【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第10讲 等差数列与等比数列

专题三数　　列第10讲　等差数列与等比数列1.理解等差、等比数列的概念，掌握等差、等比数列的通项公式及前n项和公式．2.数列是高中数学中的重要内容，在考试说明中，等差、等比数列都是C级要求，因而考试题多为中等及以上难度，试题综合考查了函数与方程，分类讨论等数学思想．填空题常常考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的性质，考查运算求解能力；解答题综合性很强，不仅考查数列本身的知识而且还涉及到函数、不等式、解析几何等方面的知识，基本上都是压轴题．1.在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝8.设S3n为该数列的前3n项和，Tn为数列{a}的前n项和．若S3n＝tTn，则实数t的值为________．答案：7解析：∵a4＝a1q3＝q3＝8，∴q＝2，S3n＝＝8n－1.由题意数列{a}是首项为1，公比为8的等比数列，∴Tn＝＝(8n－1)，由S3n＝tTn，得t＝7.2.已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值时的n值是________．答案：20解析：∵an＝41－2n，∴a20＞0，a21＜0.3.已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列的通项公式an＝________．答案：2n解析：∵a＝a10，∴(a1q4)2＝a1q9，∴a1＝q，∴an＝qn.∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an(1＋q2)＝5anq，∴2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝(舍去)，∴an＝2n.4.设x、y、z是实数，若9x、12y、15z成等比数列，且、、成等差数列，则＋＝________．答案：解析：由题知解得xz＝y2＝y2，x＋z＝y，从而＋＝＝＝－2＝－2＝.题型一等差、等比数列基本量的计算例1等差数列{an}的各项均为正数，且a1＝1，前n项和为Sn；{bn}为等比数列，b1＝1，前n项和为Tn，且b2S2＝12，b3S3＝81.(1)求an与bn;(2)求Sn与Tn；(3)设cn＝anbn，{cn}的前n项和为Mn，求Mn.-7-\n解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1.依题意有解得或(舍去)．故an＝1＋2(n－1)，即an＝2n－1，bn＝3n－1.(2)Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，Tn＝＝.(3)cn＝(2n－1)×3n－1，Mn＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，①3Mn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，②①－②得－2Mn＝1＋2×3＋2×32＋…＋2×3n－1－(2n－1)×3n，即Mn＝(n－1)×3n＋1.已知等差数列{an}的公差d不为0，且a3＝a，a2＝a4＋a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求满足Sn－2an－20＞0的所有正整数n的集合．解：(1)由a3＝a，得a1＋2d＝(a1＋6d)2.　①由a2＝a4＋a6，得a1＋d＝2a1＋8d，即a1＝－7d.　②②代入①，得－5d＝d2.∴d＝－5，或d＝0(不符合题意，舍去)．则a1＝35.∴an＝35＋(n－1)(－5)＝－5n＋40.(2)Sn＝＝.不等式Sn－2an－20＞0，即－2(－5n＋40)－20＞0.整理得n2－19n＋40＜0.∴＜n＜.则＜n＜，即2＜n＜17.∵n∈N*，∴所求n的值的集合为{3，4，…，16}．题型二等差、等比数列的证明与判定例2数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列是等差数列；(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1，所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)解：由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2，从而可得bn＝n·3n.Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)3n＋n×3n＋1.②-7-\n①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝，所以Sn＝.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解：由已知得∴d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.∵p、q、r∈N*，∴∴＝pr，即(p－r)2＝0,∴p＝r.这与p≠r矛盾，故数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．题型三可转化为等差、等比数列的问题例3已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，bn＝3an.(1)试证明数列是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)在数列{bn}中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，说明理由；(3)试证在数列{bn}中，一定存在满足条件1＜r＜s的正整数r、s，使得b1，br，bs成等差数列；并求出正整数r、s之间的关系．(1)证明：由an＋an＋1＝2n，得an＋1＝2n－an，所以＝＝＝－1.