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1、2014届江苏高三理科数学二轮复习解题技巧提炼专题检测：专题三第1讲第1讲 等差数列、等比数列 【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式:1.以填空题的形式考查，主要利用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质解决与项、和有关的计算问题，属于基础题;2.以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属低、中档题( ,S， n,1，1,( a与S的关系S,a，a，a，a,1 nnn12nn S,S， n?2.,nn12( 等差数列和等比数列 等差数列 等比数列 an,常数(n?2)
2、定义 a,a,常数(n?2) ,nn1a,n1n,1通项公式 a,a，(n,1)d a,aq(q?0) n1n1(1)定义法 (1)定义法 (2)中项公式法:2a,a，a(n?1)，n1nn22,a?a(2)中项公式法:a，n1nn2 ?a为等差数列 n(n?1)(a?0) ?a为等比数列 nn(3)通项公式法:a,pn，q(p、q为常数)nn(3)通项公式法:a,c?q(c、q均是n判定方法 ?a为等差数列 n*不为0的常数，n?N)?a为等n2(4)前n项和公式法:S,An，Bn(A、Bn比数列 为常数)?a为等差数列 n(4)a为等差数列?aa为等比nn(5)a为等比数列，a0?loga
3、为nnan数列(a0且a?1) 等差数列 *(1)若m、n、p、q?N，且m，n,p，q，且m，n,(1)若m、n、p、q?N则ap，q，则a性质 ，a,a，a?a,a?amnpq mnpq n,m (2)a,a，(n,m)d (2)a,aqnmnm(3)S，S,S，S,S，仍成等差(3)等比数列依次每n项和(S?0)仍m2mm3m2mn数列 成等比数列 n，1,q，a,aqa11n, (1)q?1，Sn，a，n，an，n,1，1n1,q1,q前n项和 S,na，d n122(2)q,1，S,na n1考点一 与等差数列有关的问题 例1 在等差数列a中，满足3a,5a，S是数列a的前n项和(
4、n58nn(1)若a0，当S取得最大值时，求n的值; 1n,aSnn(2)若a,46，记b,的最小值( ，求b1nnn解 (1)设a的公差为d则 n2由3a,5a得3(a，4d),5(a，7d)?d,a. 5811123n，n,1，21242,?S,na，,a,an，an n1111,223232311442,a(n,12)，a. 112323?a0?当n,12时S取得最大值( 1n2(2)由(1)及a,46得d,(,46),4 123?a,46，(n,1)4,4n,50 nn，n,1，2S,46n，4,2n,48n. n22S,a2n,52n，50nn?b, nnn5050,2n，,52?2
5、2n,52,32 nn50当且仅当2n,即n,5时等号成立( n故b的最小值为,32. n(1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差只要根据已知条件求出这两个量其他问题就可随之而解这就是解决等差数列问题的基本方法其中蕴含着方程思想的运用( (2)等差数列的性质 *?若mnpq?N且m，n,p，q则a，a,a，a, mnpq?SS,SS,S仍成等差数列, m2mm3m2m,aamn*?a,a,(m,n)d?d,), (mn?Nmnm,nAa,2n1n?,(AB分别为ab的前2n,1项的和)( ,2n12n1nnbB,n2n1(3)数列a是等差数列的充要条件是其前n项和公式S,f(n)是n的二
6、次函数或一次函nn222数且不含常数项即S,An，Bn(A，B?0)( n(1)(2012?浙江改编)设S是公差为d(d?0)的无穷等差数列a的前n项和，nn则下列命题错误的是_(填序号) (?若d0，则数列S有最大项; n?若数列S有最大项，则d0; nn*?若对任意n?N，均有S0，则数列S是递增数列( nn(2)(2013?课标全国?改编)设等差数列a的前n项和为S，S,2，S,0，S,，nnm1mm13，则m,_. 答案 (1)? (2)5 dd2,解析 (1)利用函数思想通过讨论S,n，a,n的单调性判断( n1,221dd2,设a的首项为a则S,na，n(n,1)d,n，a,n.
