《（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 文.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（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 文.doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第第 1 1 讲讲 等差数列与等比数列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：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.2求和公式等差数列：Snna1d；na1an2nn12等比数列：Sn(q1)a11qn1qa1anq 1q3性质若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.例 1 (1)(2018北京)设an是等差数列，且a13，a2a536，则an的通项公
2、式为_答案 an6n3(nN N*)解析 方法一 设公差为d.a2a536，(a1d)(a14d)36，2a15d36.a13，d6，通项公式ana1(n1)d6n3(nN N*)方法二 设公差为d，a2a5a1a636，a13，a633，d6.a13，通项公式an6n3(nN N*)a6a1 5(2)(2018华大新高考联盟质检)设等比数列an的前n项和为Sn，若a3a112a，且2 5S4S12S8，则_.2答案 8 3解析 a3a112a，a2a，q42，2 52 72 5S4S12S8，a11q41qa11q121qa11q81q1q41q12(1q8)，将q42 代入计算可得 .8
3、3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)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S23a22，S43a42，则a1等于( )A2 B1 C. D.1 22 3答案 B解析 S4S2a3a43a43a2，即 3a2a32a40，即 3a2a2q2a2q20，即 2q2q30，解得q1(舍)或q ，3 2当q 时，代入S23a22，3 2得a1a1q3a1q2，解得a11.(2)(2018全国)等比数列an中，a11，a54a3.求an的通项公式；记S
4、n为an的前n项和，若Sm63，求m.解 设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2 或q2.故an(2)n1或an2n1(nN N*)若an(2)n1，则Sn.12n3由Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63 得 2m64，解得m6.3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(nN N*)为一常数；利用等差中项，即证明 2anan1an1(n2，nN N*)(2)证明数列an是等比数列的两种
5、基本方法：利用定义，证明(nN N*)为一常数；an1 an利用等比中项，即证明aan1an1(n2，nN N*)2n例 2 已知数列an，bn，其中a13，b11，且满足an (3an1bn1)，1 2bn (an13bn1)，nN N*，n2.1 2(1)求证：数列anbn为等比数列；(2)求数列的前n项和Tn.2n anan1(1)证明 anbn (3an1bn1)(an13bn1)2(an1bn1)，1 2(1 2)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，anbn2n1，又anbn (3an1bn1)(an13bn1)an1bn1，1
6、 2(1 2)又a1b13(1)2，所以anbn为常数数列，anbn2，联立得，an2n1，2n anan12n2n12n111 2n11 2n11所以Tn(1 2111 221) (1 2211 231)(1 2n11 2n11) (nN N*)1 2111 2n111 31 2n11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)aan1an1(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2n4零跟踪演练 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1 an(1
7、)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 2Snan，即 2Snana1，(*)1 an2n当n2 时，有anSnSn1，代入(*)式得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1(n2)2n2n1又当n1 时，由(*)式可得a1S11，数列S是首项为 1，公差为 1 的等差数列2n(2)解 由(1)可得S1n1n，2n数列an的各项都为正数，Sn，n当n2 时，anSnSn1，nn1又a1S11 满足上式，an(nN N*)nn1(3)解 由(2)得bn1nan1nnn1(1)n()，nn1当n为奇数时
8、，Tn1(1)()()()，232n1n2nn1n当n为偶数时，Tn1(1)()()()，232n1n2nn1n数列bn的前n项和Tn(1)n(nN N*)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5例 3 已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126.(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 N*，使得对任意nN N*，总有
9、Sn2.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an的前n项和为Sn，且Sn13(an1)，nN N* *.(1)求数列an的通项公式；6(2)设数列bn满足an13 2nna b ，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Sn3an2，令n1，得a11，又an1Sn1Sn3an13an，得an1an，3 2所以数列an是