因为a1－＝，所以数列{an－×2n}是首项为，公比为－1的等比数列，所以an－×2n＝×(－1)n－1，即an＝[2n－(－1)n]，所以bn＝2n－(－1)n.(2)解：假设在数列{bn}中，存在连续三项bk－1，bk，bk＋1(k∈N*,k≥2)成等差数列，则bk－1＋bk＋1＝2bk，即[2k－1－(－1)k－1]＋[2k＋1－(－1)k＋1]＝2[2k－(－1)k]，即2k－1＝4(－1)k－1.①若k为偶数，则2k－1＞0，4(－1)k－1＝－4＜0，所以不存在偶数k，使得bk－1，bk，bk＋1成等差数列；②若k为奇数，则当k≥3时，2k－1≥4，而4(－1)k－1＝4，所以，当且仅当k＝3时，bk－1，bk，bk＋1成等差数列．综上所述，在数列{bn}中，有且仅有连续三项b2，b3，b4成等差数列．(3)证明：要使b1，br，bs成等差数列，只需b1＋bs＝2br，即3＋2s－(－1)s＝2[2r－(－1)r]，即2s－2r＋1＝(－1)s－2(－1)r－3.(*)①若s＝r＋1，在(*)式中，左端2s－2r＋1＝0，右端(－1)s－2(－1)r－3＝(－1)s＋2(－1)s－3＝3(－1)s－3，要使(*)式成立，当且仅当s为偶数时．又s＞r＞1，且s、r为正整数，-7-\n所以当s为不小于4的正偶数，且s＝r＋1时，b1，br，bs成等差数列；②若s≥r＋2，在(*)式中，左端2s－2r＋1≥2r＋2－2r＋1＝2r＋1，由(2)可知，r≥3，所以r＋1≥4，所以左端2s－2r＋1≥16(当且仅当s为偶数、r为奇数时取“＝”)，右端(－1)s－2(－1)s－3≤0，所以当s≥r＋2时，b1，br，bs不成等差数列．综上所述，存在不小于4的正偶数s，且s＝r＋1，使得b1，br，bs成等差数列.题型四数列的综合应用例4已知数列{an}满足a1＋＋＋…＋＝n2＋2n(其中常数λ＞0，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列？若存在，给出r、s、t满足的条件；若不存在，说明理由；(3)设Sn为数列{an}的前n项和，若对任意n∈N*，都有(1－λ)Sn＋λan≥2λn恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)a1＝3，当n≥2时，由a1＋＋＋…＋＝n2＋2n,①得a1＋＋＋…＋＝(n－1)2＋2(n－1)，②①－②，得＝2n＋1，所以an＝(2n＋1)·λn－1(n≥2)，因为a1＝3，所以an＝(2n＋1)·λn－1(n∈N*)．(2)当λ＝4时，an＝(2n＋1)·4n－1.若存在ar，as，at成等比数列，则[(2r＋1)·4r－1][(2t＋1)·4t－1]＝(2s＋1)2·42s－2，整理得(2r＋1)(2t＋1)4r＋t－2s＝(2s＋1)2.由奇偶性知r＋t－2s＝0，所以(2r＋1)(2t＋1)＝(r＋t＋1)2，即(r－t)2＝0.这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列．(3)Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1.当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n；当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1，λSn＝3λ＋5λ2＋…＋(2n－1)λn－1＋(2n＋1)λn，则(1－λ)Sn＝3＋2(λ＋λ2＋λ3＋…＋λn－1)－(2n＋1)λn＝3＋2×－(2n＋1)λn.要对任意n∈N*，都有(1－λ)Sn＋λan≥2λn恒成立，①当λ＝1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝an＝2n＋1≥2，结论成立；②当λ≠1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝3＋2×－(2n＋1)λn＋λan＝3＋2×＝－，因此，对任意n∈N*，都有≥·λn恒成立．当0＜λ＜1时，只要≥λn对任意n∈N*恒成立，即只要有≥λ即可，解得λ≤1或λ≥，因此当0＜λ＜1时，结论成立；当λ≥2时，≥·λn对任意n∈N*恒成立不可能；当1＜λ＜2时，只要≤λn对任意n∈N*恒成立，即只要≤λ，解得1≤λ≤，因此当1＜λ≤时，结论成立．综上，实数λ的取值范围为.-7-\n1.(2022·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6＝________．答案：4解析：设公比为q，因为a2＝1，则由a8＝a6＋2a4得q6＝q4＋2q2，q4－q2－2＝0，解得q2＝2，所以a6＝a2q4＝4.本题主要考查等比数列的通项公式．2.(2022·广东卷)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．答案：5解析：由等比数列性质知a1a5＝a2a4＝a＝4.∵an>0，∴a3＝2，∴a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝25，∴log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.3.(2022·天津卷)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＝________．答案：－解析：∵{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，∴S1＝a1，S2＝2a1－1，S3＝4a1－6，由S1、S2、S3成等比数列，得S＝S1·S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.4.(2022·江西卷)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．答案：解析：因为a1＝7>0，当且仅当n＝8时Sn取最大值，可知d<0且同时满足a8>0，a9<0，∴解得－1<d<－，∴－1<d<－.5.