7、n1n11,222由二次函数性质知S有最大值时则d0不妨设a,1d,2显然S是递增数列但S,n1n1,10d0S必是递增数列?正确( n1n(2)a,2a,3故d,1 ，mm1m，m,1，因为S,0故ma，d,0 m12m,1故a, 12因为a，a,5 ，mm1故a，a,2a，(2m,1)d ，mm11,(m,1)，2m,1,5 即m,5. 考点二 与等比数列有关的问题 例2 (1)(2012?课标全国改编)已知a为等比数列，a，a,2，aa,8，则a，a,n4756110_. (2)(2012?浙江)设公比为q(q0)的等比数列a的前n项和为S.若S,3a，2，S,3ann2244，2，则q
8、,_. 3答案 (1),7 (2) 2解析 (1)利用等比数列的性质求解( ,a，a,2a,2a,44,744,由解得或 aa,aa,8a,4a,2.,564777133,q,2q,2,?或, a,1,1 ,a,819?a，a,a(1，q),7. 1101(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解( S,S，a，a,3a，2，a，a,3a，2 423423442将a,aqa,aq代入得 32422223a，2，aq，aq,3aq，2化简得2q,q,3,0 22223解得q,(q,1不合题意舍去)( 2a，n1* (1)证明数列是等比数列的两个方法:?利用定义:(n?N)是常数?利an2*用
9、等比中项a,aa(n?2n?N)( ,，nn1n1(2)等比数列中的五个量:aaqnS可以“知三求二”( 1nn(3)a为等比数列其性质如下: n*?若m、n、r、s?N且m，n,r，s则a?a,a?a, mnrsn,m?a,aq, nm?SS,SS,S成等比数列(q?,1)( n2nn3n2n(4)等比数列前n项和公式 na，q,1，1,nS, a，1,q，a,aq,n11n,，q?1，. ,1,q1,q,?能“知三求二”,?注意讨论公比q是否为1,?a?0. 1(2013?湖北)已知S是等比数列a的前n项和，S，S，S成等差数列，且nn423a，a，a,18. 234(1)求数列a的通项公
10、式; n(2)是否存在正整数n，使得S?2 013,若存在，求出符合条件的所有n的集合;若不n存在，说明理由( 解 (1)设等比数列a的公比为q则a?0q?0.由题意得 n1232,S,S,S,S,aq,aq,aq2432111,即 2 a，a，a,18.aq，1，q，q，,18,2341,a,31,解得 q,2.,n,1故数列a的通项公式为a,3(,2). nnn31,，,2，n(2)由(1)有S,1,(,2). n1,，,2，假设存在n使得S?2 013 nnn则1,(,2)?2 013即(,2)?,2 012. n当n为偶数时(,2)0.上式不成立, nn当n为奇数时(,2),2?,2
11、012 n即2?2 012则n?11. 综上存在符合条件的正整数n且所有这样的n的集合为n|n,2k，1k?Nk?5( 考点三 等差数列、等比数列的综合应用 例3 已知等差数列a的公差为,1，且a，a，a,6. n2712(1)求数列a的通项公式a与前n项和S; nnn的前3(2)将数列a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bnn*项，记b的前n项和为T，若存在m?N，使对任意n?N，总有ST，恒成立，nnnm求实数的取值范围( 解 (1)由a，a，a,6得a,2?a,4 271271n，9,n，?a,5,n从而S,. nn2(2)由题意知b,4b,2b,1 123设等比数列
12、b的公比为q nb12则q, b211m41,，12m?T,81,() m121,21m?()随m增加而递减 2?T为递增数列得4?T8. mmn，9,n，12又S,(n,9n) n2219812,(n,), 224故(S),S,S,10 nmax45*若存在m?N使对任意n?N总有ST， nm则106. 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法 (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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题求解时用等差(比)数列的相关知识将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可( n*,n 已知数列
