2019-2020年高考數學第二輪復習 專題四 數列第1講 等差數列、等比數列 文.doc

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2019-2020年高考數學第二輪復習 專題四 數列第1講 等差數列、等比數列 文 真題試做 1．(xx遼寧高考，文4)在等差數列{an}中，已知a4＋a8＝16，則a2＋a10＝(　　)． A．12 B．16 C．20 D．24 2．(xx安徽高考，文5)公比為2的等比數列{an}的各項都是正數，且a3a11＝16，則a5＝(　　)． A．1 B．2 C．4 D．8 3．(xx北京高考，文6)已知{an}為等比數列．下面結論中正確的是(　　)． A．a1＋a3≥2a2 B．a＋a≥2a C．若a1＝a3，則a1＝a2 D．若a3＞a1，則a4＞a2 4．(xx遼寧高考，文14)已知等比數列{an}為遞增數列．若a1＞0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數列{an}的公比q＝__________. 5．(xx陜西高考，文16)已知等比數列{an}的公比q＝－. (1)若a3＝，求數列{an}的前n項和； (2)證明：對任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數列． 考向分析 高考中對等差(等比)數列的考查主、客觀題型均有所體現，一般以等差、等比數列的定義或以通項公式、前n項和公式為基礎考點，常結合數列遞推公式進行命題，主要考查學生綜合應用數學知識的能力以及計算能力等，中低檔題占多數．考查的熱點主要有三個方面：(1)對于等差、等比數列基本量的考查，常以客觀題的形式出現，考查利用通項公式、前n項和公式建立方程組求解，屬于低檔題；(2)對于等差、等比數列性質的考查主要以客觀題出現，具有“新、巧、活”的特點，考查利用性質解決有關計算問題，屬中低檔題；(3)對于等差、等比數列的判斷與證明，主要出現在解答題的第一問，是為求數列的通項公式而準備的，因此是解決問題的關鍵環(huán)節(jié)． 熱點例析 熱點一　等差、等比數列的基本運算 【例1】(xx福建莆田質檢，20)設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，等式an＋an＋2＝2an＋1對任意n∈N*均成立． (1)若a4＝10，求數列{an}的通項公式； (2)若a2＝1＋t，且存在m≥3(m∈N*)，使得am＝Sm成立，求t的最小值． 規(guī)律方法 此類問題應將重點放在通項公式與前n項和公式的直接應用上，注重五個基本量a1，an，Sn，n，d(q)之間的轉化，會用方程(組)的思想解決“知三求二”問題．我們重在認真觀察已知條件，在選擇a1，d(q)兩個基本量解決問題的同時，看能否利用等差、等比數列的基本性質轉化已知條件，否則可能會導致列出的方程或方程組較為復雜，無形中增大運算量．同時在運算過程中注意消元法及整體代換的應用，這樣可減少計算量． 特別提醒：(1)解決等差數列{an}前n項和問題常用的有三個公式：Sn＝；Sn＝na1＋d；Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)，靈活地選用公式，解決問題更便捷； (2)利用等比數列前n項和公式求和時，不可忽視對公比q是否為1的討論． 變式訓練1 (xx山東青島質檢，20)已知等差數列{an}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的兩個根；各項均為正數的等比數列{bn}的前n項和為Sn，且滿足b3＝a3，S3＝13. (1)求數列{an}，{bn}的通項公式； (2)若數列{cn}滿足cn＝求數列{cn}的前n項和Tn. 熱點二　等差、等比數列的性質 【例2】(1)在正項等比數列{an}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的兩個根，則a1a2a25a48a49的值為(　　)． A． B．9 C．9 D．35 (2)正項等比數列{an}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差數列，則的值為(　　)． A．或 B． C． D． 規(guī)律方法 (1)解決此類問題的關鍵是抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當的性質進行求解； (2)應牢固掌握等差、等比數列的性質，特別是等差數列中若“m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq”這一性質與求和公式Sn＝的綜合應用． 變式訓練2 (1)(xx江西玉山期末，3)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且滿足S15＝25π，則tan a8的值是(　　)． A． B．－ C． D．－ (2)(xx廣西桂林調研，7)已知數列{an}是等比數列，其前n項和為Sn，若公比q＝2，S4＝1，則S8＝(　　)． A．17 B．16 C．15 D．256 熱點三　等差、等比數列的判定與證明 【例3】(xx山東淄博一模，20)已知在數列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，且n∈N*)． (1)證明：數列為等差數列； (2)求數列{an}的前n項和Sn. 規(guī)律方法 證明數列{an}為等差或等比數列有兩種基本方法： (1)定義法 an＋1－an＝d(d為常數)?{an}為等差數列； ＝q(q為常數)?{an}為等比數列． (2)等差、等比中項法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)?{an}為等差數列； a＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)?