广东省2013年高考数学第二轮复习 专题四 数列第1讲 等差数列、等比数列 文.doc

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1、-1-专题四专题四数列第数列第 1 1 讲讲等差数列、等比数列等差数列、等比数列真题试做真题试做1(2012辽宁高考，文 4)在等差数列an中，已知a4a816，则a2a10()A12B16C20D242(2012安徽高考，文 5)公比为 2 的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则a5()A1B2C4D83(2012北京高考，文 6)已知an为等比数列下面结论中正确的是()Aa1a32a2Ba12a322a22C若a1a3，则a1a2D若a3a1，则a4a24(2012广东高考，文 12)若等比数列an满足a2a412，则a1a23a5_.5(2012广东高考，文 19)设数列an

2、的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，满足Tn2Snn2，nN N*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式考向分析考向分析高考中对等差(等比)数列的考查主、客观题型均有所体现，一般以等差、等比数列的定义或以通项公式、前n项和公式为基础考点，常结合数列递推公式进行命题，主要考查学生综合应用数学知识的能力以及计算能力等，中低档题占多数考查的热点主要有三个方面：(1)对于等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属

3、中低档题；(3)对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节热点例析热点例析热点一等差、等比数列的基本运算【例 2】(2012福建莆田质检，20)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，等式anan22an1对任意nN N*均成立(1)若a410，求数列an的通项公式；(2)若a21t，且存在m3(mN N*)，使得amSm成立，求t的最小值规律方法规律方法 此类问题应将重点放在通项公式与前n项和公式的直接应用上，注重五个基本量a1，an，Sn，n，d(q)之间的转化，会用方程(组)的思想解决“知三求二”问题我们重在认真观察已

4、知条件，在选择a1，d(q)两个基本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的基本性质转化已知条件，否则可能会导致列出的方程或方程组较为复杂，无形中增大运算量同时在运算过程中注意消元法及整体代换的应用，这样可减少计算量特别提醒：(1)解决等差数列an前n项和问题常用的有三个公式Snn(a1an)2；Snna1n(n1)2d；SnAn2Bn(A，B为常数)，灵活地选用公式，解决问题更便捷；(2)利用等比数列前n项和公式求和时，不可忽视对公比q是否为 1 的讨论变式训练变式训练 1 1(2012山东青岛质检，20)已知等差数列an的公差大于零，且a2，a4是方程x218x650 的两个根；各项均

5、为正数的等比数列bn的前n项和为Sn，且满足b3a3，S313.(1)求数列an，bn的通项公式；-2-(2)若数列cn满足cnan，n5，bn，n5，求数列cn的前n项和Tn.热点二等差、等比数列的性质【例 2】(1)在正项等比数列an中，a2，a48是方程 2x27x60 的两个根，则a1a2a25a48a49的值为()A.212B9 3C9 3D35(2)正项等比数列an的公比q1，且a2，12a3，a1成等差数列，则a3a4a4a5的值为()A.512或512B.512C.512D.1 52规律方法规律方法(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入

6、手选择恰当的性质进行求解；(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若mnpq，则amanapaq”这一性质与求和公式Snn(a1an)2的综合应用变式训练变式训练 2 2(1)(2012江西玉山期末，3)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足S1525，则 tana8的值是()A.3B 3C 3D33(2)(2012广西桂林调研，7)已知数列an是等比数列，其前n项和为Sn，若公比q2，S41，则S8()A17B16C15D256热点三等差、等比数列的判定与证明【例 3】(2012广东韶关第一次调研，文 19)已知函数f(x)log2x，且数列f(an)是首项为 2，公差为

7、2 的等差数列(1)求证：数列an是等比数列；(2)设bnanf(an)，求数列bn的前n项和Sn的最小值规律方法规律方法 证明数列an为等差或等比数列有两种基本方法：(1)定义法an1and(d为常数)an为等差数列；an1anq(q为常数)an为等比数列(2)等差、等比中项法2anan1an1(n2，nN N*)an为等差数列；a2nan1an1(an0，n2，nN N*)an为等比数列我们要根据题目条件灵活选择使用，一般首选定义法利用定义法一种思路是直奔主题，例如本题方法；另一种思路是根据已知条件变换出要解决的目标，如本题还可这样去做：由an2an12n1，得an12an122n，所以a

