全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题5第22练基本量_破解等差等比数列的法宝理

第22练　基本量——破解等差、等比数列的法宝[题型分析·高考展望]　等差数列、等比数列是高考的必考点，经常以一个选择题或一个填空题，再加一个解答题的形式考查，题目难度可大可小，有时为中档题，有时解答题难度较大.解决这类问题的关键是熟练掌握基本量，即通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的常用性质.常考题型精析题型一　等差、等比数列的基本运算例1　已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.　　　　　　点评　等差(比)数列基本运算的关注点12\n(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本的元素.(2)解题思路：①设基本量a1和公差d(公比q)；②列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量.变式训练1　(1)(2022·安徽)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.(2)(2022·课标全国Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7等于(　　)A.21B.42C.63D.84题型二　等差数列、等比数列的性质及应用例2　(1)(2022·广东)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.(2)设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于(　　)A.150B.－200C.150或－200D.400或－50点评　等差(比)数列的性质盘点类型等差数列等比数列项的性质2ak＝am＋al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差数列)a＝am·al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差数列)am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q)am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q)和的性质当n为奇数时：Sn＝n当n为偶数时：＝q(公比)依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等差数列依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等比数列(k不为偶数且公比q≠－1)变式训练2　(1)已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是________.(2)在等差数列{an}中，a1＝－2016，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2016的值为________.12\n题型三　等差、等比数列的综合应用例3　(2022·陕西)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明.　　　　　　点评　(1)对数列{an}，首先弄清是等差还是等比，然后利用相应的公式列方程组求相关基本量，从而确定an、Sn.(2)熟练掌握并能灵活应用等差、等比数列的性质，也是解决此类题目的主要方法.变式训练3　(2022·北京)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.(1)求{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？　　12\n　高考题型精练1.(2022·重庆)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)A.a1，a3，a9成等比数列B.a2，a3，a6成等比数列C.a2，a4，a8成等比数列D.a3，a6，a9成等比数列2.(2022·天津)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1等于(　　)A.2B.－2C.D.－3.已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为(　　)A.－110B.－90C.90D.1104.(2022·大纲全国)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于(　　)A.6B.5C.4D.35.(2022·北京)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是(　　)A.若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，则a2＞D.若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞06.(2022·临沂模拟)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是(　　)A.2B.3C.4D.57.(2022·北京东城区模拟)设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n12\n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________.8.(2022·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.9.(2022·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＝________.10.(2022·苏州模拟)公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，…构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝________.11.已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*).(1)证明：1≤≤2(n∈N*)；(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N*).　　12.(2022·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；　　　(3)求数列{an}的通项公式.12\n答案精析专题5数列第22练　基本量——破解等差、等比数列的法宝常考题型精析例1　解　(1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，由T5＝105，a10＝2a5，得解得a1＝7，d＝7.因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*).(2)对m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.因此bm＝72m－1.所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，故Sm＝＝＝＝.变式训练1　(1)1　(2)B解析　(1)设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1，∴q＝＝＝1.(2)设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.例2　(1)10　(2)A解析　(1)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.(2)依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，则S40＝S30＋＝70＋＝150.12\n变式训练2　(1)25　(2)－2016解析　(1)∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10.∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.∵an>0，∴a7·a14≤2＝25.当且仅当a7＝a14时取等号.故a7·a14的最大值为25.(2)根据等差数列的性质，得数列也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项＝a1＝－2016，公差d＝1，故＝－2016＋(2016－1)×1＝－1，所以S2016＝－2016.例3　(1)证明　Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，则Fn(1)＝n－1＞0，Fn＝1＋＋2＋…＋n－2＝－2＝－＜0，所以Fn(x)在内至少存在一个零点.又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，故Fn(x)在内单调递增，所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn，因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，即－2＝0，故xn＝＋x.(2)解　方法一　由题设，gn(x)＝，设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x＞0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；12\n当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－，若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0，若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0，所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x).方法二　由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1,2，…，n＋1，则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，所以ak＝1＋(k－1)·(2≤k≤n)，bk＝xk－1(2≤k≤n)，令mk(x)＝ak－bk＝1＋－xk－1，x＞0(2≤k≤n)，当x＝1时，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)，当x≠1时，m′k(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2＝(k－1)xk－2(xx－k＋1－1)，而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，若0＜x＜1，xx－k＋1＜1，m′k(x)＜0；若x＞1，xx－k＋1＞1，m′k(x)＞0，从而mk(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以mk(x)＞mk(1)＝0，所以当x＞0且x≠1时，ak＞bk(2≤k≤n)，又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，故fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x).变式训练3　解　(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a4－a3＝2，所以d＝2.12\n又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1,2，…).(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.由128＝2n＋2，得n＝63，所以b6与数列{an}的第63项相等.高考题型精练1.D[设等比数列的公比为q，因为＝＝q3，即a＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比数列.故选D.]2.D[因为等差数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋d，所以S1，S2，S4分别为a1,2a1－1,4a1－6.因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6).解得a1＝－.]3.D[∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，又∵a7是a3与a9的等比中项，∴(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得a1＝20.∴S10＝10×20＋×10×9×(－2)＝110.]4.C[数列{lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.]5.C[设等差数列{an}的公差为d，若a1＋a2>0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3<0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0<a1<a2，可知a1>0，d>0，a2>0，a3>0，∴a－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2>0，∴a2>，故选项C正确；若a1<0，则(a2－a1)·(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错.]6.D[由等差数列的前n项和及等差中项，可得＝12\n＝＝＝＝＝＝7＋(n∈N*)，故n＝1,2,3,5,11时，为整数.即正整数n的个数是5.]7.－9解析　由题意知，数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，说明{an}有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，由于{an}中连续四项至少有一项为负，∴q<0，又∵|q|>1，∴{an}的连续四项为－24,36，－54，81，∴q＝＝－，∴6q＝－9.8.8解析　∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.∴数列的前8项和最大，即n＝8.9.　－1解析　因为a2，a3，a7成等比数列，所以a＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1即3a1＋d＝1，∴a1＝，d＝－1.10.22解析　根据题意可知等差数列的a1，a2，a6项成等比数列，设等差数列的公差为d，则有(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，解得d＝3a1，故a2＝4a1，a6＝16a1⇒ak4＝a1＋(n－1)·(3a1)＝64a1，解得n＝22，即k4＝22.11.证明　(1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，即an＋1≤an，故an≤.由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜an≤得＝＝∈(1,2]，12\n即1≤≤2成立.(2)由题意得a＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1，①由－＝和1≤≤2得1≤－≤2，所以n≤－≤2n，因此≤an＋1≤(n∈N*).②由①②得≤≤(n∈N*).12.(1)解　当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4＋5＝8＋1，解得：a4＝.(2)证明　因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，因为4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，因为＝＝＝＝，所以数列是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列.(3)解　由(2)知：数列是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列，所以an＋1－an＝n－1，即－＝4，所以数列是以＝2为首项，公差为4的等差数列，所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，12\n即an＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1，所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×n－1.12