13、a满足a,3，a,3a,3(n?N)，数列b满足b,3a. ，n1n1nnnn(1)求证:数列b是等差数列; naaaa1S1123nn(2)设S,，求满足不等式的所有正整数n的值( n345n，2128S42n,nn(1)证明 由b,3a得a,3b nnnnn，1则a,3b. ，n1n1nn，1n，1n代入a,3a,3中得3b,3b,3 ，n1nn1n1即得b,b,. ，n1n3所以数列b是等差数列( n,1(2)解 因为数列b是首项为b,3a,1 n111公差为的等差数列 3n，21则b,1，(n,1), n33nn,1则a,3b,(n，2)3 nnann,1从而有 ,3n，2aaaa12
14、3n故S,， n345n，2nn,11,332n,1,1，3，3 ，3,21,3n,13S1n则, 2nnS3,13，12n1S1111n由得 n128S41283，142nn即33127得1n?4. 1S1n故满足不等式0?a为递增数列S有最小值( nnd0a0a10q10q1( 列4( 常用结论 Sn(1)若ab均是等差数列S是a的前n项和则ma，kb仍为等差数nnnnnnn列其中mk为常数( 2(2)若ab均是等比数列则ca(c?0)|a|a?bmab(m为常数)annnnnnnnn1等也是等比数列( an(3)公比不为1的等比数列其相邻两项的差也依次成等比数列且公比不变即a,2,a,a
15、，qa，a3221aa,aa,a成等比数列且公比为,q. 13243aa,a,a2121(4)等比数列(q?,1)中连续k项的和成等比数列即SS,SS,S成等比数k2kk3k2kk列其公差为q. 等差数列中连续k项的和成等差数列即SS,SS,S成等差数列公差k2kk3k2k2为kd. 5( 易错提醒 ,Sn,1,1,(1)应用关系式a,时一定要注意分n,1n?2两种情况在求出n S,Sn?2,nn1结果后看看这两种情况能否整合在一起( a，c(2)三个数abc成等差数列的充要条件是b,但三个数abc成等比数列的22必要条件是b,ac. ，aa1891( 已知等比数列a中，各项都是正数，且a，a
16、，2a成等差数列，则,_. n132a，a267答案 3，22 解析 记等比数列a的公比为q其中q0 n2由题意知a,a，2a即aq,a，2aq. 3121112因为a?0所以有q,2q,1,0 1由此解得q,1?2 又q0所以q,1，2. 2a，a，a，a，q896722所以,q,(1，2),3，22. a，aa，a6677142( 已知正项等比数列a满足a,a，2a，若存在两项a，a使得aa,4a，则，的n765mnmn1mn最小值为_( 3答案 22解析 因为a,a，2a所以q,q,2,0 765解得q,2或q,1(舍去)( 2m，n,2又aa,aq,4a mn11所以m，n,6. 14
17、114,则，,，(m，n) ,mn6mn1n4m13n4m,1，4?,. 5，2?,6mn62mnn4m当且仅当,即n,2m时等号成立( mn此时m,2n,4. 3( 已知等差数列a的前n项的和为S，等比数列b的各项均为正数，公比是q，且满nnn足:a,3，b,1，b，S,12，S,bq. 112222(1)求a与b; nnan(2)设c,3b,?2是递增数列，求的取值范围( ，若数列cnnn3,q，3，a,12,2,解 (1)由已知可得 2 ,3，a,q,22所以q，q,12,0解得q,3或q,4(舍) n,1从而a,6所以a,3nb,3. 2nnannn(2)由(1)知c,3b,?2,?2
18、. ,3nn3*由题意得cc对任意的n?N恒成立 ，n1nn，n1n，1n即3恒成立 ,?23,?23nnn,亦即?22?3恒成立即2?恒成立( ,23n,由于函数y,是增函数 ,233n，,，所以2?,2,3 min，,，22故0，且2(a，a),5a，则数列a的公比q,，n1nn2n1n_. 答案 2 解析 ?2(a，a),5a ，nn2n12?2a(1，q),5aq nn12?2(1，q),5q解得q,2或q,. 2因为数列为递增数列且a0所以q1?q,2. 15( 已知a是等差数列，S为其前n项和，若S,S，O为坐标原点，点P(1，a)，nn214 000n?Q(2 011，a)，则O
19、P?OQ,_. 2 011答案 2 011 解析 由S,S得a，a，a,0 214 00022234 000由于a，a,a，a,2a 224 000233 9992 011，a,3 979a,0 所以a，a234 0002 01122?从而a,0而OP?OQ,2 011，aa,2 011. 2 0112 011n*6( 数列a的首项为3，b为等差数列且b,a,a(n?N)(若b,2，b,12，则，nnnn1n310a等于_( 8答案 3 解析 因为b是等差数列且b,2b,12 n31012,，,2，故公差d,2.于是b,6 110,3*且b,2n,8(n?N)即a,a,2n,8 ，nn1n所以