8、n12(an11)2n，上式两边除以2n，从而可得an12n(an11)2n11，由此证得结论特别提醒：(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a2nan1an1(n2，nN N*)是an为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为 0.-3-变式训练变式训练 3 3(2012广东两校联考，文 19)已知数列an满足a15，a25，an1an6an1(n2)(1)求证：an12an是等比数列；(2)求证：an3n是

9、等比数列并求数列an的通项公式思想渗透思想渗透1函数方程思想等差(比)数列通项与前n项和的计算问题：(1)已知等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n项和公式，及由通项公式和前n项和公式求首项、公差(比)、项数及项，即主要指所谓的“知三求二”问题；(2)由前n项和求通项；(3)解决与数列通项、前n项和有关的不等式最值问题2求解时主要思路方法为：(1)运用等差(比)数列的通项公式及前n项和公式中的 5 个基本量，建立方程(组)，进行运算时要注意消元的方法及整体代换的运用；(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的函数解析式，因此在解决数列问题时，应用函数的

10、思想求解【典型例题】在等比数列an中，an0(nN N*)，公比q(0,1)，且a1a52a3a5a2a825，a3与a5的等比中项为 2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2an，数列bn的前n项和为Sn，当S11S22Snn最大时，求n的值解：解：(1)a1a52a3a5a2a825，a232a3a5a2525.又an0，a3a55.又a3与a5的等比中项为 2，a3a54.而q(0,1)，a3a5.a34，a51，q12，a116.an1612n125n.(2)bnlog2an5n，bn1bn1，bn是以 4 为首项，1 为公差的等差数列Snn(9n)2，Snn9n2，当n8

11、 时，Snn0；当n9 时，Snn0；当n9 时，Snn0.当n8 或 9 时，S11S22Snn最大1(2012河北冀州一模，5)在等差数列an中，a912a126，则数列an前 11 项的和S11等于()A24B48C66D1322在等比数列an中，an0，若a1a516，a48，则a5()A16B8C4D323(2012广东汕头质检，2)已知等比数列an的公比q为正数，且 2a3a4a5，则q的值为()A.32B2C.52D3-4-4(2012河北衡水调研，6)等差数列an的前n项和为Sn，满足S20S40，则下列结论中正确的是()AS30是Sn中的最大值BS30是Sn中的最小值CS30

12、0DS6005已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an，使得aman4a1，则1m4n的最小值为_6已知数列an为等差数列，数列bn为等比数列，且满足a1 000a1 013，b1b132，则 tana1a2 0121b47_.7若数列an满足a11，an1pSnr(nN N*)，p，rR R，Sn为数列an的前n项和(1)当p2，r0 时，求a2，a3，a4的值；(2)是否存在实数p，r，使得数列an为等比数列？若存在，求出p，r满足的条件；若不存在，说明理由8设an是公比大于 1 的等比数列，Sn为数列an的前n项和已知S37，且a13,3a2，a34 构成等差数列(1

13、)求数列an的通项公式；(2)令bnlna3n1，n1,2，求数列bn的前n项和Tn.参考答案参考答案命题调研命题调研明晰考向明晰考向真题试做真题试做1B解析：解析：由等差数列的性质知，a2a10a4a816，故选 B.2A解析：解析：由题意可得，a3a11a2716，a74.a5a7q24221.3B解析：解析：A 中当a1，a3为负数，a2为正数时，a1a32a2不成立；B 中根据等比数列的性质及均值不等式得，a12a322a12a322a22；C 中取a1a31，a21，显然a1a2；D 中取a11，a22，a34，a48，可知a4a2不成立综上可知，仅有 B 正确4.14解析：解析：由

14、等比数列的性质得a2a4a1a5a2312，a1a23a514.5解：解：(1)当n1 时，T12S11.因为T1S1a1，所以a12a11，求得a11.(2)当n2 时，SnTnTn12Snn22Sn1(n1)22Sn2Sn12n1，所以Sn2Sn12n1.所以Sn12Sn2n1.，得an12an2，所以an122(an2)，即an12an22(n2)，求得a123，a226，则a22a122.所以an2是以 3 为首项，2 为公比的等比数列所以an232n1.所以an32n12，nN N*.精要例析精要例析聚焦热点聚焦热点-5-热点例析热点例析【例 1】解：解：(1)anan22an1对n

