《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题三 1 第1讲 等差数列与等比数列 学案 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题三 1 第1讲 等差数列与等比数列 学案 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题三 数 列 第 1 讲 等差数列与等比数列 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷 等差数列基本量的计算T4 an与Sn关系的 应用T14 卷等差数列基本量的计算、 和的最值问题T17 2018 卷等比数列基本量的计算T17 卷等差数列的通项公式、前 n 项和公式T4 卷 等比数列的概念、前 n 项和公式、数学文 化T3 等差数列的前 n 项和公式、通项公式及等 比中项T9 2017 卷 等比数列的通项公式T14 2016卷 等差数列的基本运算T3 等比数列的运 算T15 等差数列、等比数列 的判定及其通项公式在考 查基本运算、基本概念的 同时，
2、也注重对函数与方 程、等价转化、分类讨论 等数学思想的考查；对等 差数列、等比数列的性质 考查主要是求解数列的等 差中项、等比中项、通项 公式和前 n 项和的最大、 最小值等问题，主要是中 低档题. 等差、等比数列的基本运算(基础型) 通项公式 等差数列：ana1(n1)d； 等比数列：ana1qn1. 求和公式 等差数列：Snna1d； n （a 1an） 2 n（n1） 2 等比数列：Sn(q1) a1（1qn） 1q a1anq 1q 性质 等差数列等比数列 若 m， n， p， qN*， 且 mnpq， 则 aman apaq 若 m， n， p， qN*， 且 mnpq， 则 ama
3、napaq anam(nm)danamqnm性质 Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等比 数列(Sn0) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考法全练 1(2018贵阳模拟)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a62a3，则( ) S11 S5 A. B. 11 5 5 22 C. D. 11 10 22 5 解析：选 D.故选 D. S11 S5 11 2 （a 1a11） 5 2 （a 1a5） 11a6 5a3 22 5 2 (2018高考全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和 若 3S3S2S4， a12， 则 a5
4、( ) A12 B10 C10 D12 解析 ： 选 B.设等差数列an的公差为 d， 因为 3S3S2S4， 所以 3(3a1d)2a1d 3 2 2 4a1d， 解得d a1， 因为a12， 所以d3， 所以a5a14d24(3) 4 3 2 3 2 10.故选 B. 3(2018郑州模拟)等比数列an的前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数 n，Sn24Sn3 恒成立，则 a1的值为 ( ) A3 B1 C3 或 1 D1 或 3 解析 ： 选 C.设等比数列an的公比为 q， 当 q1 时， Sn2(n2)a1， Snna1， 由 Sn24Sn 3 得，(n2)a14na13，即 3a
5、1n2a13，若对任意的正整数 n，3a1n2a13 恒成立， 则 a10 且 2a130，矛盾，所以 q1， 所以 Sn，Sn2， a1（1qn） 1q a1（1qn2） 1q 代入 Sn24Sn3 并化简得 a1(4q2)qn33a13q， 若对任意的正整数 n 该等式恒成 立，则有解得或故 a11 或3，故选 C. 4q20， 33a13q0，) a11， q2) a13， q2，) 4(2018南宁模拟)在等比数列an中，a2a616，a4a88，则_ a20 a10 解析 ： 法一 ： 设等比数列an的公比为 q， 由 a2a616 得 a q616， 所以 a1q34.由 a4a8
6、 2 1 8，得 a1q3(1q4)8，即 1q42，所以 q21.于是q101. a20 a10 法二：由等比数列的性质，得 a a2a616，所以 a44，又 a4a88， 2 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以或因为 a a4a80， 所以则公比 q 满足 q41， q21， a44， a84) a44， a812.) 2 6 a44， a84，) 所以q101. a20 a10 答案：1 5(2018高考全国卷)等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为an的前 n 项和若 Sm63，求 m. 解：(1)设an的公比为 q，由题设
7、得 anqn1. 由已知得 q44q2， 解得 q0(舍去)，q2 或 q2. 故 an(2)n1或 an2n1. (2)若 an(2)n1，则 Sn. 1（2）n 3 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. 综上，m6. 等差、等比数列的判定与证明(综合型) 证明数列an是等差数列或等比数列的方法 (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*)为一常数； 利用等差中项，即证明 2anan1an1(n2) (2)证明an是等比数列的两种基本方法： 利用定义，证明(nN*)
8、为一常数； an1 an 利用等比中项，即证明 a an1an1(n2) 2n 典型例题 设 Sn为数列an的前 n 项和， 对任意的 nN*， 都有 Sn2an， 数列bn满足 b1 2a1，bn(n2，nN*) bn1 1bn1 (1)求证：数列an是等比数列，并求an的通项公式； (2)判断数列是等差数列还是等比数列，并求数列bn的通项公式 1 bn 【解】 (1)当 n1 时，a1S12a1，解得 a11； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 n2 时，anSnSn1an1an，即 (n2，nN*) an an1 1 2 所以数列an是首项为 1，公比为 的等比数列， 1
9、2 故数列an的通项公式为 an. ( 1 2) n1 (2)因为 a11， 所以 b12a12. 因为 bn， bn1 1bn1 所以1， 1 bn 1 bn1 即1(n2) 1 bn 1 bn1 所以数列是首项为 ，公差为 1 的等差数列 1 bn 1 2 所以 (n1)1，故数列bn的通项公式为 bn. 1 bn 1 2 2n1 2 2 2n1 判断(证明)等差(比)数列应注意的问题 (1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他 方法最后都会回到定义， 如证明等差数列可以证明通项公式是 n 的一次函数， 但最后还得使 用定义才能说明其为等差数列 (2)证