20、a,a，6,a，4，6,a，2，4，6, 8765,a，(,6)，(,4)，(,2)，0，2，4，6,3. 1aa，aa134267( 各项均为正数的等比数列a的公比q?1，a，a，a成等差数列，则,n2312aa，aa2645_. 5,1答案 21，52解析 依题意有a,a，a设公比为q则有q,q,1,0所以q,(舍去负3122值)( 2aa，aaa，q，q，a5,112342624,. 23aa，aaaa，q，q，q22645241，58( 在等差数列a中，a0，且a，a，a,30，则a?a的最大值等于_( nn121056答案 9 解析 由a，a，a,30得 121030a，a,6 56
21、5a，a65622,又a0?a?a?,9. n56,221*9( 已知数列a的首项为a,2，且a,(a，a，a) (n?N)，记S为数列a的，n1n112nnn2前n项和，则S,_，a,_. nn2 ，n,1，,3n,1,答案 2 , 3n,2,2 ，n?2，. ,2111*解析 由a,(a，a，a) (n?N)可得a,S所以S,S,S即 ，n112nn1nn1nn22233由此可知数列S是一个等比数列其中首项S,a,2公比为所以SS,S，nn11nn1222 ，n,1，,3n,1,2由此得a, n3n,2,2 ，n?2，. ,2二、解答题 10(已知a是以a为首项，q为公比的等比数列，S为它
22、的前n项和( nn(1)当S，S，S成等差数列时，求q的值; 134(2)当S，S，S成等差数列时，求证:对任意自然数k，a，a，a也成等差数列( ，mnlmknklkn,1(1)解 由已知得a,aq因此 n223S,aS,a(1，q，q)S,a(1，q，q，q)( 134当SSS成等差数列时S,S,S,S 1344331322可得aq,aq，aq化简得q,q,1,0. 1?5解得q,. 2(2)证明 若q,1则a的各项均为a此时aaa显然成等差数列( ，nmknklk若q?1由SSS成等差数列可得S，S,2S mnlmlnmlna，q,1，a，q,1，2a，q,1，mln即，,整理得q，q,
23、2q. q,1q,1q,1k,1mln，k,1因此a，a,aq(q，q),2aq,2a. ，mklknk所以aaa成等差数列( ，mknklk131*11(已知数列a满足a,，a,，a,2a,a(n?2，n?N)，数列b满足b,，,n12n1nn1n1442*3b,b,n(n?2，n?N)( ,nn1(1)求数列a的通项公式; n(2)证明:数列b,a为等比数列，并求出数列b的通项公式( nnn*(1)解 由a,2a,a(n?2n?N) ，,n1nn1*可得a,a,a,a(n?2n?N)( ，,n1nnn11所以数列a是首项为a, n141公差为d,a,a,的等差数列( 21211*所以a,a
24、，(n,1)d,n,(n?N) n12411*即a,n,(n?N)( n24(2)证明 由3b,b,n ,nn111*得b,b，n(n?2n?N)( ,nn1331111所以b,a,b，n,n， ,nnn,b,n，,b,n， ,n1n1,364324111，,b,，n,1， ,n1，3241,(b,a) ,n1n131*又b,a,?0所以b,a?0(n?N) 11nn4(5）切线的判定定理: 经过半径的外端并且垂直于半径的直线是圆的切线.b,a1nn*得,(n?2n?N) b,a3,n1n111即数列b,a是首项为b,a,公比为的等比数列( nn114311n,1,于是b,a,? nn,43扇
25、形的面积S扇形=LR22n,111n,1,即b,，? n,4438、加强作业指导、抓质量。11n,1*，,，,，2n,1(n?N)( ，,，4312(2013?湖北)已知等比数列a满足:|a,a|,10，aaa,125. n23123初中阶段，我们只学习直角三角形中，A是锐角的正切；(1)求数列a的通项公式; n111(2)是否存在正整数m，使得，?1,若存在，求m的最小值;若不存在，aaa12m说明理由( 解 (1)设等比数列a的公比为q n八、教学进度表33,aq,1251,则由已知可得 2 |aq,aq|,10,113. 圆的对称性:5,a,a,5,11,3,解得或 , q,1., ,q
26、,35n,1n,1故a,?3或a,5?(,1). nn35131n,1n,1,(2)若a,?3则, n,3a53n1、20以内退位减法。1,31,故数列是首项为公比为的等比数列( ,a53ntanA的值越大，梯子越陡，A越大；A越大，梯子越陡，tanA的值越大。31m,，1,m，,，311599m，,，从而 ,1,1. ,?,，,，a310110nn,11,3|a|的越小，抛物线的开口程度越大，越远离对称轴y轴，y随x增长（或下降）速度越慢。11n,1n,1若a,(,5)?(,1)则,(,1) na5n1,1,故数列是首项为,公比为,1的等比数列 ,a5n1,m,m,2k,1，k?N，,15从而 , ,ann,1 ,0m,2k，k?N，.，m1故 1. ,ann,1m1综上对任何正整数m总有 1. ,ann,1弦心距:从圆心到弦的距离叫做弦心距.111故不存在正整数m使得，?1成立( aaa12m