【精品】2019高考数学二轮复习专题三数列与不等式第1讲等差数列与等比数列学案.pdf

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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.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，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：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.2求和公式等差数列：Snn a1an2na1n n12d；等比数列：Sna11qn1qa1anq1qq1，na1q1.3性质若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.例 1(1)(2018 全国)记Sn为等差数列 an的前n项和，若3S3S2S4，

2、a1 2，则a5等于()A 12 B 10 C 10 D 12 答案B 解析设等差数列 an的公差为d，由 3S3S2S4，得 3 3a13 312d2a12 212d 4a14 412d，将a12 代入上式，解得d 3，故a5a1(5 1)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，S2 8，则公比q_，a5_.答案3 162 2解析由题意可得，S4S2q2S2，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(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)

3、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)(2018 浙江省重点中学联考)设Sn为等差数列 an 的前n项和，若a1 2 017，S62S3 18，则S2 019等于()A2 016 B 2 019 C 2 017 D 2 018 答案B 解析在等差数列 an中，设公差为d.S62S318，a4a5a6(a1a2a3)9d18.d2，S2 0192 019a12 0192 018d22 0192 0182 0192 0172 019，故选 B.(2)(2018 全国)等比数列an中，a11，a54a3.求 an的通项公式；记Sn为an 的前n项和，若Sm63，求m.解

4、设 an 的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q 2 或q2.故an(2)n1或an2n1(nN*)若an(2)n1，则Sn1 2n3.由Sm63 得(2)m 188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.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an1an(n N*)为一常数；利用等差中项，即证明2anan1an1(n2，nN*)(2)证明数列 an是等比数列的两种基本方法3利用定义，证明an1an(nN*

5、)为一常数；利用等比中项，即证明a2nan1an1(n2，nN*)例 2 已知数列 an，bn，其中a13，b1 1，且满足an12(3an 1bn 1)，bn12(an13bn1)，nN*，n2.(1)求证：数列 anbn 为等比数列；(2)求数列2nanan1的前n项和Tn.(1)证明anbn12(3an1bn1)12(an1 3bn1)2(an1bn1)，又a1b13(1)4，所以 anbn是首项为4，公比为2 的等比数列(2)解由(1)知，anbn2n 1，又anbn12(3an1bn1)12(an13bn 1)an1bn1，又a1b13(1)2，所以 anbn为常数数列，anbn2，

6、联立得，an2n1，所以2nanan12n2n 1 2n1112n112n1 1，所以Tn121112211221123112n112n 11121112n111312n11(nN*)思维升华(1)判断一个数列是等差(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)a2nan1an1(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零跟踪演练2 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1an的等差中项(1)求证：数列 S2n 为等差数列；(2)求数列 an的通项公式；(3)设bn1nan，求 bn的前n项和Tn.(1)证明由题

7、意知2Snan1an，即 2Snana2n 1，(*)4当n2时，有anSnSn1，代入(*)式得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得S2nS2n11(n2)又当n1 时，由(*)式可得a1S11，数列 S2n是首项为1，公差为1 的等差数列(2)解由(1)可得S2n 1n1n，数列 an的各项都为正数，Snn，当n2 时，anSnSn1nn1，又a1S11 满足上式，annn1(nN*)(3)解由(2)得bn1nan1nnn 1(1)n(nn1)，当n为奇数时，Tn 1(21)(32)(n1n2)(nn1)n，当n为偶数时，Tn 1(21)(32)(n1n2)(nn 1)n，数列

8、bn的前n项和Tn(1)nn(nN*)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a2a7a12 6.(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SnTm 恒成立，求实数 的取值范围解(1)由a2a7a12 6，得a7 2，a14，an5n，从而Snn9n2(nN*)(

9、2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列 bn的公比为q，则qb2b112，5Tm4 112m1128 112m，12m随m的增加而减少，Tm为递增数列，得4Tm8.又Snn9n212(n29n)12n922814，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使得对任意nN*，总有SnTm，则 102.即实数 的取值范围为(2，)思维升华(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)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 a

10、n的前n项和为Sn，且Sn1 3(an1)，nN*.(1)求数列 an的通项公式；(2)设数列 bn满足an132nnab，若bnt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Sn3an 2，令n1，得a1 1，又an1Sn1Sn3an13an，得an132an，所以数列 an 是以 1 为首项，32为公比的等比数列，所以an32n1(nN*)(2)由an 132nnab，得bn1an312logna23n1323log2nn23n1，所以bn 1bn(n1)23nn23n12n13n(2 n)，所以(bn)maxb2b343，所以t43.6即t的取值范围为43，.真题体验1(2

