和公式求解.
关键二:利用数列求和方法(公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.
小题1数列的递推关系
1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018= ( )
A.22018-1 B.32018-6
C.- D.-
(2)已知数列{an}满足a1=15,=2(n∈N*),则的最小值为 .
[听课笔记]
【考场点拨】
由递推关系式求数列的通项公式,常用的方法有:①求出数列的前几项,再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证);②将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式,或用累加法(适用于an+1=an+f(n)型)、累乘法(适用于an+1=an·f(n)型)、待定系数法(适用于an+1=pan+q型)求通项公式.
【自我检测】
1.数列{an}满足a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an+mn,则+++…+等于 ( )
A. B.
C. D.
2.定义各项均不为0的数列{an}:a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+.定义各项均不为0的数列{bn}:b1=1,b2=3,当n≥3时,bn=bn-1+.则= ( )
A.2017 B.2018
C.2019 D.1009
3.在数列{an}中,a1=0,an+1=,则数列{an}的前2018项和S2018= .
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式an= .
小题2等差、等比数列的基本计算
2 (1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,bn=log2(·),数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>1024的n的最小值为( )
A.9 B.10
C.12 D.15
(2)已知等差数列{an}中,a3=7,a9=19,Sn为数列{an}的前n项和,则的最小值为 .
[听课笔记]
【考场点拨】
等差、等比数列问题的求解策略:(1)抓住基本量,首项a1、公差d或公比q;(2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=p·qn-1(p,q≠0)的形式的数列为等比数列;(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常采用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
【自我检测】
1.已知数列{an}是公比为q的等比数列,若a1,a3,a2成等差数列,则公比q的值为 ( )
A.- B.-2
C.1或- D.-1或
2.等比数列{an}的首项为3,公比q≠1,若a4,a3,a5成等差数列,则数列{an}的前5项和S5= ( )
A.-31 B.33
C.45 D.93
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最小值时,n的值为 .
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a5=1,则使得Sn>0成立的n的最大值为 .
小题3等差、等比数列的性质
3 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a10是方程x2-8x+1=0的两个根,则S13= ( )
A.58 B.54
C.56 D.52
(2)已知数列{an}的各项都为正数,对任意的m,n∈N*,am·an=am+n恒成立,且a3·a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7= .
[听课笔记]
【考场点拨】
等差、等比数列性质使用的注意点:
(1)通项性质:若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则对于等差数列有am+an=ap+aq=2ak,对于等比数列有aman=apaq=.
(2)前n项和的性质:对于等差数列有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等差数列;对于等比数列,若有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等比数列,则仅在q≠-1,或q=-1且m为奇数时满足.
【自我检测】
1.已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,且满足a2017+a2018=π,=4,则tan= ( )
A.-1 B.
C.1 D.
2.已知等比数列{an}中,a5=2,a6a8=8,则=( )
A.2 B.4
C.6 D.8
3.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S10=10,S30=130,则S40= ( )
A.-510 B.400
C.400或-510 D.30或40
4.已知等差数列{an}的公差不为0,a1=1,且a2,a4,a8成等比数列,{an}的前n项和为Sn,则Sn= ( )
A.
B.
C.
D.
小题4等差、等比数列的综合问题
4 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Tn,a3=4,T6=27,数列{bn}满足bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设cn=an+bn,则数列{cn}的前11项和S11= ( )
A.1062 B.2124
C.1101 D.1100
(2)已知数列{an}的通项公式为an=n+t(t∈R),数列{bn}为公比小于1的等比数列,且满足b1·b4=8,b2+b3=6,设cn=+,在数列{cn}中,若c4≤cn(n∈N*),则实数t的取值范围为 .
[听课笔记]
【考场点拨】
解决数列的综合问题的易失分点:(1)公式an=Sn-Sn-1适用于所有数列,但易忽略n≥2这个前提;(2)对含有字母的等比数列求和时要注意q=1或q≠1的情况,公式Sn=只适用于q≠1的情况.
【自我检测】
1.已知数列{an}的各项均为整数,a8=-2,a13=4,前12项依次成等差数列,从第11项起依次成等比数列,则a15=( )
A.8 B.16
C.64 D.128
2.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,则S5= ( )
A. B.30
C.31 D.
3.当n为正整数时,定义函数N(n)表示n的最大奇因数,如N(3)=3,N(10)=5.若S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n),则S(5)=( )
A.342 B.345
C.341 D.346
4.已知等比数列{an}满足a2a5=2a3,且a4,,2a7成等差数列,则a1·a2·…·an的最大值为 .
模块三 数列
第10讲 数列、等差数列与等比数列
典型真题研析
1.(1) (2)-63 [解析] (1)由题易知a8==2,得a7=;a7==,得a6=-1;a6==-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=.
(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),所以数列{Sn-1}是以S1-1=-2为首项,2为公比的等比数列,所以S6-1=(-2)×25=-64,则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为首项,2为公比的等比数列,于是S6==-63.
2.(1)A (2)64 [解析] (1){an}为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,则=a2·a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).
将a1=1代入上式并化简,得d2+2d=0,
∵d≠0,∴d=-2,
∴S6=6a1+d=1×6+×(-2)=-24.
(2)设该等比数列的公比为q,则q==,可得a1+a1=10,得a1=8,所以an=8×n-1=n-4.
所以a1a2…an=-3-2-1+0+…+(n-4)=,易知当n=3或n=4时,(n2-7n)取得最小值-6,故a1a2…an的最大值为-6=64.
