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2015届高考数学文二轮专题训练专题四第1讲等差数列和等比数列


第1讲
考情解读

等差数列和等比数列

1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现 .2.数

列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点,考查分析问题、解决问题的综 合能力.

? ?S1,n=1, 1.an 与 Sn 的关系 Sn=a1+a2+?+an

,an=? ?Sn-Sn-1,n≥2. ?

2.等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式 an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d (1)定义法 (2) 中项公式法: 2an + 1 = an + an +
2(n≥1)?{an}为等差数列

等比数列 an =常数(n≥2) an-1 an=a1qn 1(q≠0)


(1)定义法 (2) 中 项 公 式 法 : a 2 an + n+1 = an·
2(n≥1)(an≠0)?

(3) 通项公式法: an = pn + q(p 、 q 判定方法 为常数)?{an}为等差数列 (4) 前 n 项和公式法: Sn = An + Bn(A、 B 为常数)?{an}为等差数列 (5){an} 为 等 比 数 列 , an>0 ? {logaan}为等差数列 性质 (1)若 m、n、p、q∈N*,且 m+n
2

{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(a>0 且 a≠1) (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 n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d 2 2

=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 a1?1-qn? a1-anq (1)q≠1,Sn= = 1-q 1-q (2)q=1,Sn=na1

前 n 项和

热点一 等差数列 例1 (1)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2+a4+a6=12,则 S7 的值是( )

A.21 B.24 C.28 D.7 (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若-1<a3<1,0<a6<3,则 S9 的取值范围是________. 思维启迪 (1)利用 a1+a7=2a4 建立 S7 和已知条件的联系;(2)将 a3,a6 的范围整体代入. 答案 (1)C (2)(-3,21) 7×?a1+a7? 解析 (1)由题意可知,a2+a6=2a4,则 3a4=12,a4=4,所以 S7= =7a4=28. 2 (2)S9=9a1+36d=3(a1+2d)+6(a1+5d) 又-1<a3<1,0<a6<3, ∴-3<3(a1+2d)<3,0<6(a1+5d)<18, 故-3<S9<21. 思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解 a1 和 d,可利用方程思想; (2)等差数列的性质 ①若 m,n,p,q∈N*,且 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq; ②Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?,仍成等差数列; am-an ③am-an=(m-n)d?d= (m,n∈N*); m-n an A2n-1 ④ = (A ,B2n-1 分别为{an},{bn}的前 2n-1 项的和). bn B2n-1 2n-1 (3)等差数列前 n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项,利用性质解决. 99 (1)已知等差数列{an}中,a7+a9=16,S11= ,则 a12 的值是( 2 A.15 C.31 B.30 D.64 )

(2)在等差数列{an}中,a5<0,a6>0 且 a6>|a5|,Sn 是数列的前 n 项的和,则下列说法正确的是

(

)

A.S1,S2,S3 均小于 0,S4,S5,S6?均大于 0 B.S1,S2,?S5 均小于 0,S6,S7,?均大于 0 C.S1,S2,?S9 均小于 0,S10,S11?均大于 0 D.S1,S2,?S11 均小于 0,S12,S13?均大于 0 答案 (1)A (2)C 解析 (1)因为 a8 是 a7,a9 的等差中项,所以 2a8=a7+a9=16?a8=8,再由等差数列前 n 11?a1+a11? 11· 2a6 99 9 项和的计算公式可得 S11= = =11a6,又因为 S11= ,所以 a6= ,则 d= 2 2 2 2 a8-a6 7 = ,所以 a12=a8+4d=15,故选 A. 2 4 (2)由题意可知 a6+a5>0,故 ?a1+a10?×10 ?a5+a6?×10 S10= = >0, 2 2 ?a1+a9?×9 2a5×9 而 S9= = =9a5<0,故选 C. 2 2 热点二 等比数列 例2 (1)(2014· 安徽)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比数

列,则 q=_____________________. 5 5 Sn (2)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1+a3= ,a2+a4= ,则 等于( 2 4 an A.4n C.2n
-1

)

B.4n-1 D.2n-1

-1

思维启迪 (1)列方程求出 d,代入 q 即可;(2)求出 a1,q,代入化简. 答案 (1)1 (2)D 解析 (1)设等差数列的公差为 d,则 a3=a1+2d, a5=a1+4d, ∴(a1+2d+3)2=(a1+1)(a1+4d+5),解得 d=-1, a3+3 a1-2+3 ∴q= = =1. a1+1 a1+1