11、017全国改编)记Sn为等差数列 an的前n项和若a4a524，S648，则 an 的公差为 _答案4 解析设 an 的公差为d，由a4a524，S648，得a13da14d 24，6a1652d48，解得d4.2(2017浙江改编)已知等差数列 an的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4S62S5”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，S44a16d，S55a110d，S6 6a115d，S4S610a121d,2S510a120d.若d0，则 21d20d,10a121d10a120d，即S4S62S5.若S4S62S5，则 10a121d10a1 20d，即

12、 21d20d，d0.“d0”是“S4S62S5”的充要条件方法二S4S62S5?S4S4a5a62(S4a5)?a6a5?a5da5?d0.“d0”是“S4S62S5”的充要条件3(2017北京)若等差数列 an 和等比数列 bn满足a1b1 1，a4b48，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a4a1 3d，得da4a138 133，7由b4b1q3，得q3b4b181 8，q 2.a2b2a1db1q131 21.4(2017江苏)等比数列 an的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S374，S6634，则a8_.答案32 解析设 an 的

13、首项为a1，公比为q，则a11q31q74，a11q61q634，解得a114，q2，所以a814272532.押题预测1设等差数列an 的前n项和为Sn，且a10，a3a100，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，a1a132a70，S130 的最大自然数n的值为 12.2 在等比数列 an中，a33a22，且 5a4为 12a3和 2a5的等差中项，则an 的公比等于()A3 B2 或 3 C2 D6 押题依据等差数列、等比数列

14、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 8解析设公比为q,5a4为 12a3和 2a5的等差中项，可得10a412a3 2a5，10a3q12a32a3q2，得 10q12 2q2，解得q 2 或 3.又a33a22，所以a2q3a2 2，即a2(q3)2，所以q2.3已知各项都为正数的等比数列an 满足a7a62a5，存在两项am，an使得aman4a1，则1m4n的最小值为()A.32B.53C.256D.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a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理得

15、q2q 20，解得q2 或q 1(不合题意，舍去)又由aman4a1，得aman16a21，即a212m n216a21，即有mn24，亦即mn6，那么1m4n16(mn)1m4n164mnnm5 1624mnnm5 32，当且仅当4mnnm，即n2m4 时取等号4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)2x；f(x)|x|；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()A BC D押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义

16、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9答案C 解析由等比数列的性质得，anan2a2n1.f(an)f(an2)a2na2n2(a2n1)2f(an1)2；f(an)f(an2)22122 222nnnnnaaaaaf(an1)2；f(an)f(an2)|anan2|an1|2f(an1)2；f(an)f(an2)ln|an|ln|an 2|(ln|an1|)2f(an1)2.A组专题通关1在正项等比数列an 中，已知a3a564，则a1a7的最小值为()A64 B32 C16

17、 D8 答案C 解析在正项等比数列an 中，a3a564，a3a5a1a764，a1a72a1a7 26428 16，当且仅当a1a78 时取等号，a1a7的最小值为16，故选 C.2(2018嘉兴市、丽水市模拟)已知数列 an为等差数列，且a81，则 2|a9|a10|的最小值为()A3 B2 C1 D0 答案C 解析因为数列 an为等差数列，所以2a9a8a10，则 2|a9|a8a10|a8|a10|，所以2|a9|a10|a8|1，当且仅当a100，dS30 Ba1d0，dS30 Ca1d0 Da1d0，dS30 答案C 解析因为数列 an为等差数列，且a2，a3，a6构成等比数列，所

18、以a23a2a6，即(a12d)2(a1d)(a15d)，结合d0 化简得d 2a10，则a1d 2a210，故选 C.4(2018浙江省温州六校协作体联考)设an是公比为实数q的等比数列，首项a1 64，对于nN*，an2bn，当且仅当n4时，数列 bn 的前n项和取得最大值，则q的取值范围是()A.36，13 B.14，13 C.14，24 D.26，24答案C 解析由题意得an 1an2bn 12bn2bn 1bnq0，所以bn1bnlog2q为常数，又因为a112b64，所以b16，所以数列 bn为首项为6，公差为log2q的等差数列，又因为当且仅当n4 时，数列 bn 的前n项和取得

19、最大值，所以b463log2q0，b564log2q0，解得14q24，故选 C.5(2018浙江省金丽衢十二校联考)已知正项数列an中，a11，a22，ana2n 1a2n12(n2)，则a6等于()A22 B 4 C 16 D 45 答案B 解析由ana2n1a2n 12得a2na2n1a2n12，即a2na2n1a2n1a2n(n2)，所以数列 a2n 为等差数列，且首项为a21 1，公差为da22a213，则a26a215d16，又因为数列 an为正项数列，所以a64，故选 B.6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

