1、第1讲 等差数列与等比数列,近五年高考试题统计与命题预测,1.(2019全国,文6)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=( ) A.16 B.8 C.4 D.2 解析:设等比数列an的公比为q(q0), 所以a3=a1q2=122=4.故选C. 答案:C,答案:A,4.(2019全国,文14)记Sn为等差数列an的前n项和.若a3=5,a7=13,则S10= . 答案:100,二、等差、等比数列的判定与证明 证明数列an是等差数列或等比数列的方法 (1)证明数列an是等差数列的两种基本方法: 利用定义,证明an+1-an(nN*)为一常数; 利用等差
2、中项,即证明2an=an-1+an+1(n2). (2)证明an是等比数列的两种基本方法:,考点1,考点2,考点3,等差、等比数列基本运算(基本元思想) 例1(1)(2019天津和平区质检)已知等比数列an满足a1=1,a3a5=4(a4-1),则a7的值为( ) A.2 B.4 C. D.6 (2)(2018全国,文17)记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,S3=-15. 求an的通项公式; 求Sn,并求Sn的最小值.,考点1,考点2,考点3,(1)解析:根据等比数列的性质,得a3a5= , =4(a4-1),即(a4-2)2=0,解得a4=2. 又a1=1,a1a7= =4,a
3、7=4. 答案:B (2)解:设an的公差为d,由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2.所以an的通项公式为an=2n-9. 由得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,对应训练1 (1)(2019山东潍坊检测)设等差数列an的前n项和为Sn,S11=22,a4=-12,若am=30,则m=( ) A.9 B.10 C.11 D.15 (3)(2018全国,文17)等比数列an中,a1=1,a5=4a3. 求an的通项公式; 记Sn为an的前n项和,若Sm=63,求m.,考点1,考点
4、2,考点3,考点1,考点2,考点3,(3)解:设an的公比为q,由题设得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1. 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解. 若an=2n-1,则Sn=2n-1. 由Sm=63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6.,考点1,考点2,考点3,等差、等比数列的判定与证明 例2(1)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= . (2)(2018全国,文17)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设 求b1,b2,b3; 判断数列bn是否为
5、等比数列,并说明理由; 求an的通项公式. (3)(2019广东省级名校联考)已知Sn是数列an的前n项和,且满足Sn-2an=n-4. 证明:Sn-n+2为等比数列; 求数列Sn的前n项和Tn.,考点1,考点2,考点3,(1)解析:Sn=2an+1, Sn-1=2an-1+1(n2). -,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n2). 又S1=2a1+1,a1=-1. 答案:-63,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,对应训练2 (1如图,点列An,Bn分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An
6、An+2,nN*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,BnBn+2,nN*.(PQ表示点P与Q不重合)若dn=|AnBn|,Sn为AnBnBn+1的面积,则 ( ) (2) 已知数列an的前n项和Sn=1+an, 其中0. 证明an是等比数列,并求其通项公式;,考点1,考点2,考点3,(1)解析:如图,延长AnA1,BnB1交于P,过An作对边BnBn+1的垂线,其长度记为h1,过An+1作对边Bn+1Bn+2的垂线,其长度记为h2, 设此锐角为, 则h2=|PAn+1|sin ,h1=|PAn|sin , h2-h1=sin (|PAn+1|-|PAn|)=|AnAn+1|sin . S
7、n+1-Sn= |BnBn+1|AnAn+1|sin . |BnBn+1|,|AnAn+1|,sin 均为定值,Sn+1-Sn为定值. Sn是等差数列.故选A. 答案:A,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,等差、等比数列综合、创新题型 例3(1)(2018浙江,10)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a11,则( ) A.a1a3,a2a4 D.a1a3,a2a4 (2)(2018上海,21)给定无穷数列an,若无穷数列bn满足:对任意xN*,都有|bn-an|1,则称bn与an“接近”. 设an是首项为1,公比为 的等比
8、数列,bn=an+1+1,nN*,判断数列bn是否与an接近,并说明理由; 设数列an的前四项为a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,bn是一个与an接近的数列,记集合M=x|x=bi,i=1,2,3,4,求M中元素的个数m: 已知an是公差为d的等差数列.若存在数列bn满足:bn与an接近,且在b2-b1,b3-b2,b201-b200中至少有100个为正数,求d的取值范围.,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,(1)解析:设等比数列的公比为q, a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3), 又a11,q1,即q+q20,解得q0舍去). 由a11,可知a1(1+q+q2
