《2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题三1第1讲等差数列与等比数列学.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突破热点分层教学专项二专题三1第1讲等差数列与等比数列学.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 第 1 讲 等差数列与等比数列第 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
2、时，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（a1an） 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 N*， 且mnpq， 则amanap aq 若m，n，p，qN N*，且mnpq， 则amanapaq anam(
3、nm)danamqnm 性质 Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等比数 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 列(Sn0) 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 （a1a11） 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( ) A12 B10 C10 D12 解析 ：
4、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da1， 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 3a1n2a13，若对任意的正整数n，3a1n2a13 恒成立， 则a10 且 2a
5、130，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a4 2 1 a88，得a1q3(1q4)8，即 1q42，所以q21.于是q101. a20 a10 高清试卷 下载
6、可打印 高清试卷 下载可打印 法二：由等比数列的性质，得aa2a616，所以a44，又a4a88， 2 4 所以或因为aa4a80， 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）
7、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 N*)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 N*)为一常数； an1 an 利用等比中项，即证明aan1an1(n2) 2n 典型例题 设Sn为数列an的前n项和， 对任意的nN N*， 都有Sn2an， 数列bn满
8、足b1 2a1，bn(n2，nN N*) 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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 【解】 (1)当n1 时，a1S12a1，解得a11； 当n2 时，anSnSn1an1an，即 (n2，nN N*) an an1 1 2 所以数列an是首项为 1，公比为 的等比数列， 1 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 b
9、n 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
10、. (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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由于Sn2Sn1 (1)n2 (1)n2Sn， 故Sn1，Sn，Sn2 4 3 2n32n2 3 2 3 2n1 3 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
11、 (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 an1 an 法求数列的通项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合肥第一次质量检测)已知数列an的前n项和为Sn， 若3Sn2an 3n， 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)
12、已知数列an中，a11，a22，an 13an2an 1(n2，n N N*)设bnan1an. 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an1 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 N*)，bnan1an， 所以2， bn1 bn an2a
13、n1 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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由知bn12n12n1， 因为cn， bn （4n21）2n 所以cn， 1 2（2n1）（2n1） 1 4( 1 2n1 1 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
14、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Snan ，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. 1 log3an1log3an2 解：(1)由已知Snan ， 3 2 1 2 得Sn1an1 (n2)， 3 2 1 2 得ananan1，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）
15、 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，a3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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_ 【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ana1b1b
16、n1a1(n1)b1(n1)a2(n （n1）（n2） 2 2)a1， （n1）（n2） 2 分别令n12，n22， 得 11a210a1550， 21a220a12100，) 解得a1，a2100. 231 2 【答案】 100 数列新定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 N*，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
17、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， 等差数列不是等差比数列， 所以错误 ； 当an是等比数列， 且公比q 1 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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 无数多个 0，所以正确 答案： 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：
18、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项和取最小值时n的值为( ) A6 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 a15da110d，所以a1，则a8 0，所以前 8 项和为前n项和的 15d 2 d 2 d 2 最小值，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
19、 ： 选C.因为an1an2n， 所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 2n12n2222222n222n，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，a1a2a3a4a5a62a
20、61，解得a632； 所以S61248163263. 法二 ： 因为Sn2an1， 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 N*)， 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 高清试卷 下载可打印
21、 高清试卷 下载可打印 为首项， 为公差的等差数列，所以 (n1) ，所以ann2n1. 1 2 an 2n 1 2 1 2 n 2 答案：n2n1 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nn(n1)dk， Sn S2n 1 22n 1 2 2n（2n1）d 即 2(n1)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，) d
22、2， k1 4.) 所以数列an的公差为 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
23、列bn是否为等比数列，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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 (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Tnbn3.
24、(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bn1bn. 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