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【新课标】2012年高考数学专题冲刺复习专题三第1讲 等差数列、等比数列


专题三 数列、推理与证明
第 1 讲 等差数列、等比数列
【高考真题感悟】 1 (2011· 北京)在等比数列{an}中,若 a1= ,a4=-4,则公 2

1 -2 2 - 比 q=________;|a1|+|a2|+?+|an|=________. 2
n-1

1 解析 ∵{an}为等比数列,且 a1

= ,a4=-4, 2 3 a4 ∴q = =-8,∴q=-2, a1 1 - - ∴an=2· (-2)n 1,∴|an |=2n 2, 1 (1-2n) 2 1 n n-1 1 ∴|a1 |+|a2|+|a3 |+?+|an |= = (2 -1)=2 - . 2 2 1-2

考题分析 本题考查了等比数列的性质和数列求和, 考查考 生分析问题、解决问题的能力.

易错提醒 求公比.

(1)易忽略等比数列的性质,也可用基本量法

(2)易忽视数列{an}与数列{|an |}的区别.

主干知识梳理
1.an 与 Sn 的关系 Sn=a1+a2+?+an,
?S , ? 1 an=? ? Sn-Sn-1, ?

n=1, n≥2. 等差数列 等比数列 an =常数(n≥2) an-1 an=a1qn 1(q≠0)


2.等差数列和等比数列

定义 通项公式

an-an- 1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d

(1)定义法 (2)中项公式法: 2an+1=an+an+ 2(n≥1)? {an}为等差数列 判定 方法 (1)定义法 (2)中项公式法: a2 +1=an·n+ 2(n≥1) a n

(3)通项公式法:an=pn+ (an≠0)?{an}为等比数列 q(p、q 为常数)?{an}为等 (3)通项公式法: 差数列 (4)前 n 项和公式法: 数)?{an}为等差数列 ?{logaan}为等差数列 an=c·n(c、q 均是不为 0 q 常数, n∈N*)?{an}为等比 (4){an}为等差数列?{aan}

Sn=An2+Bn(A、B 为常 数列 (5){an}为等比数列,an>0 为等比数列(0<a≠1)

(1)若 m、n、p、q∈N+,(1)若 m、n、p、q∈N+, 且 m+n=p+q,则 am 且 m+n=p+q, am·n 则 a 性质 +an=ap+aq (2)an=am+(n-m)d S2m,?仍成等差数列 n(a1+an) Sn= =na1+ 2 n(n-1) d 2 =ap·q a (2)an=amqn
-m

(3)Sm,S2m-Sm,S3m- (3)等比数列依次每 n 项 和(Sn≠0)仍成等比数列 (1)q≠1,Sn= a1(1-qn) a1-anq = 1-q 1-q (2)q=1,Sn=na1

前n 项和

3.求和先研究数列的通项,根据通项选择方法,化归为基本 数列求和. (1)若 cn=an·n,{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则用 b 错位相减法. (2)若 cn=an+bn, 则用分组求和, 其中分组的方法比较灵 活. 1 (3)裂项相消法形如 an= 等. (2n-1)(2n+1) (4)倒序相加法.

热点分类突破
题型一 与等差数列有关的问题 例 1 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N*,且满足: a2+a4=14,S7=70. (1)求数列{an}的通项公式; 2Sn+48 (2)设 bn= ,数列{bn}的最小项是第几项,并求出 n 该项的值.
?2a +4d=14, ? 1 解 (1)设公差为 d,则有? ?7a1+21d=70, ? ?a +2d=7, ?a =1, ? 1 ? 1 即? 解得? 所以 an=3n-2. ?a1+3d=10, ?d=3. ? ?

3n2-n n (2)由(1),知 Sn= [1+(3n-2)]= , 2 2 3n2-n+48 48 所以 bn= =3n+ -1 n n 48 ≥2 3n· -1=23. n 48 当且仅当 3n= ,即 n=4 时取等号,故数列{bn}的最小项 n 是第 4 项,该项的值为 23. 探究提高 (1)涉及等差数列的有关问题时往往用待定系数法

“知三求二”进而解决问题; (2)等差数列前 n 项和的最值问 题,经常转化为二次函数的最值,有时利用数列的单调性 (d>0,递增;d<0,递减);(3)等差数列的性质:设 m、n、p、 q 为自然数,若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq.

变式训练 1 已知{an}是一个等差数列,且 a2=1,a5=-5. (1)求{an}的通项 an; (2)求{an}的前 n 项和 Sn 的最大值.
解 (1)设{an}的公差为 d,由已知条件, 解得 a1=3,d=-2.
?a +d=1, ? 1 ? ?a1+4d=-5, ?

所以 an=a1+(n-1)d=-2n+5(n∈N*). n(n-1) (2)Sn=na1+ 2 d=-n2+4n=4-(n-2)2. 所以当 n=2 时,Sn 取得最大值 4.

题型二

与等比数列有关的问题

例 2 等比数列{an}的公比 q<0, 已知 a2=1,n+2=an+1+2an, a

0 则{an}的前 2 010 项的和为________.
解析 由 an+2=an+1+2an, 得 qn+1=qn+2qn-1,即 q2-q-2=0, 又 q<0,解得 q=-1,又 a2=1, -1×[1-(-1)2 010] ∴a1=-1,S2 010= =0. 1-(-1) 探究提高 等比数列的基本量是首项和公比,解题中一般

需要根据题目的条件列方程或者方程组将其求出, 方程思 想是解决等差数列和等比数列基础性试题的主要思想.

变式训练 2 (2011· 广东)已知{an}是递增等比数列,a2=2,a4 2 -a3=4,则此数列的公比 q=________.

