2019届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理.docx

第1讲等差数列与等比数列高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.真 题 感 悟 1.(2017全国卷)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为()A.24 B.3 C.3 D.8解析根据题意得aa2a6，即(a12d)2(a1d)(a15d)，由a11及d0解得d2，所以S66a1d16(2)24.答案A2.(2018北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.f B.fC.f D.f解析从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f.由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为an.则第八个单音频率为a8f()81f.答案D3.(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.解析因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11，当n2时，anSnSn12an1(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.答案634.(2018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.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.考 点 整 合1.等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d；(2)求和公式：Snna1d；(3)性质：若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；anam(nm)d；Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列.2.等比数列(1)通项公式：ana1qn1(q0)；(2)求和公式：q1，Snna1；q1，Sn；(3)性质：若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；anamqnm；Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列.温馨提醒应用公式anSnSn1时一定注意条件n2，nN*.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】 (1)(2018潍坊三模)已知an为等比数列，数列bn满足b12，b25，且an(bn1bn)an1，则数列bn的前n项和为()A.3n1 B.3n1C. D.解析由b12，b25，且an(bn1bn)an1.an的公比qb2b13.从而bn1bn3，则数列bn是首项为2，公差为3的等差数列.因此bn的前n项和Tn2n3(3n2n).答案C(2)(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.求an的通项公式；求Sn，并求Sn的最小值.解设an的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d2.所以an的通项公式为an2n9.由得Snn28n(n4)216.所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.探究提高1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(1)设基本量a1和公差d(公比q).(2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数，求出最小值.【训练1】 (1)(2018郑州调研)已知等差数列an的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，则an的前n项和Sn()A.n(n2) B.n(n1)C.n(n1) D.n(n2)解析依题意aa2a6，得(a14)2(a12)(a110).解得a11.因此Snna12n22n.答案A(2)(2017全国卷)已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a11，b11，a2b22.若a3b35，求bn的通项公式；若T321，求S3.解设an公差为d，bn公比为q，由题设得解得或(舍去)，故bn的通项公式为bn2n1.由已知得解得或当d1时，S36；当d8时，S321.热点二等差(比)数列的性质【例2】 (1)(2018石家庄调研)在等比数列an中，a6，a10是方程x26x20的两个实数根，则a8的值为()A.2 B.或C. D.(2)(2018北京海淀区质检)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an2，若数列bn满足bn10log2an，则使数列bn的前n项和取最大值时的n的值为_.解析(1)由题意a6a102，且a6a106，所以a60，a100，又数列an为等比数列，所以a80，SaSn1，其中为常数.(1)证明：Sn12Sn；(2)是否存在实数，使得数列an为等比数列，若存在，求出；若不存在，请说明理由.(1)证明an1Sn1Sn，SaSn1，S(Sn1Sn)2Sn1，则Sn1(Sn12Sn)0.an0，知Sn10，Sn12Sn0，故Sn12Sn.(2)解由(1)知，Sn12Sn，当n2时，Sn2Sn1，两式相减，an12an(n2，nN*)，所以数列an从第二项起成等比数列，且公比q2.又S22S1，即a2a12a1，a2a110，得1.因此an若数列an是等比数列，则a212a12.1，经验证得1时，数列an是等比数列.【迁移探究】 若本例中条件“a11”改为“a12”其它条件不变，试求解第(2)问.解由本例(2)，得an12an(n2，nN*).又S22S1，a2a120.an(2)2n2(n2).又a12，若an是等比数列，a2(2)202a14，2.故存在2，此时an2n，数列an是等比数列.探究提高1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n1，nN*，验证an1an为与正整数n无关的一常数；(2)中项公式法.2.q和aan1an1(n2)都是数列an为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.