（全国通用版）2019高考数学二轮复习专题二数列第1讲等差数列与等比数列学案理.doc

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1、1第 1 讲 等差数列与等比数列考情考向分析 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热点一 等差数列、等比数列的运算1通项公式等差数列： an a1( n1) d；等比数列： an a1qn1 .2求和公式等差数列： Sn na1 d；na1 an2 nn 12等比数列： Sn (q1)a11 qn1 q a1 anq1 q3性质若 m n p q，在等差数列中 am an ap aq；在等比数列中 aman apaq.例 1 (1)(2018全国)记 Sn为等差数列 an

2、的前 n 项和，若 3S3 S2 S4， a12，则 a5等于( )A12 B10C10 D12答案 B解析 设等差数列 an的公差为 d，由 3S3 S2 S4，得 3 2 a1 d4 a1 d，将 a12 代入3a133 12 d 22 12 44 12上式，解得 d3，故 a5 a1(51) d24(3)10.故选 B.(2)(2018杭州质检)设各项均为正数的等比数列 an中，若 S480， S28，则公比q_， a5_.2答案 3 162解析 由题意可得， S4 S2 q2S2，代入得 q29.等比数列 an的各项均为正数， q3，解得 a12，故 a5162.思维升华 在进行等差(

3、比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于 a1和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量跟踪演练 1 (1)设公比为 q(q0)的等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若S23 a22， S43 a42，则 a1等于( )A2 B1 C. D.12 23答案 B解析 S4 S2 a3 a43 a43 a2，即 3a2 a32 a40，即 3a2 a2q2 a2q20，即 2q2 q30，解得 q1(舍)或 q ，32当 q 时，代入 S23 a22，32得 a1 a1q3 a1q2，解得 a11.(2)(2018全国)等比数列 an中， a11，

4、 a54 a3.求 an的通项公式；记 Sn为 an的前 n 项和，若 Sm63，求 m.解 设 an的公比为 q，由题设得 an qn1 .由已知得 q44 q2，解得 q0(舍去)， q2 或 q2.故 an(2) n1 或 an2 n1 (nN *)若 an(2) n1 ，则 Sn .1 2n3由 Sm63 得(2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则 Sn2 n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上， m6.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明证明数列 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：利用定义，证明 an1 a

5、n(nN *)为一常数；利用等差中项，即证明 2an an1 an1 (n2， nN *)3(2)证明数列 an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明 (nN *)为一常数；an 1an利用等比中项，即证明 a an1 an1 (n2， nN *)2n例 2 已知数列 an， bn，其中 a13， b11，且满足 an (3an1 bn1 )，12bn (an1 3 bn1 )， nN *， n2.12(1)求证：数列 an bn为等比数列；(2)求数列 的前 n 项和 Tn.2nanan 1(1)证明 an bn (3an1 bn1 ) (an1 3 bn1 )2( an1 bn1 )，1

6、2 ( 12)又 a1 b13(1)4，所以 an bn是首项为 4，公比为 2 的等比数列(2)解 由(1)知， an bn2 n1 ，又 an bn (3an1 bn1 ) (an1 3 bn1 ) an1 bn1 ，12 ( 12)又 a1 b13(1)2，所以 an bn为常数数列， an bn2，联立得， an2 n1， ，2nanan 1 2n2n 12n 1 1 12n 1 12n 1 1所以 Tn (121 1 122 1) ( 122 1 123 1) ( 12n 1 12n 1 1) (nN *)121 1 12n 1 1 13 12n 1 1思维升华 (1)判断一个数列是

7、等差(比)数列，也可以利用通项公式及前 n 项和公式，但不能作为证明方法(2)a an1 an1 (n2)是数列 an为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为2n零4跟踪演练 2 (2018新余模拟)已知 an是各项都为正数的数列，其前 n 项和为 Sn，且 Sn为 an与 的等差中项1an(1)求证：数列 S 为等差数列；2n(2)求数列 an的通项公式；(3)设 bn ，求 bn的前 n 项和 Tn. 1nan(1)证明 由题意知 2Sn an ，即 2Snan a 1，(*)1an 2n当 n2 时，有 an Sn Sn1 ，代入(*)式得2Sn(Sn Sn1 )( Sn Sn