15、N N*都成立，数列an为等差数列设数列an公差为d，a11，a410，a4a13d10.d3.ana1(n1)d3n2.数列an的通项公式为an3n2.(2)a21t，公差da2a1t.ana1(n1)d1(n1)t.Snna1n(n1)2dnn(n1)2t.由amSm得 1(m1)tmm(m1)2t，(m1)t(m1)m(m1)2t.t1m2t.t22m.m3，2t0.t的最小值为2.【变式训练 1】解：解：(1)设an的公差为d(d0)，bn的公比为q(q0)，则由x218x650，解得x5 或x13.因为d0，所以a2a4，则a25，a413.则a1d5，a13d13，解得a11，d4

16、，所以an14(n1)4n3.因为b3b1q29，b1b1qb1q213，q0解得b11，q3.所以bn3n1.(2)当n5 时，Tna1a2a3annn(n1)242n2n；当n5 时，TnT5(b6b7b8bn)(2525)35(13n5)133n1532，所以Tn2n2n，n5，3n1532，n5.【例 2】(1)B解析：解析：依题意知a2a483.又a1a49a2a48a2253，a250，a1a2a25a48a49a2559 3.(2)C解析解析：因为a2，12a3，a1成等差数列，所以a3a1a2.q21q.又q0，解得q1 52，-6-故a3a4a4a5a3a4(a3a4)q1q

17、512.【变式训练 2】(1)B解析解析：S1515a825，a853.tana8tan53tan23 tan3 3.(2)A解析解析：S8S4(a5a6a7a8)S4q4S417.【例 3】解解：(1)证明证明：由题意f(an)2(n1)22n，即 log2an2n，an 22n2n.an1an2n12n2.数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)知，bnanf(an)n2n1.Sn122223324n2n1，2Sn123224325n2n2，得Sn2223242n1n2n222(12n)12n2n2，Sn(n1)2n24.因为Sn是递增数列，所以Sn的最小值等于S14.

18、【变式训练 3】解：解：(1)由an1an6an1，an12an3(an2an1)(n2)，a15，a25，a22a115.故数列an12an是以 15 为首项，3 为公比的等比数列(2)由(1)得an12an53n，(an13n1)2(an3n)故数列an3n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，an3n2(2)n1，即an3n2(2)n13n(2)n.创新模拟创新模拟预测演练预测演练1D解析：解析：设等差数列an的公差为d，则由a912a126 得a18d12(a111d)6，整理得a15d12，即a612，S1111a6132.2A解析解析：a1a5a2a416，a22.q2a4a24

19、.又an0，q2.a5a2q322316.3B解析解析：由 2a3a4a5得 2a3a3qa3q2，q2q20，解得q2，q1(舍去)4D解析解析：由S20S40得a21a22a23a400，a21a400.S6012(a1a60)6012(a21a40)600.5.32解析解析：由a7a62a5，得q2q20，解得q2 或q1(舍去)，amana1qm1a1qn116a21.qmn22mn224.-7-mn24.mn6.1m4n1m4n16(mn)1614nm4mn16(54)32(当且仅当 4m2n2时，“”成立)6 3解析：解析：因为数列an为等差数列，数列bn为等比数列，所以由它们的性

20、质可得a1 000a1 013a1a2 012，b1b13b722，则 tana1a2 0121b47tan3 3.7解：解：(1)由a11，an1pSnr，当p2，r0 时，an12Sn，a22a12，a32S22(a1a2)2(12)6，a42S32(a1a2a3)2(126)18.(2)an1pSnr，anpSn1r(n2)an1an(pSnr)(pSn1r)pan，即an1(p1)an，其中n2.若数列an为等比数列，则公比qp10.p1.又a2pra1qa1(p1)p1，故r1.当p1，r1 时，数列an为等比数列8解：解：(1)设数列an的公比为q(q1)由已知得a1a2a37，(a13)(a34)23a2，即a1a2a37，a16a2a37，即a1(1qq2)7，a1(16qq2)7，解得a11，q2 或a14，q12(舍去)an2n1.(2)由(1)得a3n123n，bnlna3n1ln 23n3nln 2，bn1bn3ln 2.bn是以b13ln 2 为首项，公差为 3ln 2 的等差数列Tnb1b2 bnn(b1bn)2n(3ln 23nln 2)23n(n1)ln 22，即Tn3n(n1)ln 22.