2018年高考数学浙江专版二轮复习与策略 专题4 等差数

专题二 数 列

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[高考点拨] 数列专题是高考的必考专题之一，主要考查等差、等比数列的基本量运算及数列求和的能力，该部分即可单独命题，又可与其他专题综合命题，考查方式灵活多样，结合近几年高考命题研究，为此本专题我们按照“等差、等比数列”和“数列求和”两条主线展开分析和预测.

突破点4 等差数列、等比数列

提炼1 等差数列、等比数列的运算

(1通项公式

等差数列：an＝a1＋(n－1d；

等比数列：an＝a1·qn－1.

(2求和公式

等差数列：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d； 等比数列：Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(q≠1.

(3性质

若m＋n＝p＋q，

在等差数列中am＋an＝ap＋aq；

在等比数列中am·an＝ap·aq.

提炼2 等差数列、等比数列的判定与证明

数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法：

(1证明数列{an}是等差数列的两种基本方法

①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*为同一常数；

②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2.

(2证明{an}是等比数列的两种基本方法

①利用定义，证明an＋1an(n∈N*为同一常数；

②利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2.

提炼3 数列中项的最值的求法

(1根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数f(n＝an，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制.

(2利用数列的单调性求解，利用不等式an＋1≥an(或an＋1≤an求解出n的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值.

(3转化为关于n的不等式组求解，若求数列{an}的最大项，则可解不等式组 an≥an－1，an≥an＋1；若求数列{an}的最小项，则可解不等式组 an≤an－1，an≤an＋1，求出n的取值范围之后，再确定取得最值的项.

回访1 等差数列及其运算

1.(2015·浙江高考已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(  A.a1d>0，dS4>0

B.a1d<0，dS4<0

C.a1d>0，dS4<0

D.a1d<0，dS4>0

B [∵a3，a4，a8成等比数列，∴a24＝a3a8，∴(a1＋3d2＝(a1＋2d(a1＋7d，展开整理，得－3a1d＝5d2，即a1d＝－53d2.∵d≠0，∴a1d<0.∵Sn＝na1＋nn－12d，∴S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋6d2＝－23d2<0.]

2.(2014·浙江高考已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.

(1求d及Sn；

(2求m，k(m，k∈N*的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.

[解] (1由题意知(2a1＋d(3a1＋3d＝36， 2分

将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.

因为d＞0，所以d＝2，Sn＝n2(n∈N*. 5分

(2由(1得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1(k＋1，所以(2m＋k－1(k＋1＝65. 11分

由m，k∈N*知2m＋k－1＞k＋1＞1，故 2m＋k－1＝13，k＋1＝5，所以 m＝5，k＝4.

15分

3.(2013·浙江高考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d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.

[解] (1由题意得，a1·5a3＝(2a2＋22，由a1＝10，{an}为公差为d的等差数列得，d2－3d－4＝0， 2分

解得d＝－1或d＝4.

所以an＝－n＋11(n∈N*或an＝4n＋6(n∈N*. 5分

(2设数列{an}的前n项和为Sn.

因为d＜0，由(1得d＝－1，an＝－n＋11， 6分 所以当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－12n2＋212n；8分

当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝12n2－212n＋110.11分

综上所述，

|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝ －12n2＋212n，n≤11，12n2－212n＋110，n≥12. 15分

回访2 等比数列及其运算

4.(2016·浙江高考设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.

1 121 [∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，

∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋12＝3Sn＋12，

∴数列Sn＋12是公比为3的等比数列，

∴S2＋12S1＋12＝3.

又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，

∴S5＋12＝S1＋12×34＝32×34＝2432，

∴S5＝121.]

5.(2015·浙江高考已知{an}是等差数列，公差d不为零.若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝______，d＝________.

23 －1 [∵a2，a3，a7成等比数列，∴a23＝a2a7，

∴(a1＋2d2＝(a1＋d(a1＋6d，即2d＋3a1＝0. ①

又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1. ②

由①②解得a1＝23，d＝－1.]

6.(2016·浙江高考设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.

(1求通项公式an；

(2求数列{|an－n－2|}的前n项和.