10、明数列an为等比数列时，不能仅仅证明 an1qan，还要说明 a10，才能递推得 出数列中的各项均不为零，最后断定数列an为等比数列 对点训练 记 Sn为等比数列an的前 n 项和，已知 S22，S36. (1)求an的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列 解：(1)设an的公比为 q.由题设可得 a1（1q）2， a1（1qq2）6.) 解得 q2，a12. 故an的通项公式为 an(2)n. (2)由(1)可得 Sn (1)n. a1（1qn） 1q 2 3 2n1 3 由于 Sn2Sn1 (1)n2 (1)n2Sn，故 Sn1，Sn，Sn2 4 3 2n
11、32n2 3 2 3 2n1 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 成等差数列 Sn，an关系的应用(综合型) 数列an中，an与 Sn的关系 an S1，n1， SnSn1，n 2.) 求数列通项的常用方法 (1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式 (2)在已知数列an中，满足 an1anf(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累加法 求数列的通项 an. (3)在已知数列an中，满足f(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累乘法求数列的 an1 an 通项 an. (4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列) 典型例题 (1)(2018合肥第一
12、次质量检测)已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 3Sn2an3n， 则 a2 018( ) A22 0181 B32 0186 C D ( 1 2) 2 018 7 2( 1 3) 2 018 10 3 (2)(2018福州模拟)已知数列an中， a11， a22， an13an2an1(n2， nN*) 设bnan1 an. 证明：数列bn是等比数列； 设 cn，求数列cn的前 n 项和 Sn. bn （4n21）2n 【解】 (1)选 A.因为 a1S1，所以 3a13S12a13a13. 当 n2 时， 3Sn2an3n， 3Sn12an13(n1)， 所以 an2an13， 即 a
13、n1 2(an11)，所以数列an1是以2 为首项，2 为公比的等比数列 所以 an1(2)(2)n1(2)n， 则 a2 01822 0181. (2)证明：因为 an13an2an1(n2，nN*)，bnan1an， 所以2， bn1 bn an2an1 an1an （3an12an）an1 an1an 2（an1an） an1an 又 b1a2a1211， 所以数列bn是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列 由知 bn12n12n1， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因为 cn， bn （4n21）2n 所以 cn， 1 2（2n1）（2n1） 1 4( 1 2n1 1
14、2n1) 所以 Snc1c2cn 1 4(1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1) . 1 4(1 1 2n1) n 4n2 (1)给出 Sn与 an的递推关系求 an的常用思路：一是利用 SnSn1an(n2)转化为 an的 递推关系，再求其通项公式 ； 二是转化为 Sn的递推关系，先求出 Sn与 n 之间的关系，再求 an. (2)形如 an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列 对点训练 (2018贵阳模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn an ，a11. 3 2 1 2 (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn，求数列bn的前 n 项和 Tn
15、. 1 log3an1log3an2 解：(1)由已知 Sn an ， 3 2 1 2 得 Sn1 an1 (n2)， 3 2 1 2 得 an an an1，即 an3an1(n2)， 3 2 3 2 又 a11，所以数列an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，故 an3n1. (2)由(1)知 bn ， 1 n（n1） 1 n 1 n1 所以 Tn 1， 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 n1 n n1 所以 Tn. n n1 数列与新定义相交汇问题(创新型) 典型例题 (2018武汉调研)对任一实数序列 A(a1， a2， a3，)， 定义新序列 A(a2a1，
16、a3 a2，a4a3，)，它的第 n 项为 an1an.假定序列 (A)的所有项都是 1，且 a12a220， 则 a2_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 【解析】 令 bnan1an，依题意知数列bn为等差数列，且公差为 1， 所以 bnb1(n1)1， a1a1， a2a1b1， a3a2b2， anan1bn1， 累加得 ana1b1bn1a1(n1)b1(n1)a2(n2)a1 （n1）（n2） 2 ， （n1）（n2） 2 分别令 n12，n22， 得 11a210a1550， 21a220a12100，) 解得 a1，a2100. 231 2 【答案】 100 数列新定
17、义型创新题的一般解题思路 (1)阅读审清“新定义” (2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识 (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论 对点训练 在数列an中，nN*，若k(k 为常数)，则称an为“等差比数列” ，下列 an2an1 an1an 是对“等差比数列”的判断： k 不可能为 0； 等差数列一定是“等差比数列” ； 等比数列一定是“等差比数列” ； “等差比数列”中可以有无数项为 0. 其中所有正确判断的序号是_ 解析：由等差比数列的定义可知，k 不为 0，所以正确，当等差数列的公差为 0，即 等差数列为常数列时， 等差数列不是等
