1、第1讲 等差数列与等比数列,专题六 数 列,板块三 专题突破核心考点,考情考向分析,1.数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查. 2.等差数列、等比数列主要考查等差、等比数列的通项公式、求和公式以及性质的灵活运用，解答题会以等差数列、等比数列推理证明为主， 要求都是C级.,热点分类突破,真题押题精练,内容索引,热点分类突破,例1 (2018江苏南京师大附中模拟)已知等差数列an和等比数列bn均不是常数列，若a1b11，且a1,2a2,4a4成等比数列，4b2,2b3，b4成等差数列. (1)求an和bn的通项公式；,热点一 等差数列、等比数列的运算
2、,解答,解 设等差数列an的公差为d(d0)，等比数列bn的公比为q(q1)，,解得d1，q2， 所以ann，bn2n1，nN*.,(2)设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k(ijk)，使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求mn的最小值.,解答,解 由(1)得，ann，bn2n1(nN*)，由ambj，amanbi，anbk成等差数列， 得2amanbiambjanbk， 即2mn2i1m2j1n2k1. 由于ijk，且为正整数，所以ji1，ki2， 所以2mnm2jin2ki2m4n，,所以mn的最小值为6，,在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则
3、均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量.,解析,答案,跟踪演练1 (1)若Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列.则数列S1，S2，S4的公比为_.,4,解析 设数列an的公差为d，,(2a1d)2a1(4a16d).,解析,答案,(2)在公差不为零的等差数列an中，a57，且三个数a1，a4，a3依次成等比数列.抽出数列an的第1,2,22，2n项重新构成新数列bn，数列bn的前n项和Sn_.,2n213n4(nN*),解析 设数列an的公差为d，由a1，a4，a3构造成的等比数列的公比为q.,a57，a14d7， a1
4、9，d4.an4n13(nN*). 由题意，数列an中的第2n项即为数列bn中的第n1项. bna2n142n113. Snb1b2b3bn 4(12222n1)13n 4(2n1)13n. Sn2n213n4(nN*).,热点二 等差数列、等比数列的证明,证明,例2 (2018宿迁一模)已知数列an，其前n项和为Sn，满足a12，Snnanan1，其中n2，nN*，R. (1)若0，4，bnan12an(nN*)，求证：数列bn是等比数列；,证明 若0，4，则Sn4an1(n2)， 所以an1Sn1Sn4(anan1)， 即an12an2(an2an1)， 所以bn2bn1， 又由a12，a
5、1a24a1， 得a23a16，a22a120，即b10，,证明,证明 若a23，由a1a22a2a1，得562，,a34， 所以a1，a2，a3成等差数列，,即(n1)an1(n2)an2an10， 所以nan2(n1)an12an0， 相减得nan22(n1)an1(n4)an2an10， 所以n(an22an1an)2(an12anan1)0，,因为a12a2a30，所以an22an1an0， 即数列an是等差数列.,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 利用定义，证明an1an(nN*)为一常数. 利用中项性质，即证明2anan1an1(n
6、2，nN*). (2)证明数列an是等比数列的两种基本方法,证明,解答,(2)若数列bn是等差数列，求实数t的值.,如果数列bn是等差数列，则2b2b1b3，,则t216t480，解得t4或12.,数列bn是等差数列，符合题意；,b2b42b3，数列bn不是等差数列，t12不符合题意. 综上，若数列bn是等差数列，则t4.,热点三 等差数列、等比数列的综合,证明,例3 在数列an中，已知a1a21，anan22an1，nN*，为常数. (1)证明：a1，a4，a5成等差数列；,证明 因为anan22an1，a1a21， 所以a32a2a11. 同理，a42a3a231， a52a4a361.
7、又因为a4a13，a5a43， 所以a1，a4，a5成等差数列.,解答,(2)设cn ，求数列cn的前n项和Sn；,解 由anan22an1，得 an2an1an1an， 令bnan1an，则bn1bn，b1a2a10， 所以bn是以0为首项，为公差的等差数列， 所以bnb1(n1)(n1)， 即an1an(n1)， 所以an2an2(an1an)(2n1)， 所以cn 2(2n1). Snc1c2cn223252(2n1). 当0时，Snn；,解答,(3)当0时，数列an1中是否存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列？若存在，求出s，t，p的值；若不存在，说
8、明理由.,解 由(2)知an1an(n1)，,假设存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列， 则(at11)2(as11)(ap11)，,因为s，t，p成等比数列，所以t2sp， 所以(t1)2(s1)(p1)， 化简得sp2t，联立t2sp， 得stp，这与题设矛盾. 故不存在三项as11，at11，ap11成等比数列，且s，t，p也成等比数列.,数列的综合题，常将等差、等比数列结合在一起，形成两者之间的相互联系和相互转化；有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关
9、知识解决问题.,解答,跟踪演练3 已知数列an满足2an1anan2k(nN*，kR)，且a12，a3a54. (1)若k0，求数列an的前n项和Sn；,解 当k0时，2an1anan2， 即an2an1an1an， 所以数列an是等差数列.,解答,(2)若a41，求数列an的通项公式.,解 由题意得2a4a3a5k， 即24k，所以k2. 由2a3a2a42及2a2a1a32，得a42a3a222(2a2a12)a223a22a16，所以a23. 由2an1anan22，得 (an2an1)(an1an)2， 所以数列an1an是以a2a11为首项，2为公差的等差数列，所以an1an2n3(
10、nN*). 当n2时，有anan12(n1)3， 于是an1an22(n2)3，,an2an32(n3)3， ， a3a2223， a2a1213， 叠加得，ana1212(n1)3(n1)(n2)，,又当n1时，a12也适合上式. 所以数列an的通项公式为ann24n1，nN*.,真题押题精练,答案,解析,1,2,3,4,5,32,解析 设数列an的首项为a1，公比为q(q1)，,1,2,3,4,5,2.(2018江苏)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*.将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an.记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为_.
11、,答案,解析,27,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,解析 经过列举计算可知,而a2743. 12a27516，不符合题意.,a2845,12a28540，符合题意. 使得Sn12an1成立的n的最小值为27.,答案,解析,1,2,3,4,5,4,1,2,3,4,5,解析 设等差数列an的公差为d，,所以b7a72. 因为数列bn是等比数列，,1,2,3,4,5,答案,解析,1,2,3,4,5,解析 当n2时，anSnSn1， SnSn12SnSn1， Sn(12Sn1)Sn1， 显然，若Sn10，则Sn0，,由递推关系式知Sn0(nN*)，,1,2,3,4,5,解答,1,2,3,4,5
12、,5.设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an，n1,2,3，. (1)求数列an的通项公式；,1,2,3,4,5,解 因为当n1时，a1S1a1a12，所以a11. 因为Sn2an，即anSn2， 所以an1Sn12. 两式相减，得an1anSn1Sn0， 即an1anan10，故有2an1an.,解答,1,2,3,4,5,(2)若数列bn满足b11，且bn1bnan，求数列bn的通项公式；,解 因为bn1bnan(n1,2,3，)，,将这n1个等式相加，得,1,2,3,4,5,解答,1,2,3,4,5,(3)在(2)的前提条件下，设cnn(3bn)，求数列cn的前n项和Tn.,1,2,3,4,5,