[解] (1由题意得 a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，则 a1＝1，a2＝3. 2分

又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1－(2Sn－1＋1＝2an，得an＋1＝3an，

所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*. 5分

(2设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.

当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.

设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3， 10分

当n≥3时，Tn＝3＋91－3n－21－3－n＋7n－22＝3n－n2－5n＋112，

13分

所以Tn＝ 2， n＝1，3n－n2－5n＋112， n≥2，n∈N*.

15分

热点题型1 等差、等比数列的基本运算

题型分析：以等差比数列为载体，考查基本量的求解，体现方程思想的应用是近几年高考命题的一个热点，题型以客观题为主，难度较小.

(1已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前15项和为(  【导学号：58962020】

A.152 B.135 C.80 D.16

(2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＝( 

A.2 B.－2 C.12 D.－12 (1B (2D [(1设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a3＝30，a2＋a4＝S4－(a1＋a3＝90，所以公比q＝a2＋a4a1＋a3＝3，首项a1＝301＋q2＝3，所以an＝3n，bn＝1＋log33n＝1＋n，则数列{bn}是等差数列，前15项的和为15×2＋162＝135，故选B.

(2由题意知S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6，因为S1，S2，S4成等比数列，

所以S22＝S1·S4，即(2a1－12＝a1(4a1－6，解得a1＝－12，故选D.]

在等差(比数列问题中最基本的量是首项a1和公差d(公比q，在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组，从而求出这两个量，那么其他问题也就会迎刃而解.这就是解决等差、等比数列问题的基本量的方法，这其中蕴含着方程思想的运用.

提醒：应用等比数列前n项和公式时，务必注意公比q的取值范围.

[变式训练1] (1已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝51，则n＝__________.

(2(2016·浙江五校联考已知{an}为等差数列，若a1＋a5＋a9＝8π，则|an|前9项的和S9＝________，cos(a3＋a7的值为________.

(16 (224π －12 [(1由a1＝1，an＋1＝an＋3，得an＋1－an＝3，

所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列.

由Sn＝n＋nn－12×3＝51，即(3n＋17(n－6＝0，

解得n＝6或n＝－173(舍.

(2由{an}为等差数列得a1＋a5＋a9＝3a5＝8π，解得a5＝8π3，所以{an}前9项的和S9＝9a1＋a92＝9a5＝9×8π3＝24π.cos(a3＋a7＝cos 2a5＝cos 16π3＝cos 4π3＝－12.]

热点题型2 等差、等比数列的基本性质

题型分析：该热点常与数列中基本量的运算综合考查，熟知等差比数列的基本性质，可以大大提高解题效率.

(1(2016·宁波期末考试已知实数列{an}是等比数列，若a2a5a8＝－8，则1a1a5＋4a1a9＋9a5a9( 

A.有最大值12

B.有最小值12

C.有最大值52

D.有最小值52

(2(2015·东北三校联考设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15>0，S16<0，则S1a1，S2a2，S3a3，…，S15a15中最大的项为( 

A.S6a6 B.S7a7

C.S8a8 D.S9a9

(1D (2C [(1由题意可得a2a5a8＝a35＝－8，则a5＝－2.设等比数列{an}的公比为q，则1a1a5＋4a1a9＋9a5a9＝q4a25＋4a25＋9a25q4＝q44＋94q4＋1≥2q44·94q4＋1＝52，当且仅当q44＝94q4，q2＝3时取等号，所以1a1a5＋4a1a9＋9a5a9有最小值52，故选D.

(2由S15＝15a1＋a152＝15×2a82＝15a8>0，S16＝16a1＋a162＝16×a8＋a92<0，可得a8>0，a9<0，d<0，故Sn最大为S8.又d<0，所以{an}单调递减，因为前8项中Sn递增，所以Sn最大且an取最小正值时Snan有最大值，即S8a8最大，故选C.]

1.若{an}，{bn}均是等差数列，Sn是{an}的前n项和，则{man＋kbn}，Snn仍为等差数列，其中m，k为常数.

2.若{an}，{bn}均是等比数列，则{can}(c≠0，{|an|}，{an·bn}，{manbn}(m为常数，{a2n}，1an仍为等比数列.