?a +a =2, (2)∵? 5 ?a +a =4,
1 3 2 4

5

?a +a q =2,① ∴? 5 ?a q+a q =4,②
1 1 2 1 1 3

5

1+q2 1 由①②可得 =2,∴q= ,代入①得 a1=2, 2 q+q3 1 - 4 ∴an=2×( )n 1= n, 2 2

1 2×?1-? ?n? 2 1 ∴Sn= =4(1- n), 1 2 1- 2 1 4?1- n? 2 Sn ∴ = =2n-1,故选 D. an 4 2n 思维升华 (1){an}为等比数列,其性质如下: ①若 m、n、r、s∈N*,且 m+n=r+s,则 am· an=ar· as; ②an=amqn m;


③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 成等比数列(q≠-1). (2)等比数列前 n 项和公式 na ?q=1?, ? ? 1 Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ?q≠1?. ? 1-q ? 1-q ①能“知三求二”;②注意讨论公比 q 是否为 1;③a1≠0. (1)已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 a4-2a2 数列{bn}是等比数列, 7+3a8=0, 且 b7=a7,则 b2b8b11 等于( A.1 C.4 ) B.2 D.8 )

(2)在等比数列{an}中,a1+an=34,a2· an-1=64,且前 n 项和 Sn=62,则项数 n 等于( A.4 C.6 答案 (1)D (2)B B.5 D.7

2 2 解析 (1)∵a4-2a2 7+3a8=0,∴2a7=a4+3a8,即 2a7=4a7,∴a7=2,∴b7=2,又∵b2b8b11 18 3 =b1qb1q7b1q10=b3 1q =(b7) =8,故选 D.

(2)设等比数列{an}的公比为 q,由 a2an-1=a1an=64,又 a1+an=34,解得 a1=2,an=32 或 a1?1-qn? a1-anq 2-32q a1=32,an=2.当 a1=2,an=32 时,Sn= = = =62,解得 q=2.又 an 1-q 1-q 1-q =a1qn 1,所以 2×2n 1=2n=32,解得 n=5.同理,当 a1=32,an=2 时,由 Sn=62,解得 q
- -

1 1 - 1 - 1 1 - = .由 an=a1qn 1=32×( )n 1=2,得( )n 1= =( )4,即 n-1=4,n=5.综上,项数 n 等 2 2 2 16 2 于 5,故选 B. 热点三 等差数列、等比数列的综合应用 例3 已知等差数列{an}的公差为-1,且 a2+a7+a12=-6.

(1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn;

(2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项, 记{bn}的前 n 项和为 Tn,若存在 m∈N*,使对任意 n∈N*,总有 Sn<Tm+λ 恒成立,求实数 λ 的取值范围. 思维启迪 (1)利用方程思想求出 a1,代入公式求出 an 和 Sn;(2)将恒成立问题通过分离法转 化为最值. 解 (1)由 a2+a7+a12=-6 得 a7=-2,∴a1=4, n?9-n? ∴an=5-n,从而 Sn= . 2 (2)由题意知 b1=4,b2=2,b3=1, 设等比数列{bn}的公比为 q, b2 1 则 q= = , b1 2 1 4[1-? ?m] 2 1 ∴Tm= =8[1-( )m], 1 2 1- 2 1 ∵( )m 随 m 增加而递减, 2 ∴{Tm}为递增数列,得 4≤Tm<8. n?9-n? 1 又 Sn= =- (n2-9n) 2 2 1 9 81 =- [(n- )2- ], 2 2 4 故(Sn)max=S4=S5=10, 若存在 m∈N*,使对任意 n∈N*总有 Sn<Tm+λ, 则 10<4+λ,得 λ>6.即实数 λ 的取值范围为(6,+∞). 思维升华 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法 (1)等差数列与等比数列交汇的问题,常用“基本量法”求解,但有时灵活地运用性质,可 使运算简便. (2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题,求解时用等差(比)数列的相关 知识,将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可. 1 已知数列{an}前 n 项和为 Sn,首项为 a1,且 ,an,Sn 成等差数列. 2 (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 (2)数列{bn}满足 bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3),求证: + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2 1 1 (1)解 ∵ ,an,Sn 成等差数列,∴2an=Sn+ , 2 2

1 1 当 n=1 时,2a1=S1+ ,∴a1= , 2 2 1 1 当 n≥2 时,Sn=2an- ,Sn-1=2an-1- , 2 2 两式相减得 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1, ∴ an =2, an-1