20、案n n12(nN*)解析设等差数列 an的公差为d.a2，a4，a8成等比数列，a24a2a8，即(a13d)2(a1d)(a1 7d)，(1 3d)2(1d)(1 7d)，解得d1 或d0(舍)Snna1n n12dn n12(nN*)7等差数列 an的前n项和为Sn，若a28，且SnS7，则公差d的取值范围是 _答案85，43解析a2 8a1d，a18d，11Snna1n n12d(8 d)nn n12d12dn2 832d n，对称轴为n328d，SnS7，S7为Sn的最大值，由二次函数的性质可得，132328d152，d0，a50，a50，所 以 等 差 数 列 an 的 公 差d0

21、，a5a1 4d0，解得 3da10，所以S15S10S10S52S51 2S5S52S5S51S522S51S524，当且仅当S51S5，即S51 时等号成立，所以S15S10的最小值为 4.10(2018天津)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an 和bn的通项公式；(2)设数列 Sn的前n项和为Tn(nN*)，12求Tn；证明：k1nTkbk2bkk1k22n2n22(nN*)(1)解设等比数列 an 的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q0，可得q2，故an2n1.设等差

22、数列 bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得 3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列 an 的通项公式为an2n1(nN*)，数列 bn 的通项公式为bnn(nN*)(2)解由(1)得Sn12n122n1，故Tnk1n(2k1)k1n2kn2 12n12n2n1n2(nN*)证明因为Tkbk2bkk1k22k1k2k2kk1k2k2k1k1k22k2k22k1k 1，所以k1nTkbk2bkk1k22332222442332n2n22n1n12n2n22(nN*)B组能力提高11(2018浙江省名校新高考研究联盟联考)已有正项数列 an 是单调递

23、增的等差数列，bn是等比数列，且满足a1b1，a5b5，则以下结论：a3b3；a6b6，正确的个数是()A0 B 1 C 2 D 3 答案B 解析设数列 an 的公差为d，数列 bn 的公比为q，则由a5b5得a14db1q4，又a1b1，所以da1q4 14.因为数列 an 为正项单调递增数列，所以a10，d0，则q410，解得q1或q1时，an可以看作是直线上的点的纵坐标，bn可以看作是指数函数图象上的点的纵坐标，则易得此时a6b6；当q1 时，b6b6，错误由等差数列和等比数列的性质易得a3a1a52，b23b1b5a1a5，则a23b23a1a522a1a5a1a5220，所以a3b3

24、，13错误，正确综上所述，正确结论的个数为1.故选 B.12已知数列 an 的前n项和为Sn，a1 15，且满足()2n5an1()2n3an4n216n15，已知n，mN*，nm，则SnSm的最小值为()A494 B 498 C 14 D 28 答案C 解析根据题意可知(2n5)an 1(2n3)an(2n5)(2n3)，式子左、右两端同除以(2n5)(2n3)，可得an12n 3an2n51，即an12n1 5an2n51，所以数列an2n5是以1525 5 为首项，以1 为公差的等差数列，所以an2n 5 5(n1)1n6，即an(n6)(2n5)，由此可以判断出a3，a4，a5这三项是

25、负数，从而得到当n5，m2 时，SnSm取得最小值，且SnSmS5S2a3a4a5 365 14.13已知数列 an 满足a1 3，an12ann 1，数列 bn 满足b12，bn1bnann.(1)证明：ann 为等比数列；(2)数列 cn 满足cnannbn1bn11，求数列 cn 的前n项和Tn.(1)证明an12ann 1，an1(n1)2(ann)，又a112，ann 是以 2为首项，2 为公比的等比数列(2)解由(1)知ann(a11)2n12n，bn1bnann，bn1bn2n，b2b121，b3b222，bnbn12n1，累加得到bn22 12n1122n(n2)当n1 时，b

26、12，bn2n，14cnannbn 1bn112n2n 1 2n1112n112n11.Tn1312n11.14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12naTn(a1 1)(nN*)(1)求数列 an的通项公式及数列1anan1的前n项和Mn；(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，由a(a1,1)，b(1，a10)，ab24，得a1a1024，又S11143，解得a13，d2，因此数列 an 的通项公式是an2n1(nN*)，所以1anan112n1 2n31212n112n3，所以Mn121315151712n112n3n6n 9(nN*)(2)因为12naTn(a1 1)(nN*)，且a13，所以Tn4n2，当n1 时，b16；当n2时，bnTnTn 134n1，此时有bnbn14，若 bn是等比数列，则有b2b14，而b16，b212，彼此相矛盾，故不存在非零实数 使数列 bn为等比数列