【步步高通用(理)】2014届高三《考前三个月》专题复习篇【配套Word版文档】专题四第一讲

专题四数列、推理与证明第一讲等差数列与等比数列1．an与Sn的关系：Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.2．等差数列和等比数列等差数列等比数列定义an－an－1＝常数(n≥2)anan－1＝常数(n≥2)通项公式an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1(q≠0)判定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1)⇔{an}为等差数列(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列(5){an}为等比数列，an0⇔{logaan}为等差数列(1)定义法(2)中项公式法：a2n＋1＝an·an＋2(n≥1)(an≠0)⇔{an}为等比数列(3)通项公式法：an＝c·qn(c、q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列(4){an}为等差数列⇔{aan}为等比数列(a0且a≠1)性质(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(2)an＝am＋(n－m)d(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq(2)an＝amqn－m(3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列前n项和Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d(1)q≠1，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(2)q＝1，Sn＝na11．(2013·江西)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于()A．－24B．0C．12D．24答案A解析由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，(3x＋3)2＝x(6x＋6)．解得x1＝－3或x2＝－1(不合题意，舍去)．故数列的第四项为－24.2．(2012·福建)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为()A．1B．2C．3D．4答案B解析方法一设等差数列{an}的公差为d，由题意得2a1＋4d＝10，a1＋3d＝7.解得a1＝1，d＝2.∴d＝2.方法二∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.3．(2013·辽宁)下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列ann是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．其中的真命题为()A．p1，p2B．p3，p4C．p2，p3D．p1，p4答案D解析an＝a1＋(n－1)d，d＞0，∴an－an－1＝d＞0，命题p1正确．nan＝na1＋n(n－1)d，∴nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)d与0的大小和a1的取值情况有关．故数列{nan}不一定递增，命题p2不正确．对于p3：ann＝a1n＋n－1nd，∴ann－an－1n－1＝－a1＋dnn－1，当d－a1＞0，即d＞a1时，数列{ann}递增，但d＞a1不一定成立，则p3不正确．对于p4：设bn＝an＋3nd，则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0.∴数列{an＋3nd}是递增数列，p4正确．综上，正确的命题为p1，p4.4．(2013·重庆)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.答案64解析因为a1，a2，a5成等比数列，则a22＝a1·a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，d＝2.所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，S8＝a1＋a8×82＝4×(1＋15)＝64.5．(2013·江苏)在正项等比数列{an}中，a5＝12，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋ana1a2…an的最大正整数n的值为________．答案12解析由已知条件a5＝12，a6＋a7＝3，即12q＋12q2＝3，整理得q2＋q－6＝0，解得q＝2，或q＝－3(舍去)．an＝a5qn－5＝12×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝132(2n－1)，a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝2，由a1＋a2＋…＋ana1a2…an可知2n2＋1，n≤12.题型一等差(比)数列的基本运算例1(2012·山东)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.审题破题(1)由已知列出关于首项和公差的方程组，解得a1和d，从而求出an.(2)求出bm，再根据其特征选用求和方法．解(1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，由T5＝105，a10＝2a5，得5a1＋5×5－12d＝105，a1＋9d＝2a1＋4d，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＝b11－qm1－q＝7×1－49m1－49＝7×72m－148＝72m＋1－748.反思归纳关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造n2－11n2n2－11n＋102关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质，不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识．变式训练1(2013·浙江)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.解(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－12n2＋212n.当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝12n2－212n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－12n2＋212n，n≤11，12n2－212n＋110，n≥12.题型二等差(比)数列性质的应用例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()A．25B．50C．100D．不存在(2)在等差数列{an}中，a1＝－2013，其前n项和为Sn，若S1212－S1010＝2，则S2013的值为()A．－2011B．－2012C．－2010D．－2013审题破题(1)根据等差数列的性质，a7＋a14＝a1＋a20，S20＝20a1＋a202可求出a7＋a14，然后利用基本不等式；(2)等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则Snn也成等差数列．答案(1)A(2)D解析(1)∵S20＝a1＋a202×20＝100，∴a1＋a20＝10.∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.∵an0，∴a7·a14≤a7＋a1422＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．(2)根据等差数列的性质，得数列Snn也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S11＝a1＝－2013，公差d＝1，故S20132013＝－2013＋(2013－1)×1＝－1，所以S2013＝－2013.反思归纳等差数列和等比数列的项，前n项和都有一些类似的性质，充分利用性质可简化解题过程．变式训练2(1)数列{an}是等差数列，若a11a10－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n等于()A．11B．17C．19D．21答案C解析∵{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列为递减数列．又a11a10－1，∴a100，a110，得a10＋a110.而S19＝19a1＋a192＝19·a100，S20＝20a1＋a202＝10(a10＋a11)0.故当n＝19时，Sn取得最小正值．(2)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10等于()A．4B．5C．6D．7答案B解析∵a3·a11＝16，∴a27＝16.又∵等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4.又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.题型三等差数列、等比数列的综合应用例3已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn＝3(an－1)，其中n∈N*.(1)证明：数列{an}为等比数列；(2)设数列{bn}满足bn＝log3an，若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和．审题破题(1)利用an＝Sn－Sn－1求出an与an－1之间的关系，进而用定义证明数列{an}为等比数列．(2)由(1)的结论得出数列{bn}的通项公式，求出cn的表达式，再利用错位相减法求和．(1)证明由题意得an＝Sn－Sn－1＝32(an－an－1)(n≥2)，∴an＝3an－1，∴anan－1＝3(n≥2)，又S1＝32(a1－1)＝a1，解得a1＝3，∴数列{an}为首项为3，公比为3的等比数列．(2)解由(1)得an＝3n，则bn＝log3an＝log33n＝n，∴cn＝anbn＝n·3n，设Tn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋(n－1)·3n－1＋n·3n，3Tn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.∴－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1＝31－3n1－3－n·3n＋1，∴Tn＝2n－13n＋1＋34.反思归纳等差、等比数列的判断与证明方法是由已知条件求出an或得到an＋1与an的递推关系，再确认an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)或an＋1an＝q(n∈N*，q为非零常数)是否对一切正整数均成立．变式训练3已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}对n∈N*，均有c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2013.解(1)∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，d0，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2.则an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.又∵b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴等比数列{bn}的公比q＝b3b2＝93＝3.∴bn＝b2qn－2＝3×3n－2＝3n－1.(2)由c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1，得当n≥2时，c1b1＋c2b2＋…＋cn－1bn－1＝an，两式相减，得cnbn＝an＋1－an＝2，∴cn＝2bn＝2×3n－1(n≥2)而当n＝1时，c1b1＝a2，∴c1＝3.∴cn＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2.∴c1＋c2＋…＋c2013＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32012＝3＋6－6×320121－3＝3－3＋32013＝32013.典例(12分)已知数列a1，a2，…，a30，其中a1，a2，…，a10是首项为1，公差为1的等差数列；a10，a11，…，a20是公差为d的等差数列；a20，a21，…，a30是公差为d2的等差数列(d≠0)．(1)若a20＝40，求d；(2)试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围；(3)续写已知数列，使得a30，a31，…，a40是公差为d3的等差数列，…，依次类推，把已知数列推广为无穷数列．提出同(2)类似的问题((2)应当作为特例)，并进行研究，你能得到什么样的结论？规范解答解(1)由