1 ∴数列{an}是首项为 ,公比为 2 的等比数列, 2 1 - - ∴an= ×2n 1=2n 2. 2 (2)证明 bn=(log2a2n+1)×(log2a2n+3)=log222n 1 1 1 1 1 1 = × = ( - ), bn 2n-1 2n+1 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + +?+ = [(1- )+( - )+?+( - )]= (1- )< (n∈N*). b1 b2 b3 bn 2 3 3 5 2 2n-1 2n+1 2n+1 2 1 1 1 1 1 即 + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2
+1-2

×log222n

+3-2

=(2n-1)(2n+1),

1.在等差(比)数列中,a1,d(q),n,an,Sn 五个量中知道其中任意三个,就可以求出其他两 个.解这类问题时,一般是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运算. 2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既 快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要 进行适当变形. 3.等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性 d>0?{an}为递增数列,Sn 有最小值. d<0?{an}为递减数列,Sn 有最大值. d=0?{an}为常数列. (2)等比数列的单调性
? ? ? ? ?a1>0, ?a1<0, ?a1>0, ?a1<0, 当? 或? 时,{an}为递增数列,当? 或? 时,{an}为递减数列. ?q>1 ?0<q<1 ?0<q<1 ? ? ? ? ?q>1

4.常用结论 Sn (1)若{an},{bn}均是等差数列,Sn 是{an}的前 n 项和,则{man+kbn},{ }仍为等差数列, n 其中 m,k 为常数.
2 (2)若{an},{bn}均是等比数列,则{can}(c≠0),{|an|},{an· bn},{manbn}(m 为常数),{an },

1 { }仍为等比数列. an (3)公比不为 1 的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即 a2-a1, a3-a2 ?a2-a1?q a3-a2,a4-a3,?,成等比数列,且公比为 = =q. a2-a1 a2-a1 (4)等比数列(q≠-1)中连续 k 项的和成等比数列, 即 Sk,S2k-Sk, S3k-S2k, ?,成等比数列, 其公差为 qk. 等差数列中连续 k 项的和成等差数列,即 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?,成等差数列,公差为 k2d. 5.易错提醒
? ?S1,n=1, (1)应用关系式 an=? 时,一定要注意分 n=1,n≥2 两种情况,在求出结果 ?Sn-Sn-1,n≥2 ?

后,看看这两种情况能否整合在一起. a+c (2)三个数 a,b,c 成等差数列的充要条件是 b= ,但三个数 a,b,c 成等比数列的充要 2 条件是 b2=ac.

真题感悟 1.(2014· 大纲全国)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前 8 项和等于( A.6 B.5 C.4 D.3 答案 C 解析 数列{lg an}的前 8 项和 S8=lg a1+lg a2+?+lg a8=lg(a1· a2· ?· a8)=lg(a1· a8)4 =lg(a4· a5)4=lg(2×5)4=4. 2.(2014· 北京)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当 n=________时,{an}的 前 n 项和最大. 答案 8 解析 ∵a7+a8+a9=3a8>0,∴a8>0. ∵a7+a10=a8+a9<0,∴a9<-a8<0. ∴数列的前 8 项和最大,即 n=8. 押题精练 1.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则下列一定成立的是( A.若 a3>0,则 a2 013<0 B.若 a4>0,则 a2 014<0 ) )

C.若 a3>0,则 a2 013>0 D.若 a4>0,则 a2 014>0 答案 C 解析 因为 a3=a1q2, a2 013=a1q2 012, 而 q2 与 q2 012 均为正数, 若 a3>0, 则 a1>0, 所以 a2 013>0, 故选 C. 2. 已知数列{an}是首项为 a, 公差为 1 的等差数列, bn= 成立,则实数 a 的取值范围为________. 答案 (-8,-7) 1+an n+a 解析 an=a+(n-1)×1=n+a-1,所以 bn= = ,因为对任意的 n∈N*,都有 an n+a-1 bn≥b8 成立 ,即 n+ a 8+a n-8 ≥ (n∈N*) 恒成立, 即 ≤0(n∈N*) ,则 有 n+a-1 8+a-1 ?a+7??n+a-1? 1+an .若对任意的 n∈N*, 都有 bn≥b8 an

? ?a+7<0, ? 解得-8<a<-7. ?1-a<9, ?
* 3.设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 a2 n+1=4Sn+4n+1,n∈N ,且 a2,a5,

a14 恰好是等比数列{bn}的前三项. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 3 (2)记数列{bn}的前 n 项和为 Tn,若对任意的 n∈N*,(Tn+ )k≥3n-6 恒成立,求实数 k 的 2 取值范围. 解 (1)当 n≥2 时,由题设知 4Sn-1=a2 n-4(n-1)-1,
2 ∴4an=4Sn-4Sn-1=a2 n+1-an-4, 2 2 ∴a2 n+1=an+4an+4=(an+2) ,