10、以 1 为首项， 为公比的等比数列，3 2所以ann1(nN N*)(3 2)(2)由an13 2nna b ，得bn31 2lognan13 23log2n1 an(2 3)nn1，(2 3)所以bn1bn(n1)nnn1(2 3)(2 3)(2n)，2n1 3n所以(bn)maxb2b3 ，所以t .4 34 3即t的取值范围为.4 3，)真题体验1(2017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Error!得Error!解得d4.72(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“
11、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，S66a115d，S4S610a121d,2S510a120d.若d0，则 21d20d,10a121d10a120d，即S4S62S5.若S4S62S5，则 10a121d10a120d，即 21d20d，d0.“d0”是“S4S62S5”的充要条件方法二 S4S62S5S4S4a5a62(S4a5)a6a5a5da5d0.“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a1b11，a4b48，则_.a2 b2答案 1解析 设等差数列an的公
12、差为d，等比数列bn的公比为q，则由a4a13d，得d3，a4a1 3813由b4b1q3，得q38，b4 b18 1q2.1.a2 b2a1d b1q131 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7 463 4a8_.答案 32解析 设an的首项为a1，公比为q，则Error!解得Error!8所以a8 272532.1 4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
13、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 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,5a4为 12a3和 2a5的等差中项，可得10a412a32a5,10a3q12a32a3q2，得 10q122q2，解得q2 或 3.又a33a22，所以a2q3a22，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
14、在两项am，an使得 4a1，则 的最小值为( )aman1 m4 nA. B.3 25 3C. D.25 64 3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 A9解析 由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理得q2q20，解得q2 或q1(不合题意，舍去)，又由4a1，得aman16a，aman2 1即a2mn216a，即有mn24，2 12 1亦即mn6，那么 (mn)1 m4 n1 6(1 m4 n) ，1 6(4m nnm5)1 6(24m nnm5)3 2当且仅当 ，即n2m4 时取等号4m nn m4定义在(，0)(
15、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)；f(x)ln|x|.|x|则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )A B C D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，anan2a.2n1f(an)f(an2)a a(a)2f(an1)2；2n2n22n
16、1f(an)f(an2)22 2nnaa22nnaa122naf(an1)2；f(an)f(an2)f(an1)2；|anan2|an1|2f(an)f(an2)ln|an|ln|an2|(ln|an1|)2f(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 B7 C13 D1510答案 D解析 由于数列为等差数列，依题意得Error!解得d2，所以a7a43d9615.2(2018淮北模拟)已知等比数列an中，a52，a6a88，则等于( )a2 018a2 016 a2 014a2 012A2 B4 C6 D8答案 A解析 数列
17、an是等比数列，a6a8a8，a72(与a5同号)，q2，2 72a7 a52从而q4()22.a2 018a2 016 a2 014a2 01223(2018株洲质检)已知等差数列an的公差为 2，若a1，a3，a4成等比数列，Sn是an的前n项和，则S9等于( )A8 B6 C0 D10答案 C解析 a1，a3，a4成等比数列，aa1a4，2 3(a122)2a1(a132)，化为 2a116，解得a18，则S98920.9 8 24一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
18、前n项积为Tn，由已知得a1a2a32，anan1an24，可得(a1an)324，a1an2，Tna1a2an，T(a1a2an)22n(a1an)(a2an1)(ana1)(a1an)n2n642212，n12.5(2018荆州质检)已知数列an满足 51na255na，且a2a4a69，则111 3log(a5a7a9)等于( )A3 B3 C D.1 31 3答案 A解析 15na255na25na，an1an2，数列an是等差数列，且公差为 2.a2a4a69，3a49，a43.log13(a5a7a9)log133a7log133(a46)log13273.6(2018资阳模拟)已
