2014-2015高中数学第二轮复习 专题三 第一讲 等差、等比数列的通项、性质与前n项和

数学新课标版•二轮专题复习数列专题三第一讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和专题三(1)以客观题考查对基本概念、性质、通项及前n项和公式的掌握情况，主要是低档题，有时也命制有一定深度的中档题，与其他知识交汇命题也是这一部分的一个显著特征．(2)以大题形式考查综合运用数列知识解决问题的能力．1．等差数列(1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)；(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；(3)前n项和公式：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－1d2；(4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)；②若m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.2．等比数列(1)定义式：an＋1an＝q(n∈N*，q为非零常数)；(2)通项公式：an＝a1qn－1；(3)前n项和公式：Sn＝na1q＝1，a11－qn1－qq≠1.(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)；②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(p、q、m、n∈N*)．3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分类讨论．2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的条件和an＝0的情形．4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.(文)(2014·乌鲁木齐地区诊断)已知等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，等差数列{bn}中，b1＝2，且a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋b420.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.等差数列、等比数列的基本运算、判定或证明[解析](1)∵a3＝18，∴2q2＝18，q2＝9，q＝±3，当q＝3时，a2＝6，a1＋a2＋a3＝2620，当q＝－3时，a2＝－6.a1＋a2＋a3＝1420，不满足题意，所以q＝3，an＝2·3n－1.(2)由已知b2＋b3＋b4＝24，∴3b3＝24，b3＝8,8＝2＋2d，∴d＝3，∴Sn＝2n＋nn－12·3＝32n2＋12n.(理)(2013·全国大纲理，17)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．[解析]设{an}的公差为d.由S3＝a22得3a2＝a22，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列得S22＝S1S4.又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.(文)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p是不为零的常数．(1)证明：数列{an}是等比数列；(2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．[解析](1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)，则Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝43an－1.由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝p3.所以{an}是首项为p3，公比为43的等比数列．(2)因为a1＝1，则an＝(43)n－1，由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝(43)n－1，当n≥2时，由累加法得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋1－43n－11－43＝3(43)n－1－1，当n＝1时，上式也成立．∴bn＝3·(43)n－1－1.(理)(2013·湖北七市联考)数列{an}是公比为12的等比数列，且1－a2是a1与1＋a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等差数列，b1＝8，其前n项和Tn＝nλ·bn＋1(λ为常数，且λ≠1)．(1)求数列{an}的通项公式及λ的值；(2)比较1T1＋1T2＋1T3＋…＋1Tn与12Sn的大小．[解析](1)由题意得(1－a2)2＝a1(a3＋1)，即(1－12a1)2＝a1(14a1＋1)，解得a1＝12，∴an＝(12)n.又T1＝λb2，T2＝2λb3，即8＝λ8＋d，16＋d＝2λ8＋2d，解得λ＝12，d＝8或λ＝1，d＝0.(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知Sn＝1－(12)n，∴12Sn＝12－(12)n＋1≥14，①又Tn＝4n2＋4n，1Tn＝14nn＋1＝14(1n－1n＋1)，∴1T1＋1T2＋…＋1Tn＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝14(1－1n＋1)14，②由①②可知1T1＋1T2＋…＋1Tn12Sn.[方法规律总结]1.求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及前n项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解．2.证明数列是等差(等比)数列时，应用定义分析条件，结合性质进行等价转化．等差、等比数列的性质(2013·合肥市质检)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5S6，则下列不等关系不一定成立的是()A.2a33a4B．5a5a1＋6a6C.a5＋a4－a30D．a3＋a6＋a122a7[答案]D[解析]依题意得a6＝S6－S50,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a60,2a33a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a60,5a5a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a60.综上所述，故选D.(2014·全国大纲理，10)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．3[答案]C[分析]由对数的运算性质及4＋5＝9＝1＋8可知，用等比数列性质求解较简便．[解析]{lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1a2…a8)＝lg(a4·a5)4＝4lg(a4a5)＝4，故选C.[方法规律总结]条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．递推关系与求和(文)已知数列{an}的前n项和是Sn，且2Sn＝2－an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)∵当n＝1时，2S1＝2－a1，∴2a1＝2－a1，∴a1＝23；当n≥2时，2Sn＝2－an2Sn－1＝2－an－1，两式相减得2an＝an－1－an(n≥2)，即3an＝an－1(n≥2)，又an－1≠0，∴anan－1＝13(n≥2)，∴数列{an}是以23为首项，13为公比的等比数列．∴an＝23·(13)n－1＝2·(13)n.(2)由(1)知bn＝2·(13)n＋n，Sn＝1－(13)n.∴Tn＝Sn＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1－(13)n＋n2＋n2.(理)(2013·东北三省四市联考)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝32(an－1)，数列{bn}满足bn＝14bn－1－34(n≥2)，且b1＝3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝an·log2(bn＋1)，其前n项和为Tn，求Tn.[解析](1)对于数列{an}有Sn＝32(an－1)，①Sn－1＝32(an－1－1)(n≥2)，②由①－②得an＝32(an－an－1)，即an＝3an－1，n＝1时，S1＝32(a1－1)得a1＝3，则an＝a1·qn－1＝3·3n－1＝3n.对于数列{bn}有bn＝14bn－1－34(n≥2)，可得bn＋1＝14bn－1＋14，即bn＋1bn－1＋1＝14.bn＋1＝(b1＋1)(14)n－1＝4×(14)n－1＝42－n，即bn＝42－n－1.(2)由(1)可知，cn＝an·log2(bn＋1)＝3n·log242－n＝3n·log224－2n＝3n(4－2n)．Tn＝2·31＋0·32＋(－2)·33＋…＋(4－2n)·3n，③3Tn＝2·32＋0·33＋…＋(6－2n)·3n＋(4－2n)·3n＋1，④由③－④得－2Tn＝2·3＋(－2)·32＋(－2)·33＋…＋(－2)·3n－(4－2n)·3n＋1＝6＋(－2)(32＋33＋…＋3n)－(4－2n)·3n＋1.则Tn＝－3＋91－3n－11－3＋(2－n)·3n＋1＝－152＋(52－n)·3n＋1.(文)(2014·湖南文，16)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．[分析](1)当n＝1时求出a1，当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1可求得an的通项公式；(2)由分组求和法及等比数列的前n项和可解决本问．[解析](1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝21－22n1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.(理)(2014·江西理，17)已知首项都是1的两个数列{an}、{bn}(bn≠0，n∈N*)，满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.[分析](1)根据已知递推公式，转化为等差数列求得数列的通项公式；(2)利用乘公比错位相减求数列的前n项和．[解析](1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2.所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1.∴数列{an}前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1.∴3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n.相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n.所以Sn＝(n－1)3n＋1.[方法规律总结]1.形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系用累加法可求出通项；2.形如an＋1＝anf(n)的递推关系可考虑用累乘法求通项an；3.形如an＋1＝kan＋b(k、b为常数)可通过变形，设bn＝an＋bk－1构造等比数列求通项an；4.给出an与Sn的关系式时，用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求解．数列与函数、方程、不等式等交汇命题(2014·四川理，19)设等差数列{an}的公差为d，点P(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点