∵an>0,∴an+1=an+2. ∴当 n≥2 时,{an}是公差 d=2 的等差数列. ∵a2,a5,a14 构成等比数列, ∴a2 a14,(a2+6)2=a2· (a2+24),解得 a2=3, 5=a2· 由条件可知,4a1=a2 2-5=4,∴a1=1, ∵a2-a1=3-1=2, ∴{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列. ∴等差数列{an}的通项公式为 an=2n-1. a5 2×5-1 ∵等比数列{bn}的公比 q= = =3, a2 3 ∴等比数列{bn}的通项公式为 bn=3n.

b1?1-qn? 3?1-3n? 3n 1-3 (2)Tn= = = , 2 1-q 1-3


3n 1-3 3 ∴( + )k≥3n-6 对任意的 n∈N*恒成立, 2 2


2n-4 ∴k≥ n 对任意的 n∈N*恒成立, 3 2n-4 2n-4 2n-6 -2?2n-7? 令 cn= n ,cn-cn-1= n - n-1 = , 3 3 3n 3 当 n≤3 时,cn>cn-1; 当 n≥4 时,cn<cn-1. ∴(cn)max=c3= 2 2 ,∴k≥ . 27 27

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1.等比数列{an}中 a1=3,a4=24,则 a3+a4+a5 等于( A.33 C.84 答案 C 解析 由题意可得 q3=8,所以 q=2.所以 a3+a4+a5=a1q2(1+q+q2)=84. 2.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 2a6=6+a7,则 S9 的值是( A.27 C.45 答案 D 解析 由 2a6=6+a7 得 a5=6,所以 S9=9a5=54.故选 D. 3.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=5,Sm=-11,Sm+1=21,则 m 等于( A.3 C.5 答案 C a1-amq 解析 由已知得, Sm-Sm-1=am=-16, Sm+1-Sm=am+1=32, 故公比 q=-2, 又 Sm = 1-q =-11,故 a1=-1,又 am=a1· qm 1=-16,代入可求得 m=5.


)

B.72 D.189

)

B.36 D.54

)

B.4 D.6

4.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N*),若 b3=-2,b10=12,则 a8 等于( )

A.0 B.3 C.8 D.11 答案 B 解析 ∵{bn}为等差数列,设其公差为 d, 由 b3=-2,b10=12, ∴7d=b10-b3=12-(-2)=14,∴d=2, ∵b3=-2,∴b1=b3-2d=-2-4=-6, 7×6 ∴b1+b2+?+b7=7b1+ · d 2 =7×(-6)+21×2=0, 又 b1+b2+?+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+?+(a8-a7)=a8-a1=a8-3, ∴a8-3=0,a8=3.故选 B. an+1-1 5.数列{an}满足 a1=2,an= ,其前 n 项积为 Tn,则 T2 014 等于( an+1+1 1 A. 6 C.6 答案 D an+1-1 1+an 1 1 解析 由 an= 得 an+1= ,而 a1=2,所以 a2=-3,a3=- ,a4= ,a5=2,则 2 3 an+1+1 1-an 数列是以 4 为周期,且 a1a2a3a4=1,所以 T2 014=(a1a2a3a4)503a1a2=1503×2×(-3)=-6,故 选 D. 6.已知{an}是等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S21=S4 000,O 为坐标原点,点 P(1,an),Q(2 → → 011,a2 011),则OP· OQ等于( ) 1 B.- 6 D.-6 )

A.2 011 B.-2 011 C.0 D.1 答案 A 解析 由 S21=S4 000 得 a22+a23+?+a4 000=0, 由于 a22+a4 000=a23+a3 999=?=2a2 011, 所以 a22+a23+?+a4 000=3 979a2 011=0, → → 从而 a2 011=0,而OP· OQ=2 011+a2 011an=2 011. 二、填空题 7.在等比数列{an}中,已知 a1+a3=8,a5+a7=4,则 a9+a11+a13+a15=________. 答案 3 解析 设等比数列{an}的公比为 q,
?a1+a1q2=8, ? 1 由已知,得? 4 解得 q4= . 6 2 ? a q + a q = 4 , ? 1 1