解析 由 a2=2,a4-a3=4

?a =2, ? 2 得方程组? 2 ?a2q -a2q=4 ?

?q2-q-2=0,解得 q=2 或 q=-1. 又{an}是递增等比数列,故 q=2.

题型三

等差数列与等比数列的综合应用

例 3 (2011· 浙江)已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 1 1 1 为 a(a∈R),且 , , 成等比数列. a1 a2 a4 (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 * (2)对 n∈N ,试比较 + 2+ 3+?+ 与 的大小. a2 a2 a2 a2n a1
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 1 2 1 1 由题意可知( ) = · , a2 a1 a4 即(a1+d)2=a1(a1+3d),从而 a1d=d2. 因为 d≠0,所以 d=a1=a.故通项公式 an=na.

1 1 1 (2)记 Tn= + 2+?+ n ,因为 a2n na, =2 a2 a2 a2 1 1n [1-( ) ] 11 1 1 12 2 1 1n 所以 Tn= ( + 2+?+ n)= · = [1-( ) ]. a2 2 2 a 1 a 2 1- 2 1 1 从而,当 a>0 时,Tn< ;当 a<0 时,Tn> . a1 a1

探究提高 (1)在等差数列与等比数列的综合问题中, 特别要 注意它们的区别,避免用错公式.(2)方程思想的应用,往 往是破题的关键.

变式训练 3 (2011· 辽宁)已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8 =-10. (1)求数列{an}的通项公式; ? an ? ? ? ? n-1?的前 n 项和. (2)求数列 ?2 ? ? ?

解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,
?a +d=0, ? 1 由已知条件可得? ?2a1+12d=-10, ? ?a =1, ? 1 解得? ?d=-1. ?

故数列{an}的通项公式为 an=2-n.

? an ? ? ? ? n-1?的前 (2)设数列 ?2 ? ? ?

n 项和为 Sn, ① ②

a2 an 即 Sn=a1+ +?+ n-1, 2 2 S n a1 a2 an 故 S1=1, = + +?+ n. 2 2 4 2 所以,当 n>1 时,①-②得, a2-a1 an-an- 1 an Sn =a1+ +?+ n-1 - n 2 2 2 2 ?1 1 1 ? 2-n ? =1-?2+ 4+?+ n-1?- n 2 ? 2 ? ? ? ? n ?1- 1 ? 2-n =1-? - n = n. 2n-1? 2 2 ? ? n 所以 Sn= n-1.当 n=1 时也满足此式. 2 ? an ? ? ? n ? n-1?的前 n 项和 Sn= n-1. 综上,数列 ?2 ? 2 ? ?

规律方法总结
1.在等差或等比数列中,已知五个元素 a1,an,n,d(或 q), Sn 中的任意三个,运用方程的思想,便可求出其余两个, 即“知三求二”.本着化多为少的原则,解题时需抓住 首项 a1 和公差 d(或公比 q). 2.数列{an}是等差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 ①利用定义,证明 an+1-an(n∈N*)为常数; ②利用中项性质,即证明 2an=an-1+an+1(n≥2). (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 an+1 ①利用定义,证明 (n∈N*)为常数; an
2 ②利用等比中项,即证明 an=an- 1an+ 1(n≥2).

3.常用性质 (1)等差数列{an}中,若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq; 等比数列{an}中,若 m+n=p+q,则 aman=apaq; (2)在等差数列{an}中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,?,Skn- S(k - 1)n , ? 成 等 差 数 列 , 其 中 Sn 为 前 n 项 的 和 , 且 Sn≠0(n∈N*); 在等比数列{an}中, n, 2n-Sn, 3n-S2n, Skn-S(k- 1)n, S S S ?, ? 成等比数列,其中 Sn 为前 n 项的和,且 Sn≠0(n∈N*).

名师押题我来做
1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=12,S6=42,

66 则 a10+a11+a12=________.
押题依据 本题可以根据给出的已知条件求出等差数列

的首项和公差,然后再具体计算.但如果从整体上考虑, 可以发现 S3,S6-S3,S9-S6 也是一个等差数列,所以从 整体上考虑计算较简单.所以说本题不仅考查了通性通 法,同时也突出了对能力的考查. 押题级别 ★★★★

解析 根据等差数列的特点,等差数列中 a1+a2+a3,a4+ a5+a6,a7+a8+a9,a10+a11+a12 也成等差数列,记这个数 列为{bn},根据已知得 b1=12,b2=42-12=30,故这个数 列的首项是 12,公差是 18,∴b4=12+3×18=66.

n+2 2.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,已知 a1=1,an+1= S (n n n =1,2,3,?).证明: Sn (1)数列{ }是等比数列; n (2)Sn+1=4an.

押题依据 等比数列的判断、an 与 Sn 的关系是高考的热 点,各省都很重视对这部分内容的考查. 押题级别 ★★★★ n+2 证明 (1)∵an+1=Sn+1-Sn,an+1= Sn, n n+2 ∴Sn+1-Sn= Sn,∴n(Sn+1-Sn)=(n+2)Sn, n Sn+1 Sn ∴nSn+1=2(n+1)Sn,∴ =2· , n n+1 Sn 故{ }是以 2 为公比的等比数列. n

Sn+ 1 Sn (2)∵ =2· . n n+1 Sn+ 1 Sn- 1 ∴当 n≥2 时, =4· , n+1 n-1 n+1 ∴Sn+1=4· · n- 1. S n-1 n+2 又 an+1= S, n n n+1 ∴an= S - (n≥2), n-1 n 1 ∴Sn+1=4an. 当 n=1 时,a2=3S1=3,∴S2=4, 即 S2=4a1. 综上所述:Sn+1=4an.
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