19、知等差数列an的前n项和为Sn，a19，a51，则使得Sn0 成立的最大的自然数n为_答案 9解析 因为a19，a51，所以d2，19 4所以Sn9nn(n1)(2)0，即n0 成立的最大的自然数n为 9.7(2018石嘴山模拟)在正项等比数列an中，若a1，a3，2a2成等差数列，则1 2_.a5 a3答案 322解析 由于a1，a3，2a2成等差数列，1 2所以a3a12a2，即a1q2a12a1q，q22q10，解得q1 或q1(舍去)22故q232.a5 a328已知数列an满足a12，且an(n2，nN N*)，则an_.2nan1 an1n1答案 n2n 2n112解析 由an，得
20、 ，2nan1 an1n1n ann1 2an11 2于是1(n2，nN N*)n an1 2(n1 an11)又1 ，1 a11 2数列是以 为首项， 为公比的等比数列，故1，n an11 21 2n an1 2nan(nN N*)n2n 2n19意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，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 N*)，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
21、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 017b11.10(2018天津)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN N*)；bn是等比数列，公比大于 0，其前n项和为Tn(nN N*)，已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解 (1)设等比数列bn的公比为q(q0)由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0
22、，可得q2，故bn2n1.所以Tn2n1(nN N*)12n 12设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得 3a113d16，从而a11，d1，故ann，所以Sn(nN N*)nn12(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.2 12n1213由Sn(T1T2Tn)an4bn，可得2n1n2n2n1，nn12整理得n23n40，解得n1(舍去)或n4.所以n的值为 4.B 组 能力提高11数列an是以a为首项，b为公比的等比数列，数列bn满足bn1a1a2an(n1,2，)，数列满足cn2b1b2bn(n1,2，)，cn若为等比数列，
23、则ab等于( )cnA. B3 C. D625答案 B解析 由题意知，当b1 时，cn不是等比数列，所以b1.由anabn1，得bn11，a1bn1ba 1babn 1b则cn2n(1a 1b)a 1bb1bn1b2n，ab1b21ba 1babn11b2要使为等比数列，必有Error!cn得Error!ab3.12艾萨克牛顿(1643 年 1 月 4 日1727 年 3 月 31 日)是英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列满足xn1xn，我们把该数列称为牛顿数列如果函数f(x)xnfxnfxnax2bxc(
24、a0)有两个零点 1,2，数列为牛顿数列，设anln ，已知xnxn2 xn1a12，xn2，则an的通项公式an_.答案 2n解析 函数f(x)ax2bxc(a0)有两个零点 1,2，Error! 解得Error! f(x)ax23ax2a，14则f(x)2ax3a.则xn1xnax2n3axn2a 2axn3axn，x2n3xn2 2xn3x2n2 2xn3xn12 xn11x2n2 2xn32 x2n2 2xn312，x2n222xn3x2n22xn3(xn2 xn1)则数列an是以 2 为公比的等比数列，又a12，数列an是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则an22n12n.
25、13(2018攀枝花统考)记m，若是等差数列，则称m为数列d1a1d2a2dnan ndnan的“dn等差均值” ；若是等比数列，则称m为数列an的“dn等比均值” 已知数列dnan的“2n1 等差均值”为 2，数列bn的“3n1等比均值”为 3.记cnklog3bn，数2 an列的前n项和为Sn，若对任意的正整数n都有SnS6，则实数k的取值范围是cn_答案 13 5，114解析 由题意得 2，a13a22n1ann所以a13a2(2n1)an2n，所以a13a2(2n3)an12n2(n2，nN N*)，两式相减得an(n2，nN N*)2 2n1当n1 时，a12，符合上式，所以an(n
26、N N*)2 2n1又由题意得 3，b13b23n1bn n所以b13b23n1bn3n，所以b13b23n2bn13n3(n2，nN N*)，15两式相减得bn32n(n2，nN N*)当n1 时，b13，符合上式，所以bn32n(nN N*)所以cn(2k)n2k1.因为对任意的正整数n都有SnS6，所以Error!解得k.13 511 414设等差数列an的前n项和为Sn，a a(a1,1)，b b(1，a10)，若abab24，且S11143，数列bn的前n项和为Tn，且满足12na Tn(a11)(nN N*)(1)求数列an的通项公式及数列的前n项和Mn；1 anan1(2)是否存
27、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 a(a1,1)，b b(1，a10)，abab24，得a1a1024，又S11143，解得a13，d2，因此数列an的通项公式是an2n1(nN N*)，所以，1 anan112n12n31 2(1 2n11 2n3)所以Mn1 2(1 31 51 51 71 2n11 2n3)(nN N*)n 6n9(2)因为12na Tn(a11)(nN N*)，且a13，所以Tn，4n 2 当n1 时，b1；6 当n2 时，bnTnTn1，34n1 此时有4，若bn是等比数列，bn bn1则有4，而b1，b2，彼此相矛盾，b2 b16 12 故不存在非零实数使数列bn为等比数列