1 又 a9+a11=a1q8+a3q8=(a1+a3)q8=8×( )2=2, 2 1 a13+a15=a1q12+a3q12=(a1+a3)q12=8×( )3=1, 2 所以 a9+a11+a13+a15=2+1=3. 8.(2014· 广东)若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e5,则 ln a1+ln a2+? +ln a20=______. 答案 50 解析 因为 a10a11+a9a12=2a10a11=2e5, 所以 a10a11=e5. 所以 ln a1+ln a2+?+ln a20=ln(a1a2?a20) =ln[(a1a20)· (a2a19)· …· (a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50ln e=50. 9.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n= ________. 答案 6 解析 设等差数列的公差为 d, 则由 a4+a6=-6 得 2a5=-6,∴a5=-3. 又∵a1=-11,∴-3=-11+4d,∴d=2, n?n-1? ∴Sn=-11n+ ×2=n2-12n=(n-6)2-36, 2 故当 n=6 时,Sn 取最小值. 1 10.已知数列{an}的首项为 a1=2,且 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N*),记 Sn 为数列{an}的 2 前 n 项和,则 Sn=________,an=________. ?n=1?, ?2 3?n-1 ? ? 答案 2×?2? ??3?n-2 ?n≥2? ? ??2? 1 1 1 3 解析 由 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N*),可得 an+1= Sn,所以 Sn+1-Sn= Sn,即 Sn+1= 2 2 2 2 3?n-1 3 Sn,由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项 S1=a1=2,公比为 ,所以 Sn=2×? ?2? , 2 2 ?n=1?, ? ? 由此得 an=??3?n-2 ?n≥2?. ??2? ? 三、解答题 11.成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列 {bn}中的 b3、b4、b5.

(1)求数列{bn}的通项公式; 5 (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列{Sn+ }是等比数列. 4 (1)解 设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15. 解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去). 故{bn}的第 3 项为 5,公比为 2. 由 b3=b1· 22,即 5=b1· 22, 5 解得 b1= . 4 5 n-1 - - 所以 bn=b1· qn 1= · 2 =5· 2n 3, 4 即数列{bn}的通项公式 bn=5· 2n 3.


(2)证明 由(1)得数列{bn}的前 n 项和 5 ?1-2n? 4 5 - Sn= =5· 2n 2- , 4 1-2 5 - 即 Sn+ =5· 2n 2. 4 5 Sn+1+ - 4 5· 2n 1 5 5 所以 S1+ = , = n-2=2. 4 2 5 5· 2 Sn+ 4 5 5 因此{Sn+ }是以 为首项,2 为公比的等比数列. 4 2 12.若数列{bn}对于 n∈N*,都有 bn+2-bn=d(常数),则称数列{bn}是公差为 d 的准等差数
?4n-1,n为奇数, ? 列,如数列{cn},若 cn=? 则数列{cn}是公差为 8 的准等差数列.设数列 ? ?4n-9,n为偶数,

{an}满足 a1=a,对于 n∈N*,都有 an+an+1=2n. (1)求证:{an}为准等差数列; (2)求{an}的通项公式及前 20 项和 S20. (1)证明 ∵an+1+an=2n,① ∴an+2+an+1=2n+2.② 由②-①得 an+2-an=2(n∈N*), ∴{an}是公差为 2 的准等差数列.

(2)解 已知 a1=a,an+1+an=2n(n∈N*), ∴a1+a2=2,即 a2=2-a. ∴由(1)可知 a1,a3,a5,?,成以 a 为首项,2 为公差的等差数列,a2,a4,a6,?,成以 2 -a 为首项,2 为公差的等差数列. n ∴当 n 为偶数时,an=2-a+( -1)×2=n-a, 2 n+1 当 n 为奇数时,an=a+( -1)×2=n+a-1, 2
? ?n+a-1,n为奇数, ∴an=? ?n-a,n为偶数. ?

S20=a1+a2+?+a19+a20 =(a1+a2)+(a3+a4)+?+(a19+a20) ?1+19?×10 =2×1+2×3+?+2×19=2× =200. 2 13.(2013· 湖北)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成等差数列,且 a2+a3+a4 =-18. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数 n,使得 Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不存在, 说明理由. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 则 a1≠0,q≠0.由题意得
?S2-S4=S3-S2, ? ? ? ?a2+a3+a4=-18.
2 3 2 ? ?-a1q -a1q =a1q , ? 即 2 ?a1q?1+q+q ?=-18, ?

? ?a1=3, 解得? ?q=-2. ?

故数列{an}的通项公式为 an=3×(-2)n 1.


3[1-?-2?n] (2)由(1)有 Sn= =1-(-2)n. 1-?-2? 假设存在 n,使得 Sn≥2 013, 则 1-(-2)n≥2 013,即(-2)n≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2)n>0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012, 即 2n≥2 012,得 n≥11.

综上,存在符合条件的正整数 n,且所有这样的 n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.


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