2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列课件

第1讲等差数列与等比数列专题四数列、推理与证明高考真题体验热点分类突破高考押题精练栏目索引高考真题体验12341.(2015·课标全国Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10等于()A.172B.192C.10D.12∴S8＝8a1＋8×8－12×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝12，∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝192.故选B.解析∵公差为1，B12342.(2015·安徽)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________.解析由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以联立方程a1a4＝8，a1＋a4＝9，解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1，又数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.∴数列{an}的前n项和为Sn＝1－2n1－2＝2n－1.2n－112343.(2014·广东)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝______.解析因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10lne5＝50lne＝50.5012344.(2013·江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________.解析每天植树棵数构成等比数列{an}，其中a1＝2，q＝2.则Sn＝a11－qn1－q＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.6考情考向分析1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一等差数列、等比数列的运算热点分类突破(1)通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1.(2)求和公式等差数列：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d；等比数列：Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(q≠1).(3)性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.例1(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n＝________.解析设该数列的公差为d，则a4＋a6＝2a1＋8d＝2×(－11)＋8d＝－6，解得d＝2，所以Sn＝－11n＋nn－12×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，所以当Sn取最小值时，n＝6.6(2)已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则q3等于()A.－12B.1C.－12或1D.－1或12解析若q＝1，则3a1＋6a1＝2×9a1，得a1＝0，矛盾，故q≠1.所以a11－q31－q＋a11－q61－q＝2a11－q91－q，解得q3＝－12或1(舍)，故选A.A思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量.跟踪演练1(1)(2015·浙江)已知{an}是等差数列，公差d不为零.若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.解析∵a2，a3，a7成等比数列，∴a23＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－23d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1，即3a1＋d＝1，∴a1＝23，d＝－1.23－1(2)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则log2a2011＋a2012＋a2013＋a20143＝________.解析在等比数列中，(a1＋a2)q2＝a3＋a4，即q2＝2，所以a2011＋a2012＋a2013＋a2014＝(a1＋a2＋a3＋a4)q2010＝3×21005，所以log2a2011＋a2012＋a2013＋a20143＝1005.1005热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列{an}是等差数列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*)为一常数；②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2).(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1an(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2).例2(2014·大纲全国)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)设bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等差数列；证明由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列.(2)求{an}的通项公式.解由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.∴an－an－1＝2n－3，an－1－an－2＝2n－5，……a2－a1＝1，累加得an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.思维升华(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法.(2)an＋1an＝q和a2n＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零.跟踪演练2(1)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝an4an＋1，则an＝______________.解析由已知得1an＋1＝1an＋4，∴1an＋1－1an＝4，又1a1＝1，故{1an}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴1an＝1＋4(n－1)＝4n－3，故an＝14n－3.答案14n－3(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝________.解析由已知可得an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，故{an＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列.∴an＋3＝4×2n－1，∴an＝2n＋1－3.2n＋1－3热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解.例3已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；解由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝n9－n2.(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有SnTm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝b2b1＝12，∴Tm＝4[1－12m]1－12＝8[1－(12)m]，∵(12)m随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm8.又Sn＝n9－n2＝－12(n2－9n)＝－12[(n－92)2－814]，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有SnTm＋λ，则104＋λ，得λ6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞).思维升华(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解.跟踪演练3已知首项为32的等比数列{an}不是．．递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；解设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝a5a3＝14.又{an}不是递减数列且a1＝32，所以q＝－12.故等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1＝(－1)n－1·32n.(2)设Tn＝Sn－1Sn(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.解由(1)得Sn＝1－－12n＝1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数.当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1Sn≤S1＝32，故0Sn－1Sn≤S1－1S1＝32－23＝56.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以34＝S2≤Sn1，故0Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N*，总有－712≤Sn－1Sn≤56.所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为－712.高考押题精练12341.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a10，a3＋a100，a6a70，则满足Sn0的最大自然数n的值为()A.6B.7C.12D.13押题依据等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力.1234解析∵a10，a6a70，∴a60，a70，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a120，a1＋a13＝2a70，∴S120，S130，∴满足Sn0的最大自然数n的值为12.答案C12342.已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b12等于()A.1B.2C.4D.8押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.1234解析设等差数列{an}的公差为d，因为a4－2a27＋3a8＝0，所以a7－3d－2a27＋3(a7＋d)＝0，即a27＝2a7，解得a7＝0(舍去)或a7＝2，所以b7＝a7＝2.因为数列{bn}是等比数列，所以b2b12＝b27＝4.答案C12343.已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得am·an＝4a1，则1m＋4m的最小值为()A.32B.53C.256D.43押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向.1234解析由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由am·an＝4a1，得aman＝16a21，即a212m＋n－2＝16a21，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么1m＋4n＝16(m＋n)(1m＋4n)1234＝16(4mn＋nm＋5)≥16(24mn·nm＋5)＝32，当且仅当4mn＝nm，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值32.答案A12344.已知等比数列{an}中，a4＋a6＝10，则a1a7＋2a3a7＋a3a9＝________.押题依据等比数列基本量的计算和等比数列的性质是近几年高考的热点，反映了解题中的整体化思想.解析因为a1a7＝a24，a3a9＝a26，a3a7＝a4a6，所以a1a7＋2a3a7＋a3a9＝(a4＋a6)2＝102＝100.100