3.(1) (2)- [解析] (1)设公差为d,则a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以Sk=,=2,
所以
(2)因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以-=-1,所以数列是首项为-1,公差为-1的等差数列,所以=-n,所以Sn=-.
考点考法探究
小题1
例1 (1)A (2) [解析] (1)由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),
两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,即an+1+1=-2(an+1),
由3S1=2a1-3=3a1,可得a1=-3,∴a1+1=-2,
∴数列{an+1}是首项为-2,公比为-2的等比数列,
据此有a2018+1=(-2)×(-2)2017=22018,∴a2018=22018-1.
(2)由=2,得an+1-an=2n,
∵a1=15,
∴当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+2×=n2-n+15,
∵a1=15满足上式,
∴an=n2-n+15,∴=n+-1,
易知当n依次取1,2,3时,n+-1的值递减;当n取大于或等于4的自然数时,n+-1的值递增.
当n=3时,=3+5-1=7;当n=4时,=4+-1=.
故的最小值为.
【自我检测】
1.C [解析] ∵an+m=am+an+mn对任意的m,n∈N*都成立,∴an+1=an+a1+n=an+1+n,即an+1-an=1+n,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),把上面(n-1)个式子相加可得,an-a1=2+3+4+…+n,∴an=1+2+3+…+n=(n≥2),当n=1时,a1=1,满足上式,∴an=,从而有==2,∴+++…+=2×=.
2.D [解析] 当n≥3时,由an=an-1+两边同除以an-1,可得=1+,即-=1,
则数列是首项为1,公差为1的等差数列,所以=n-1(n≥2),
所以an=a1×××…×=1×1×2×…×(n-1)(n≥2).
同理可得-=1(n≥3),则数列是首项为3,公差为1的等差数列,所以=n+1(n≥2),
可得bn=b1×××…×=1×3×4×…×(n+1)(n≥2),
所以==1009,故选D.
3. [解析] ∵a1=0,an+1=,
∴a2==,a3===-,
a4==0,
∴数列{an}具有周期性,其周期为3,且a1+a2+a3=0,
则S2018=S3×672+2=a1+a2=.
4.3- [解析] 由an+Sn=3n-1,得当n≥2时,an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得an=an-1+,∴an-3=(an-1-3).∵当n=1时,a1+S1=3-1=2,∴a1=1,∵a1-3=-2,∴数列{an-3}是以-2为首项,为公比的等比数列,
∴an-3=-2·,∴an=3-.
小题2
例2 (1)A (2)3 [解析] (1)因为数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=21+1-2=2,满足上式,所以an=2n,
所以bn=log2(·)=log2+log2=2n+2n,
所以数列{bn}的前n项和Tn=+=n(n+1)+2n+1-2,易知当n∈N*时,Tn递增.
当n=9时,T9=9×10+210-2=1112>1024;
当n=8时,T8=8×9+29-2=5821024的n的最小值为9.
(2)∵a3=7,a9=19,∴公差d===2,∴an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1,
∴Sn==n(n+2),
∴==≥×2=3,
当且仅当n=2时取等号.
【自我检测】
1.C [解析] 由题意知2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1q+a1,即2q2=q+1,∴q=1或q=-.
2.B [解析] ∵等比数列{an}的首项为3,∴an=3qn-1,又a4,a3,a5成等差数列,∴a4+a5=2a3,∴q2+q=2,∴(q+2)(q-1)=0,∴q=-2,∴an=3·(-2)n-1,∴S5==33,故选B.
3.6 [解析] 设数列{an}的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36,所以当n=6时,Sn取得最小值.
4.9 [解析] 因为a1=9,a5=1,所以公差d==-2,所以Sn=9n+n(n-1)(-2)=10n-n2,令Sn>0,得00,∴a4=8,∴log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1·a2·…·a7)=log2=log287=21.
【自我检测】
1.C [解析] 由等差数列的性质可知,a2+a4033=a2017+a2018=π,由等比数列的性质可知,b1b39==4,所以tan=tan=1,故选C.
2.A [解析] 设数列{an}的公比为q.∵数列{an}是等比数列,∴a6a8==8,∴a7=2(与a5同号),∴q2==,∴=q4=()2=2.故选A.
3.B [解析] ∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn,∴S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等比数列,∴10×(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40或S20=-30(舍),故S40-S30=270,∴S40=400,故选B.
4.A [解析] 设等差数列{an}的公差为d(d≠0).∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)·(a1+7d),∴(1+3d)2=(1+d)·(1+7d),∴d=1,∴Sn=n+=.故选A.
小题4
例4 (1)C (2)[-4,-2] [解析] (1)设数列{an}的公差为d,则解得
∴数列{an}的通项公式为an=n+1.
当n≥2时,bn+1-bn=bn,∴bn+1=2bn,
即数列{bn}从第二项起为等比数列,∴bn=2n-2(n≥2),
∴数列{bn}的通项公式为bn=
分组求和可得数列{cn}的前11项和S11=(2+3+4+…+12)+(1+1+2+22+…+29)=77+210=1101.
(2)在等比数列{bn}中,由b1·b4=8得b2·b3=8,又b2+b3=6,且公比q小于1,∴b2=4,b3=2,∴q==,因此bn=b2qn-2=4×=.由cn=+,得cn=∴cn是取an,bn中的较大者.由题易知c4是数列{cn}中的最小项,又bn=递减,an=n+t递增,∴当c4=a4时,c4≤cn,即a4≤cn,a4是数列{cn}中的最小项,则必须满足b4
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