8、1 )21，整理得 S S 1( n2)2n 2n 1又当 n1 时，由(*)式可得 a1 S11，数列 S 是首项为 1，公差为 1 的等差数列2n(2)解 由(1)可得 S 1 n1 n，2n数列 an的各项都为正数， Sn ，n当 n2 时， an Sn Sn1 ，n n 1又 a1 S11 满足上式， an (nN *)n n 1(3)解 由(2)得 bn 1nan 1nn n 1(1) n( )，n n 1当 n 为奇数时，Tn1( 1)( )( )( ) ，2 3 2 n 1 n 2 n n 1 n当 n 为偶数时，Tn1( 1)( )( )( ) ，2 3 2 n 1 n 2 n

9、 n 1 n数列 bn的前 n 项和 Tn(1) n (nN *)n热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例 3 已知等差数列 an的公差为1，且 a2 a7 a126.(1)求数列 an的通项公式 an与其前 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 mN *，使得对任意 nN *，总有 Sn2.即实数 的取值范围为(2，)思维升华 (1)等差数列

10、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)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解跟踪演练 3 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn13( an1)， nN *.(1)求数列 an的通项公式；(2)设数列 bn满足 an1 32nab，若 bn t 对于任意正整数 n 都成立，求实数 t 的取值范围解 (1)由已知得 Sn3 an2，令 n1，得 a11，又 an1 Sn1 Sn3 an1 3 an，得 an1 an，32所以数列 an是以 1

11、 为首项， 为公比的等比数列，326所以 an n1 (nN *)(32)(2)由 an1 ab，得 bn 312logn n1 32logn1an (23) n n1 ，(23)所以 bn1 bn( n1) n n n1(23) (23) (2 n)，2n 13n所以( bn)max b2 b3 ，所以 t .43 43即 t 的取值范围为 .43， )真题体验1(2017全国改编)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若 a4 a524， S648，则 an的公差为_答案 4解析 设 an的公差为 d，由Error! 得Error!解得 d4.2(2017浙江改编)已知等差数列 an的公差

12、为 d，前 n 项和为 Sn，则“ d0”是“S4 S62S5”的_条件答案 充要解析 方法一 数列 an是公差为 d 的等差数列， S44 a16 d， S55 a110 d， S66 a115 d， S4 S610 a121 d,2S510 a120 d.若 d0，则 21d20d,10a121 d10a120 d，即 S4 S62S5.若 S4 S62S5，则 10a121 d10a120 d，即 21d20d，7 d0.“ d0”是“ S4 S62S5”的充要条件方法二 S4 S62S5S4 S4 a5 a62(S4 a5)a6a5a5 da5d0.“ d0”是“ S4 S62S5”的

13、充要条件3(2017北京)若等差数列 an和等比数列 bn满足 a1 b11， a4 b48，则_.a2b2答案 1解析 设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q，则由 a4 a13 d，得 d 3，a4 a13 8 13由 b4 b1q3，得 q3 8，b4b1 8 1 q2. 1.a2b2 a1 db1q 1 3 1 24(2017江苏)等比数列 an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn，已知 S3 ， S6 ，则74 634a8_.答案 32解析 设 an的首项为 a1，公比为 q，则Error! 解得Error!所以 a8 272 532.14押题预测1设等差数列 a

14、n的前 n 项和为 Sn，且 a10， a3 a100， a6a70 的最大自然数 n 的值为( )A6 B7 C12 D13押题依据 等差数列的性质和前 n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力答案 C解析 a10， a6a70， a70， a1 a132 a70， S130 的最大自然数 n 的值为 12.2在等比数列 an中， a33 a22，且 5a4为 12a3和 2a5的等差中项，则 an的公比等于( )8A3 B2 或 3C2 D6押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点答案 C解析 设公比为 q,5a

15、4为 12a3和 2a5的等差中项，可得10a412 a32 a5，10 a3q12 a32 a3q2，得 10q122 q2，解得 q2 或 3.又 a33 a22，所以 a2q3 a22，即 a2(q3)2，所以 q2.3已知各项都为正数的等比数列 an满足 a7 a62 a5，存在两项 am， an使得 4 a1，则 的最小值为( )aman1m 4nA. B.32 53C. D.256 43押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向答案 A解析 由 a7 a62 a5，得 a1q6 a1q52 a1q4，整理得 q2 q20，解得 q2