9、)1, a1(1+q+q2+q3)0,即1+q+q2+q30, 即(1+q)+q2(1+q)0, 即(1+q)(1+q2)0,这与qa3,a2a4. 答案:B,考点1,考点2,考点3,(2)解:数列bn与an接近. 故数列bn与an接近; 由bn是一个与an接近的数列,可得an-1bnan+1,由数列an的前四项为a1=1,a2=2,a3=4,a4=8, 可得b10,2,b21,3,b33,5,b47,9. b1与b2可能相等,b2与b3可能相等,但b1与b3不相等,b4与b3不相等, 集合M=x|x=bi,i=1,2,3,4, M中元素的个数m=3或m=4.,考点1,考点2,考点3,由an是
10、公差为d的等差数列,若存在数列bn满足:bn与an接近,可得an=a1+(n-1)d. ()若d0,取bn=an,可得bn+1-bn=an+1-an=d0, 则b2-b1,b3-b2,b201-b200中有200个正数,符合题意; 则b2-b1,b3-b2,b201-b200中有200个正数,符合题意; ()若-20, 则b2-b1,b3-b2,b201-b200中恰有100个正数,符合题意;,考点1,考点2,考点3,()若d-2,假设存在数列bn满足:bn与an接近,则为an-1bnan+1,an+1-1bn+1an+1+1, 可得bn+1-bnan+1+1-(an-1)=2+d0, b2-
11、b1,b3-b2,b201-b200中没有正数,与已知矛盾. 故d-2不符合题意. 综上可得,d的取值范围是(-2,+).,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,对应训练3 (1)(2017浙江,6)已知等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,则“d0”是“S4+S62S5”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 (2)设an和bn是两个等差数列,记cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3,),其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs这s个数中最大的数. 若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,
12、c3的值,并证明cn是等差数列; 证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时, M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,是等差数列.,考点1,考点2,考点3,(3)(2016上海,理23)若无穷数列an满足:只要ap=aq(p,qN*),必有ap+1=aq+1,则称an具有性质P. 若an具有性质P,且a1=1,a2=2,a4=3,a5=2,a6+a7+a8=21,求a3; 若无穷数列bn是等差数列,无穷数列cn是公比为正数的等比数列,b1=c5=1,b5=c1=81,an=bn+cn,判断an是否具有性质P,并说明理由; 设bn是无穷数列,已知an+1=bn+sin an(n
13、N*),求证:“对任意a1,an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”.,考点1,考点2,考点3,所以S4+S62S510a1+21d10a1+20dd0, 即“d0”是“S4+S62S5”的充分必要条件,选C. 答案:C (2)解:c1=b1-a1=1-1=0, c2=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1, c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2. 当n3时,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0, 所以bk-nak关于kN*单调递减. 所以cn=m
14、axb1-a1n,b2-a2n,bn-ann=b1-a1n=1-n.所以对任意n1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1. 所以cn是等差数列.,考点1,考点2,考点3,证明:设数列an和bn的公差分别为d1,d2, 则bk-nak=b1+(k-1)d2-a1+(k-1)d1n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).,()当d10时,取正整数m ,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n. 此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列. ()当d1=0时,对任意n1,cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1). 此时,c1,c2,c3
15、,cn,是等差数列.,考点1,考点2,考点3,(3)分析根据已知条件,得到a6+a7+a8=a3+3+2,结合a6+a7+a8=21求解. 根据bn的公差为20,cn的公比为 ,写出通项公式,从而可得an=bn+cn=20n-19+35-n. 通过计算a1=a5=82,a2=48,a6= ,a2a6,即知an不具有性质P. 从充分性、必要性两方面加以证明,其中必要性用反证法证明.,考点1,考点2,考点3,解:因为a5=a2, 所以a6=a3,a7=a4=3,a8=a5=2. 于是a6+a7+a8=a3+3+2, 又因为a6+a7+a8=21,解得a3=16. 所以an不具有性质P.,考点1,考
16、点2,考点3,证充分性: 当bn为常数列时,an+1=b1+sin an. 对任意给定的a1,只要ap=aq, 则由b1+sin ap=b1+sin aq,必有ap+1=aq+1. 充分性得证. 必要性: 用反证法证明.假设bn不是常数列,则存在kN*, 使得b1=b2=bk=b,而bk+1b. 下面证明存在满足an+1=bn+sin an的an,使得a1=a2=ak+1,但ak+2ak+1.,考点1,考点2,考点3,设f(x)=x-sin x-b,取mN*,使得m|b|, 则f(m)=m-b0,f(-m)=-m-b0,故存在c使得f(c)=0. 取a1=c,因为an+1=b+sin an(1nk), 所以a2=b+sin c=c=a1, 依此类推,得a1=a2=ak+1=c. 但ak+2=bk+1+sin ak+1=bk+1+sin cb+sin c, 即ak+2ak+1. 所以an不具有性质P,矛盾. 必要性得证. 综上,“对任意a1,an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”.,
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