《高考數學 考前最后一輪基礎知識鞏固之第五章 第2課 等差、等比數列》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學 考前最后一輪基礎知識鞏固之第五章 第2課 等差、等比數列（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2課　等差、等比數列 【考點導讀】 1． 掌握等差、等比數列的通項公式、前項和公式，能運用公式解決一些簡單的問題； 2． 理解等差、等比數列的性質，了解等差、等比數列與函數之間的關系； 3． 注意函數與方程思想方法的運用。 【基礎練習】 1．在等差數列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，首項a1= -2 ，公差d= 3 。 2．一個等比數列的第3項與第4項分別是12與18，則它的第1項是，第2項是 8 。 3．．某種細菌在培養(yǎng)過程中，每20分鐘分裂一次（一個分裂為二個），經過3小時，這種細菌由1個可以繁殖成 512 個。

2、4．設是公差為正數的等差數列，若，，則。 5．公差不為0的等差數列{an}中，a2，a3，a6依次成等比數列，則公比等于 3 。 【范例導析】 例1．（1）若一個等差數列前3項的和為34，最后3項的和為146，且所有項的和為390，則這個數列有 13 項。 （2）設數列{an}是遞增等差數列，前三項的和為12，前三項的積為48，則它的首項是 2 。 （3）設Sn是等差數列｛an｝的前n項和，若＝，則＝ 。 解：（1）答案：13 法1：設這個數列有n項 ∵ ∴ ∴n＝13 法2：設這個數列有n項 ∵

3、 ∴ ∴ 又 ∴n＝13 （2）答案：2 因為前三項和為12，∴a1＋a2＋a3＝12，∴a2＝＝4 又a1·a2·a3＝48， ∵a2＝4，∴a1·a3＝12，a1＋a3＝8， 把a1，a3作為方程的兩根且a1＜a3， ∴x2－8x＋12＝0，x1＝6，x2＝2，∴a1＝2，a3＝6，∴選B. （3）答案為。 點評：本題考查了等差數列的通項公式及前n項和公式的運用和學生分析問題、解決問題的能力。 例2．（1）已知數列為等差數列，且 （Ⅰ）求數列的通項公式； （Ⅱ）證明 分析：（1）借助通過等差數列的定義求出數列的公差，再求出數列的通項公式，（2）求

4、和還是要先求出數列的通項公式，再利用通項公式進行求和。 解：（1）設等差數列的公差為d， 由 即d=1。 所以即 （II）證明：因為， 所以 點評：該題通過求通項公式，最終通過通項公式解釋復雜的不等問題，屬于綜合性的題目，解題過程中注意觀察規(guī)律。 例3．已知數列的首項（是常數，且），（），數列的首項，（）。 （1）證明：從第2項起是以2為公比的等比數列； （2）設為數列的前n項和，且是等比數列，求實數的值； （3）當a>0時，求數列的最小項。 分析：第（1）問用定義證明，進一步第（2）問也可以求出，第（3）問由的不同而要進行分類討論。 解：（1）∵ ∴

5、 (n≥2) 由得，，∵，∴ ， 即從第2項起是以2為公比的等比數列。 （2） 當n≥2時， ∵是等比數列, ∴(n≥2)是常數， ∴3a+4=0，即 。 （3）由（1）知當時，， 所以，所以數列為2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，…… 顯然最小項是前三項中的一項。 當時，最小項為8a-1； 當時，最小項為4a或8a-1； 當時，最小項為4a； 當時，最小項為4a或2a+1； 當時，最小項為2a+1。 點評：本題考查了用定義證明等比數列，分類討論的數學思想，有一定的綜合性。 備用題．1．（1）設｛an｝（n∈N*）是等差數列，Sn是其前

6、n項的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，則下列結論錯誤的是（ C ） A.d＜0 B.a7＝0 C.S9＞S5 D.S6與S7均為Sn的最大值 （2）等差數列{an}的前m項和為30，前2m項和為100，則它的前3m項和為（ C ） A.130 B.170 C.210 D.260 解：（1）答案：C； 由S50， 又S6=S7，∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7，∴a7=0， 由S7>S8，得a8<0，而C選項S9