{an}為等比數列． 我們要根據題目條件靈活選擇使用，一般首選定義法．利用定義法一種思路是直奔主題，例如本題方法；另一種思路是根據已知條件變換出要解決的目標，如本題還可這樣去做： 由an＝2an－1＋2n－1，得an－1＝2an－1－2＋2n，所以an－1＝2(an－1－1)＋2n，上式兩邊除以2n，從而可得＝＋1，由此證得結論． 特別提醒：(1)判斷一個數列是等差(等比)數列，還有通項公式法及前n項和公式法，但不作為證明方法； (2)若要判斷一個數列不是等差(等比)數列，只需判斷存在連續(xù)三項不成等差(等比)即可； (3)a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}為等比數列的必要而不充分條件，也就是要注意判斷一個數列是等比數列時，要注意各項不為0. 變式訓練3 在數列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23，是否存在常數λ使數列{an－n＋λ}為等比數列，若存在，求出λ的值及數列的通項公式；若不存在，請說明理由． 思想滲透 1．函數方程思想——等差(比)數列通項與前n項和的計算問題： (1)已知等差(比)數列有關條件求數列的通項公式和前n項和公式，及由通項公式和前n項和公式求首項、公差(比)、項數及項，即主要指所謂的“知三求二”問題； (2)由前n項和求通項； (3)解決與數列通項、前n項和有關的不等式最值問題． 2．求解時主要思路方法為： (1)運用等差(比)數列的通項公式及前n項和公式中的5個基本量，建立方程(組)，進行運算時要注意消元的方法及整體代換的運用； (2)數列的本質是定義域為正整數集或其有限子集的函數，數列的通項公式即為相應的函數解析式，因此在解決數列問題時，應用函數的思想求解． 在等比數列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3與a5的等比中項為2. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝log2an，數列{bn}的前n項和為Sn，當＋＋…＋最大時，求n的值． 解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a＋2a3a5＋a＝25. 又an＞0，∴a3＋a5＝5. 又a3與a5的等比中項為2，∴a3a5＝4. 而q∈(0,1)，∴a3＞a5. ∴a3＝4，a5＝1，q＝，a1＝16. ∴an＝16n－1＝25－n. (2)bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， ∴{bn}是以4為首項，－1為公差的等差數列． ∴Sn＝，＝， ∴當n≤8時，＞0；當n＝9時，＝0；當n＞9時，＜0； ∴n＝8或9時，＋＋…＋最大． 1．(xx河北冀州一模，5)在等差數列{an}中，a9＝a12＋6，則數列{an}前11項的和S11等于(　　)． A．24 B．48 C．66 D．132 2．(xx浙江名校《創(chuàng)新》沖刺卷，4)設{an}是等比數列，則“a1＜a2＜a3”是“數列{an}是遞增數列”的(　　)． A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 3．(xx廣東汕頭質檢，2)已知等比數列{an}的公比q為正數，且2a3＋a4＝a5，則q的值為(　　)． A． B．2 C． D．3 4．(xx河北衡水調研，6)等差數列{an}的前n項和為Sn，滿足S20＝S40，則下列結論中正確的是(　　)． A．S30是Sn的最大值 B．S30是Sn的最小值 C．S30＝0 D．S60＝0 5．已知正項等比數列{an}滿足a7＝a6＋2a5，若存在兩項am，an，使得＝4a1，則＋的最小值為________． 6．(原創(chuàng)題)已知數列{an}為等差數列，數列{bn}為等比數列，且滿足a1 000＋a1 013＝π，b1b13＝2，則tan＝__________. 7．(xx浙江五校聯考，20)數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝，Sn＝n2an－n(n－1)，n＝1,2，…. (1)證明：數列是等差數列，并求Sn； (2)設bn＝，求證：b1＋b2＋…＋bn＜1. 8．設{an}是公比大于1的等比數列，Sn為數列{an}的前n項和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構成等差數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求數列{bn}的前n項和Tn. 參考答案 命題調研明晰考向 真題試做 1．B　解析：由等差數列的性質知，a2＋a10＝a4＋a8＝16，故選B. 2．A　解析：由題意可得，a3a11＝a＝16，∴a7＝4. ∴a5＝＝＝1. 3．B　解析：A中當a1，a3為負數，a2為正數時，a1＋a3≥2a2不成立；B中根據等比數列的性質及均值不等式得，a＋a≥2＝2a；C中取a1＝a3＝1，a2＝－1，顯然a1≠a2；D中取a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，可知a4＞a2不成立．綜上可知僅有B正確． 4．2　解析：∵等比數列{an}為遞增數列，且a1＞0， ∴公比q＞1. 又∵2(an＋an＋2)＝5an＋1， ∴2an＋2anq2＝5anq. ∵an≠0，∴2q2－5q＋2＝0. ∴q＝2或q＝(舍去)． ∴公比q為2. 5．(1)解：由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1， 所以數列{an}的前n項和 Sn＝＝. (2)證明：對任意k∈N＋， 2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)， 由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0. 