16、 或 q1(不合题意，舍去)，又由 4 a1，得 aman16 a ，aman 21即 a 2m n2 16 a ，即有 m n24，21 21亦即 m n6，那么 (m n)1m 4n 16 (1m 4n) ，16(4mn nm 5) 16(2 4mnnm 5) 32当且仅当 ，即 n2 m4 时取等号4mn nm4定义在(，0)(0，)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列 an， f(an)仍是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数” 现有定义在(，0)(0，)上的如下函数： f(x) x2； f(x)2 x； f(x) ； f(x)ln| x|.|x|则其中是“保等比数列函

17、数”的 f(x)的序号为( )A BC D9押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉答案 C解析 由等比数列的性质得， anan2 a .2n 1 f(an)f(an2 ) a a ( a )2 f(an1 )2；2n 2n 2 2n 1 f(an)f(an2 ) f(an1 )2； f(an)f(an2 ) f(an1 )2；|anan 2| |an 1|2 f(an)f(an2 )ln| an|ln|an2 |(ln| an1 |)2

18、 f(an1 )2.A 组 专题通关1(2018大庆质检)已知等差数列 an中， a49， S424，则 a7等于( )A3 B7C13 D15答案 D解析 由于数列为等差数列，依题意得Error!解得 d2，所以 a7 a43 d9615.2已知等比数列 an的首项为 1，公比 q1，且 a5 a43 ，则 等(a3 a2) 9a1a2a3a9于( )A9 B9C81 D81答案 B解析 根据题意可知 q23，a5 a4a3 a2而 a5 a1q413 29.9a1a2a3a9 9a953(2017全国)等差数列 an的首项为 1，公差不为 0.若 a2， a3， a6成等比数列，则 an的

19、前 6 项和为( )A24 B3 C3 D8答案 A解析 由已知条件可得 a11， d0，由 a a2a6，可得(12 d)2(1 d)(15 d)，23解得 d2 或 d0(舍)10所以 S661 24.65 224一个等比数列的前三项的积为 2，最后三项的积为 4，且所有项的积为 64，则该数列的项数是( )A13 B12C11 D10答案 B解析 设等比数列为 an，其前 n 项积为 Tn，由已知得 a1a2a32， anan1 an2 4，可得(a1an)324， a1an2， Tn a1a2an， T ( a1a2an)22n( a1an)(a2an1 )(ana1)( a1an)n

20、2 n64 22 12， n12.5(2018荆州质检)已知数列 an满足 15na255 an，且 a2 a4 a69，则13log(a5 a7 a9)等于( )A3 B3 C D.13 13答案 A解析 15na 25 na 25na ， an1 an2，数列 an是等差数列，且公差为 2. a2 a4 a69，3 a49， a43. 15793log() 173loga 143l(6) 13log273.6(2018吉林调研)已知等差数列 an的公差不为 0， a11，且 a2， a4， a8成等比数列，设 an的前 n 项和为 Sn，则 Sn_.答案 (nN *)nn 12解析 设等差

21、数列 an的公差为 d. a2， a4， a8成等比数列， a a2a8，即( a13 d)2( a1 d)(a17 d)，24(13 d)2(1 d)(17 d)，解得 d1 或 d0(舍)11 Sn na1 d (nN *)nn 12 nn 127(2018资阳模拟)等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a28，且 Sn S7，则公差 d 的取值范围是_答案 85， 43解析 a28 a1 d， a18 d，Sn na1 d(8 d)n dnn 12 nn 12 dn2 n，12 (8 32d)对称轴为 n ，32 8d Sn S7， S7为 Sn的最大值，由二次函数的性质可得，Err

22、or!得 d ，85 43即 d 的取值范围是 .85， 438已知数列 an与 (nN *)均为等差数列，且 a12，则a2nna1 2 3 n _.(a22) (a33) (ann)答案 2 n1 2解析 设 an2( n1) d，所以 a2nn 2 n 1d2n ，d2n2 4d 2d2n d 22n由于 为等差数列，a2nn所以其通项是一个关于 n 的一次函数，所以( d2) 20， d2.所以 an22( n1)2 n， 2.ann 2nn所以 a1 2 3 n2 12 22 n 2 n1 2.(a22) (a33) (ann) 21 2n1 2129意大利数学家列昂那多斐波那契以兔