【训练3】 (2017全国卷)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，由题设可得解得故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)得Sn(2)n1，则Sn1(2)n11，Sn2(2)n21，所以Sn1Sn2(2)n11(2)n212(2)n2(2)n12Sn，Sn1，Sn，Sn2成等差数列.热点四等差数列与等比数列的综合问题【例4】 (2018天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*).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，可得q2，故bn2n1.所以，Tn2n1.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.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222 n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以，n的值为4.探究提高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.数列的通项或前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.【训练4】 (2018武汉质检)在公比为q的等比数列an中，已知a116，且a1，a22，a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)若q10的最小正整数n的值.解(1)依题意，2(a22)a1a3，且a116.2(16q2)1616q2，即4q28q30.因此q或q.当q时，an1625n；当q时，an16.(2)由(1)知，当q10，得2，正整数n的最小值为3.1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.3.应用关系式an时，一定要注意分n1，n2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.一、选择题1.(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和.若3S3S2S4，a12，则a5()A.12 B.10 C.10 D.12解析设数列an的公差为d，3S3S2S4，32a1d4a1d，解得da1.a12，d3，a5a14d24(3)10.答案B2.等差数列an中的a1，a4 033是函数f(x)x34x26x1的极值点，则log2a2 017()A.2 B.3 C.4 D.5解析因为f(x)x28x6，依题意，a1，a4 033是方程f(x)x28x60的两根，a1a4 0338，则a2 0174，故log2a2 017log242.答案A3.一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()A.13 B.12 C.11 D.10解析设等比数列为an，其前n项积为Tn，由已知得a1a2a32，anan1an24，可得(a1an)324，a1an2，Tna1a2an，T(a1a2an)2(a1an)(a2an1)(ana1)(a1an)n2n642212，n12.答案B4.中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则此人第4天和第5天共走的路程为()A.60里 B.48里 C.36里 D.24里解析由题意，每天走的路程构成公比为的等比数列.设等比数列的首项为a1，则378，解得a1192，则a419224，a52412，a4a5241236.所以此人第4天和第5天共走了36里.答案C5.(2018北京燕博园能力测试)数列an的前n项和为Sn，且3anSn4(nN*)，设bnnan，则数列bn的项的最大值为()A. B. C. D.2解析由条件可知：3anSn4，3an1Sn14(n2).相减，得anan1.又3a1S14a14，故a11.则an，bnn.设bn中最大的项为bn，则即解之得3n4.bn的项的最大值为b3b4.答案B二、填空题6.(2018北京卷)设an是等差数列，且a13，a2a536，则an的通项公式为_.解析设等差数列的公差为d，a13，且a2a52a15d36，d6，an3(n1)66n3.答案an6n37.(2018福州质检)数列an满足an1，a3，则a1_.解析易知an0，且an1.2，则是公差为2的等差数列，又a3，知5，225，则a11.答案18.(2018石家庄质检)等差数列an的公差d0，且a3，a5，a15成等比数列，若a55，Sn为数列an的前n项和，则数列的前n项和取最小值时的n为_.解析由题意知由d0，解得n4.由n40，得n4，且0，数列的前n项和取最小值时的n的值为3或4.答案3或4三、解答题9.(2018北京卷)设an是等差数列，且a1ln 2，a2a35ln 2.(1)求an的通项公式；(2)求ea1ea2ean.解(1)设an的公差为d.因为a2a35ln 2，所以2a13d5ln 2.又a1ln 2，所以dln 2.所以ana1(n1)dln 2(n1)ln 2nln 2.(2)因为ea1eln 22，eanan1eln 22，所以ean是首项为2，公比为2的等比数列.所以ea1ea2ean22n12.10.已知数列an的前n项和为Sn，且1，an，Sn成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足anbn12nan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由已知1，an，Sn成等差数列得2an1Sn，当n1时，2a11S11a1，a11，当n2时，2an11Sn1，得2an2an1an，an2an1(n2)，且a11.数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，ana1qn112n12n1.(2)由anbn12nan得bn2n，Tnb1b2bn242n(242n)n2n2.11.已知an是递增数列，其前n项和为Sn，a11，且10Sn(2an1)(an2)，nN*.(1)求数列an的通项an；(2)是否存在m，n，kN*，使得2(aman)ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由.解(1)由10a1(2a11)(a12)，得2a5a120，解得a12或a1.又a