(2022·江西卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1、an、am成等比数列．(1)解：由Sn＝，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)证明：要使得a1、an、am成等比数列，只需要a＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1、an、am成等比数列．6.(2022·湖北卷)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1、a2、a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意知，2、2＋d、2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4，当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，-7-\n从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2022·苏州期末)设数列{an}满足an＋1＝2an＋n2－4n＋1.(1)若a1＝3，求证：存在f(n)＝an2＋bn＋c(a、b、c为常数)，使数列{an＋f(n)}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)若an是一个等差数列{bn}的前n项和，求首项a1的值与数列{bn}的通项公式．(1)证明：∵an＋1＝2an＋n2－4n＋1，设an＋1＋a(n＋1)2＋b(n＋1)＋c＝2(an＋an2＋bn＋c)，(2分)即an＋1＝2an＋an2＋(b－2a)n＋c－a－b.(4分)∴∴a＝1，b＝－2，c＝0.(6分)∵a1＋1－2＝2，∴存在f(n)＝n2－2n，使数列{an＋n2－2n}是公比为2的等比数列．(8分)∴an＋n2－2n＝2×2n－1＝2n.则an＝2n－n2＋2n.(10分)(2)解：∵an＋1＝2an＋n2－4n＋1，即an＋1＋(n＋1)2－2(n＋1)＝2(an＋n2－2n)，∴an＋n2－2n＝(a1－1)2n－1，即an＝(a1－1)2n－1－n2＋2n.(12分)∴bn＝(14分)∵{bn}是等差数列，∴a1＝1，bn＝－2n＋3.(16分)1.若数列{an}，{bn}的通项公式分别是an＝(－1)n＋2011·a，bn＝2＋，且an＜bn对任意n∈N*恒成立，则常数a的取值范围是____________．答案：[－2，1]解析：a＞0时，an的最大值为a(n取奇数)，bn的最小值为1，若an<bn对任意n∈N*恒成立，则a<1；a＝0时，bn＞0，an＜bn恒成立；a＜0时，an的最大值为－a(n取偶数)，bn＞2，则－a≤2.综上，a∈[－2，1)．2.已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为10，公差为－2的等差数列；am＋1，am＋2，…，a2m是首项为，公比为的等比数列(其中m≥3，m∈N*)，并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立．(1)当m＝12时，求a2010；(2)若a52＝，试求m的值；(3)判断是否存在m(m≥3，m∈N*)，使得S128m＋3≥2010成立？若存在，试求出m的值；若不存在，请说明理由．解：(1)当m＝12时，数列的周期为24.-7-\n∵2010＝24×83＋18，而a18是等比数列中的项，∴a2010＝a18＝a12＋6＝＝.(2)设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝.∵＝，∴等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项，∴a52最多是第三个周期中的项．若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝，∴m＝52－7＝45；若a52是第二个周期中的项，则a52＝a3m＋7＝，∴3m＝45，即m＝15；若a52是第三个周期中的项，则a52＝a5m＋7＝，∴5m＝45，即m＝9.综上，m＝45、15或9.(3)∵2m是此数列的周期，∴S128m＋3表示64个周期及等差数列的前3项之和，∴S2m最大时，S128m＋3最大．∵S2m＝10m＋×(－2)＋＝－m2＋11m＋1－＝－＋－，当m＝6时，S2m＝31－＝30；当m≤5时，S2m＜30；当m≥7时，S2m＜－＋＝29＜30，∴当m＝6时，S2m取得最大值，则S128m＋3取得最大值为64×30＋24＝2007.由此可知不存在m(m≥3，m∈N*)，使得S128m＋3≥2010成立．3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．(1)求{an}的公比q；(2)若a1－a3＝3，求Sn.解：(1)依题意有a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)，由于a1≠0，故2q2＋q＝0.又q≠0，从而q＝－.(2)由已知可得a1－a1＝3，故a1＝4，从而Sn＝＝.4.设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常数．(1)求a1及an；(2)若对于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝k＋1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝kn2＋n－[k(n－1)2＋(n－1)]＝2kn－k＋1，(*)经检验，n＝1时(*)式成立，∴an＝2kn－k＋1(n∈N*)．(2)∵am，a2m，a4m成等比数列，∴a＝am·a4m，即(4km－k＋1)2＝(2km－k＋1)(8km－k＋1)，整理得mk(k－1)＝0，又对任意的m∈N*成立，∴k＝0或k＝1.-7-