7、>S5，即a6+a7+a8+a9>02（a7+a8）>0， 由題設a7=0，a8<0，顯然C選項是錯誤的。 （2）答案：C 解法一：由題意得方程組， 視m為已知數，解得， ∴。 解法二：設前m項的和為b1，第m+1到2m項之和為b2，第2m+1到3m項之和為b3，則b1，b2，b3也成等差數列。 于是b1=30，b2=100－30=70，公差d=70－30=40。∴b3=b2+d=70+40=110 ∴前3m項之和S3m=b1+b2+b3=210. 解法三：取m=1，則a1=S1=30，a2=S2－S1=70，從而d=a2－a1=40。 于是a3=a2+d=70+40=11

8、0.∴S3=a1+a2+a3=210。 點評：本題考查等差數列的基本知識，及靈活運用等差數列解決問題的能力，解法二中是利用構造新數列研究問題，等比數列也有類似性質.解法三中，從題給選擇支獲得的信息可知，對任意變化的自然數m，題給數列前3m項的和是與m無關的不變量，在含有某種變化過程的數學問題，利用不變量的思想求解，立竿見影。 2．設等比數列的前項和為，求證： 分析：涉及等比數列的前項和問題一定要注意考慮公比是否為1的問題。 證明略。（分公比兩種情況分別利用公式帶入驗證即可。） 【反饋演練】 1．已知等差數列中，，則前10項的和＝ 210 。 2．在等差數列中，已知則＝

9、 42 。 3．已知等差數列共有10項，其中奇數項之和15，偶數項之和為30，則其公差是 3 。 4．如果成等比數列，則 3 ， -9 。 5．設、是項數相同的兩個等比數列，為非零常數，現有如下幾個數列，其中必為等比數列的有 （3） 。 （1） （2） （3） （4） 6．已知等差數列的前項和為，若，且三點共線（該直線不過點），則等于 100 。 解：由題意得：a1＋a200＝1，故為100。 7．已知正數等比數列，若，則公比的取值范圍是。 8．已知a,b,a

10、+b成等差數列，a,b,ab成等比數列，且0

11、b32, 已知a2+a4=b3,b2·b4=a3, ∴b3=2a3,a3=b32, 得b3=2b32, ∵b3≠0, ∴b3=,a3=. 由a1=1,a3=，知{an}的公差d=－, ∴S10=10a1+d=－. 由b1=1,b3=, 知{bn}的公比q=或q=－, 12．已知數列{an}為等差數列，公差d≠0,由{an}中的部分項組成的數列a,a,…,a,…為等比數列，其中b1=1,b2=5,b3=17. (1)求數列{bn}的通項公式； (2)記Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求. 解：(1)由題意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a

12、1+16d)a1d=2d2, ∵d≠0,∴a1=2d,數列{}的公比q==3, ∴=a1·3n－1 ① 又=a1+(bn－1)d= ② 由①②得a1·3n－1=·a1. ∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1. (2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn=C (2·30－1)+C·(2·31－1)+…+C(2·3n－1－1) =(C+C·32+…+C·3n)－(C+C+…+C) =［(1+3)n－1］－(2n－1)= ·4n－2n+, 13．設等差數列{an}的前n項和為Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差d的取值范圍； (2)指出S1、S

13、2、…、S12中哪一個值最大，并說明理由. 解：(1)依題意有： 解之得公差d的取值范圍為－＜d＜－3. (2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk為最大值的條件為：ak≥0且ak+1＜0,即 ∵a3=12, ∴， ∵d＜0, ∴2－＜k≤3－ ∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7. 因為k是正整數，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大. 解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13， 因此若在1≤k≤12中有自然數k,使得ak≥0,且ak+1＜0,則Sk是S1，S2，…，S12中的最大值。

14、又2a7=a1+a13=S13＜0, ∴a7＜0, a7+a6=a1+a12=S12>0, ∴a6≥－a7>0 故在S1，S2，…，S12中S6最大. 解法三：依題意得： 最小時，Sn最大； ∵－＜d＜－3, ∴6＜(5－)＜6.5. 從而，在正整數中，當n=6時，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大. 點評：該題的第(1)問通過建立不等式組求解屬基本要求，難度不高，入手容易. 第(2)問難度較高，為求{Sn}中的最大值Sk（1≤k≤12）：思路之一是知道Sk為最大值的充要條件是ak≥0且ak+1＜0；而思路之二則是通過等差數列的性質等和性探尋數列的分布規(guī)律，找出“分水嶺”，從而得解；思路之三是可視Sn為n的二次函數，借助配方法可求解，它考查了等價轉化的數學思想、邏輯思維能力和計算能力，較好地體現了高考試題注重能力考查的特點.