所以，對任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數列． 精要例析聚焦熱點 熱點例析 【例1】解：(1)∵an＋an＋2＝2an＋1對n∈N*都成立， ∴數列{an}為等差數列． 設數列{an}的公差為d， ∵a1＝1，a4＝10， 且a4＝a1＋3d＝10.∴d＝3. ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－2. ∴數列{an}的通項公式為an＝3n－2. (2)∵a2＝1＋t， ∴公差d＝a2－a1＝t. ∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)t. Sn＝na1＋d＝n＋t. 由am＝Sm得1＋(m－1)t＝m＋t， ∴(m－1)t＝(m－1)＋t. ∴t＝1＋t.∴t＝. ∵m≥3，∴－2≤t＜0.∴t的最小值為－2. 【變式訓練1】解：(1)設{an}的公差為d(d＞0)，{bn}的公比為q(q＞0)， 則由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或x＝13. 因為d＞0，所以a2＜a4，則a2＝5，a4＝13. 則解得a1＝1，d＝4， 所以an＝1＋4(n－1)＝4n－3. 因為 解得b1＝1，q＝3. 所以bn＝3n－1. (2)當n≤5時， Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋4＝2n2－n； 當n＞5時，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋bn) ＝(252－5)＋＝. 所以Tn＝ 【例2】(1)B　解析：依題意知a2a48＝3. 又a1a49＝a2a48＝a＝3，a25＞0， ∴a1a2a25a48a49＝a＝9. (2)C　解析：因為a2，a3，a1成等差數列， 所以a3＝a1＋a2. ∴q2＝1＋q. 又q＞0，解得q＝， 故＝＝＝. 【變式訓練2】(1)B　解析：∵S15＝15a8＝25π，∴a8＝. ∴tan a8＝tan ＝tan＝－tan＝－. (2)A　解析：S8＝S4＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝S4＋q4S4＝17. 【例3】(1)證明：設bn＝，b1＝＝2， ∴bn＋1－bn＝－＝[(an＋1－2an)＋1] ＝[(2n＋1－1)＋1]＝1， ∴數列是首項為2，公差為1的等差數列． (2)解：由(1)知，＝＋(n－1)1， ∴an＝(n＋1)2n＋1. ∵Sn＝(221＋1)＋(322＋1)＋…＋(n2n－1＋1)＋[(n＋1)2n＋1]， ∴Sn＝221＋322＋…＋n2n－1＋(n＋1)2n＋n. 設Tn＝221＋322＋…＋n2n－1＋(n＋1)2n，① 則2Tn＝222＋323＋…＋n2n＋(n＋1)2n＋1.② 由②－①，得 Tn＝－221－(22＋23＋…＋2n)＋(n＋1)2n＋1＝n2n＋1， ∴Sn＝n2n＋1＋n＝n(2n＋1＋1)． 【變式訓練3】解：假設an＋1－(n＋1)＋λ＝－(an－n＋λ)成立，整理得an＋1＋an＝2n＋1－2λ，與an＋1＋an＝2n－44比較得λ＝. ∴數列是以－為首項，－1為公比的等比數列．故an－n＋＝－(－1)n－1，即an＝n－－(－1)n－1. 創(chuàng)新模擬預測演練 1．D　解析：設等差數列{an}的公差為d，則由a9＝a12＋6得a1＋8d＝(a1＋11d)＋6，整理得a1＋5d＝12，即a6＝12， ∴S11＝11a6＝132. 2．C　解析：由a1＜a2＜a3，得有或則數列{an}是遞增數列，反之顯然成立，故選C. 3．B　解析：由2a3＋a4＝a5得2a3＋a3q＝a3q2， ∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)． 4．D　解析：由S20＝S40得a21＋a22＋a23＋…＋a40＝0， ∴a21＋a40＝0. ∴S60＝(a1＋a60)60＝(a21＋a40)60＝0. 5．　解析：由a7＝a6＋2a5，得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)， ∴aman＝a1qm－1a1qn－1＝16a. ∴qm＋n－2＝2m＋n－2＝24. ∴m＋n－2＝4.∴m＋n＝6. ∴＋＝(m＋n)＝≥(5＋4)＝(當且僅當4m2＝n2時，“＝”成立)． 6．－　解析：因為數列{an}為等差數列，數列{bn}為等比數列，所以由它們的性質可得a1 000＋a1 013＝a1＋a2 012＝π，b1b13＝b＝2， 則tan＝tan＝－. 7．證明：(1)由Sn＝n2an－n(n－1)(n≥2)， 得Sn＝n2(Sn－Sn－1)－n(n－1)， 即(n2－1)Sn－n2Sn－1＝n(n－1)， 所以Sn－Sn－1＝1，對n≥2成立． S1＝1，所以是首項為1，公差為1的等差數列， S1＝a1＝，所以Sn＝，當n＝1時也成立． (2)bn＝＝＝－， ∴b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＜1. 8．解：(1)設數列{an}的公比為q(q＞1)． 由已知得即 即 解得a1＝1，q＝2或a1＝4，q＝(舍去)． ∴an＝2n－1. (2)由(1)得a3n＋1＝23n， ∴bn＝ln a3n＋1＝ln 23n＝3nln 2， ∴bn＋1－bn＝3ln 2. ∴{bn}是以b1＝3ln 2為首項，公差為3ln 2的等差數列． ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝，即Tn＝.