18、差比数列， 所以错误 ； 当an是等比数列， 且公比q1 时，an不是等差比数列，所以错误 ； 数列 0，1，0，1，是等差比数列，该数列中有无 数多个 0，所以正确 答案： 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 一、选择题 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a3a512，a20.若 a10，则 S20( ) A420 B340 C420 D340 解析：选 D.设数列an的公差为 d，则 a3a2dd，a5a23d3d，由 a3a512 得d2， 由a10， a20， 可知d0，则其前 n 项 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 和取最小值时 n 的值为( ) A6
19、 B7 C8 D9 解析 ： 选 C.由 d0 可得等差数列an是递增数列， 又|a6|a11|， 所以a6a11， 即a15d a110d，所以 a1，则 a8 0，所以前 8 项和为前 n 项和的最小值， 15d 2 d 2 d 2 故选 C. 6 对于数列an， 定义数列an1an为数列an的 “差数列” ， 若 a12， 数列an的 “差 数列”的通项公式为 an1an2n，则数列an的前 n 项和 Sn( ) A2 B2n C2n12 D2n12 解析 ： 选 C.因为 an1an2n， 所以 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n 12n22222 22n222n，
20、所以 Sn2n12. 22n 12 22n1 12 二、填空题 7 (一题多解)(2018高考全国卷)记 Sn为数列an的前 n 项和 若 Sn2an1， 则 S6 _ 解析：法一：因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11； 当 n2 时，a1a22a21，解得 a22； 当 n3 时，a1a2a32a31，解得 a34； 当 n4 时，a1a2a3a42a41，解得 a48； 当 n5 时，a1a2a3a4a52a51，解得 a516； 当 n6 时，a1a2a3a4a5a62a61，解得 a632； 所以 S61248163263. 法二 ： 因为 Sn2an1，
21、所以当 n1 时， a12a11， 解得 a11， 当 n2 时， anSnSn 12an1(2an11)，所以 an2an1，所以数列an是以1 为首项，2 为公比的等比数 列，所以 an2n1，所以 S663. 1 （126） 12 答案：63 8(2018惠州第二次调研)已知数列an满足 a11，an12an2n(nN*)，则数列an 的通项公式 an_ 解析：an12an2n两边同除以 2n1，可得 ，又 ，所以数列是以 an1 2n1 an 2n 1 2 a1 2 1 2 an 2n 1 2 为首项， 为公差的等差数列，所以 (n1) ，所以 ann2n1. 1 2 an 2n 1
22、2 1 2 n 2 答案：n2n1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 9设某数列的前 n 项和为 Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列” 若一个首项 Sn S2n 为 1，公差为 d(d0)的等差数列an为“和谐数列” ，则该等差数列的公差 d_ 解析 ： 由k(k 为常数)， 且 a11， 得 n n(n1)dk， 即 2(n Sn S2n 1 22n 1 2 2n（2n1）d 1)d4k2k(2n1)d，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0，因为对任意正整数 n，上式 恒成立， 所以得 d（4k1）0， （2k1）（2d）0，) d2， k1 4.) 所以数列an的公差为
23、 2. 答案：2 三、解答题 10已知各项都为正数的数列an满足 a11，a (2an11)an2an10. 2n (1)求 a2，a3； (2)求an的通项公式 解：(1)由题意可得 a2 ，a3 . 1 2 1 4 (2)由 a (2an11)an2an10，得 2an1(an1)an(an1)， 2n 因为an的各项都为正数，所以 . an1 an 1 2 故an是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 an. 1 2 1 2n1 11(2018高考全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bn. an n (1)求 b1，b2，b3； (2)判断数列bn是否为等比数列
24、，并说明理由； (3)求an的通项公式 解：(1)由条件可得 an1an. 2（n1） n 将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以，a24. 将 n2 代入得，a33a2，所以，a312. 从而 b11，b22，b34. (2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 由条件可得，即 bn12bn，又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比 an1 n1 2an n 数列 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (3)由(2)可得2n1，所以 ann2n1. an n 12 已知数列an是等差数列， 满足 a25， a413， 数列bn的前 n 项和是 Tn， 且 Tnb
25、n3. (1)求数列an及数列bn的通项公式； (2)设 cnanbn，求数列cn中的最大项 解：(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d， 由题意，得 a1d5， a13d13，) 解得a 11， d4，) 所以 an4n3. 又 Tnbn3， 所以 Tn1bn13， 两式相减得，2bn1bn0， 所以 bn1 bn. 1 2 当 n1 时，b1b13，所以 b1 . 3 2 所以数列bn为等比数列，且首项是 ，公比是 ， 3 2 1 2 所以 bn . 3 2( 1 2) n1 3 2n (2)因为 cnanbn， 3（4n3） 2n 所以 cn1， 3（4n1） 2n1 所以 cn1cn. 3（4n1） 2n1 3（4n3） 2n 3（74n） 2n1 所以当 n1 时，c2c10； 当 n2 时，cn1cnc3c4， 所以(cn)maxc2. 15 4