23、子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，即 F(1) F(2)1， F(n) F(n1) F(n2)(n3， nN *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被 3 整除后的余数构成一个新数列 ，则 b2 017_.bn答案 1解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，此数列被 3 整除后的余数构成一个新数列为 1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，构成以 8 项为周期的周期数列，所以 b2 017 b11.10(201

24、8天津)设 an是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn(n N*)， bn是等差数列已知 a11， a3 a22， a4 b3 b5， a5 b42 b6.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)设数列 Sn的前 n 项和为 Tn(n N*)，求 Tn；证明： 2( n N*)nk 1Tk bk 2bkk 1k 2 2n 2n 2(1)解 设等比数列 an的公比为 q.由 a11， a3 a22，可得 q2 q20.由 q0，可得q2，故 an2 n1 .设等差数列 bn的公差为 d.由 a4 b3 b5，可得 b13 d4.由 a5 b42 b6，可得 3b113 d16，从而 b

25、11， d1，故 bn n.所以数列 an的通项公式为 an2 n1 (n N*)，数列 bn的通项公式为 bn n(n N*)(2)解 由(1)得 Sn 2 n1，故1 2n1 2Tn (2k1) k n nnk 1nk 12 21 2n1 22 n1 n2( n N*)证明 因为 Tk bk 2bkk 1k 2 2k 1 k 2 k 2kk 1k 2 ，k2k 1k 1k 2 2k 2k 2 2k 1k 1所以 2( n N*)nk 1Tk bk 2bkk 1k 2 (233 222) (244 233) (2n 2n 2 2n 1n 1) 2n 2n 213B 组 能力提高11数列 an

26、是以 a 为首项， b 为公比的等比数列，数列 bn满足bn1 a1 a2 an(n1,2，)，数列 满足 cn2 b1 b2 bn(n1,2，)，cn若 为等比数列，则 a b 等于( )cnA. B3 C. D62 5答案 B解析 由题意知，当 b1 时， cn不是等比数列，所以 b1.由 an abn1 ，得 bn1 1 ，a1 bn1 b a1 b abn1 b则 cn2 n (1a1 b) a1 b b1 bn1 b2 n ，ab1 b2 1 b a1 b abn 11 b2要使 为等比数列，必有Error!cn得 Error!a b3.12已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a

27、115，且满足an1 an4 n216 n15，已知 n， mN *， nm，则 Sn Sm的最小值为( )(2n 5) (2n 3)A B C14 D28494 498答案 C解析 根据题意可知(2n5) an1 (2 n3) an(2 n5)(2 n3)，式子的每一项都除以(2 n5)(2 n3)，可得 1，an 12n 3 an2n 5即 1，an 12n 1 5 an2n 5所以数列 是以 5 为首项，以 1 为公差的等差数列，an2n 5 152 5所以 5( n1)1 n6，an2n 5即 an( n6)(2 n5)，由此可以判断出 a3， a4， a5这三项是负数，从而得到当 n

28、5， m2 时， Sn Sm取得最小值，14且 Sn Sm S5 S2 a3 a4 a536514.13已知数列 an满足 nan2 ( n2) an (n22 n)，其中 a11， a22，若 an2，若 n1，则 R；若 n1，则 ，所以 0.2n 1当 n 为偶数时，由 an2，所以 ，即 0.23n综上， 的取值范围为0，)14设等差数列 an的前 n 项和为 Sn， a( a1,1)， b(1， a10)，若 ab24，且S11143，数列 bn的前 n 项和为 Tn，且满足 12n T n( a11)( nN *)(1)求数列 an的通项公式及数列 的前 n 项和 Mn；1anan

29、 1(2)是否存在非零实数 ，使得数列 bn为等比数列？并说明理由解 (1)设数列 an的公差为 d，15由 a( a1,1)， b(1， a10)， ab24，得 a1 a1024，又 S11143，解得 a13， d2，因此数列 an的通项公式是 an2 n1( nN *)，所以 ，1anan 1 12n 12n 3 12( 12n 1 12n 3)所以 Mn12(13 15 15 17 12n 1 12n 3) (nN *)n6n 9(2)因为 1a T n( a11)( nN *)，且 a13，所以 Tn ，4n 2当 n1 时， b1 ；6当 n2 时， bn Tn Tn1 ，34n 1此时有 4，若 bn是等比数列，bnbn 1则有 4，而 b1 ， b2 ，彼此相矛盾，b2b1 6 12故不存在非零实数 使数列 bn为等比数列