2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题二数列第1讲等差数列与等比数列含解析.doc

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.(2019·全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S40，a55，则()A.an2n5 B.an3n10C.Sn2n28n D.Snn22n解析设首项为a1，公差为d.由S40，a55可得解得所以an32(n1)2n5，Snn×(3)×2n24n.答案A2.(2020·全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和.若a5a312，a6a424，则()A.2n1 B.221nC.22n1 D.21n1解析法一设等比数列an的公比为q，则q2.由a5a3a1q4a1q212a112得a11.所以ana1qn12n1，Sn2n1，所以221n.法二设等比数列an的公比为q，则得q2.将q2代入，解得a34.所以a11，下同法一.答案B3.(2019·全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和，若a11，S3，则S4_.解析设等比数列an的公比为q，则ana1qn1qn1.a11，S3，a1a2a31qq2，则4q24q10，q，S4.答案4.(2019·全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10，4an13anbn4，4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.(1)证明由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn).又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列.由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列.(2)解由(1)知，anbn，anbn2n1，所以an(anbn)(anbn)n，bn(anbn)(anbn)n.考 点 整 合1.等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d；(2)求和公式：Snna1d；(3)常用性质：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)常用性质：若m，n，p，qN*，且mnpq，则am·anap·aq；anam·qnm；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)(2020·全国卷)数列an中，a12，amnaman.若ak1ak2ak1021525，则k()A.2 B.3 C.4 D.5解析a12，amnaman，令m1，则an1a1an2an，an是以a12为首项，2为公比的等比数列，an2×2n12n.又ak1ak2ak1021525，21525，即2k1(2101)25(2101)，2k125，k15，k4.答案C(2)(2019·北京卷)设an是等差数列，a110，且a210，a38，a46成等比数列.求an的通项公式；记an的前n项和为Sn，求Sn的最小值.解设an的公差为d.因为a110，所以a210d，a3102d，a4103d.因为a210，a38，a46成等比数列，所以(a38)2(a210)(a46).所以(22d)2d(43d).解得d2.所以ana1(n1)d2n12.法一由知，an2n12.则当n7时，an>0；当n6时，an0；当n<6时，an<0；所以Sn的最小值为S5S630.法二由知，Sn(a1an)n(n11)，又nN*，当n5或n6时，Sn的最小值S5S630.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)(2020·河北省一联)若等比数列an的前n项和为Sn，已知a2a53a3，且a4与9a7的等差中项为2，则S5()A. B.112 C. D.121(2)(2020·西安模拟)已知an是公差不为零的等差数列，a426，且a1，a2，a7成等比数列.求数列an的通项公式；设bn(1)n1an，数列bn的前n项和为Tn，求T511.(1)解析设等比数列an的公比为q，由已知得a2a5a3a43a3，因为a30，所以a43，即a1q33.因为a4与9a7的等差中项为2，所以a49a7a4(19q3)4，联立解得q，a181.所以S5121.答案D(2)解设数列an的公差为d，d0.a1，a2，a7成等比数列，aa1a7，即(a1d)2a1(a16d)，则d24a1d.又d0，d4a1，由于a4a13d26，联立，得解得an28(n1)8n6.bn(1)n1an(1)n1(8n6).T511b1b2b51121018264 0664 0744 082(210)(1826)(4 0664 074)4 0828×2554 0822 042.热点二等差(比)数列的性质【例2】 (1)在数列an中，2an1anan2，且an0.若an1aan10(n2)，且S2n138，则n()A.38 B.20 C.10 D.9(2)(2020·长沙检测)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S82S45，则a9a10a11a12的最小值为()A.25 B.20 C.15 D.10解析(1)在数列an中，因为2an1anan2，所以an2an1an1an，所以数列an为等差数列.由an1aan10(n2)，得2ana0，又an0，解得an2.又S2n138，即(2n1)an38，即(2n1)×238，解得n10.(2)在正项等比数列an中，Sn0.因为S82S45，则S8S45S4，易知S4，S8S4，S12S8是等比数列，所以(S8S4)2S4·(S12S8)，所以a9a10a11a12S12S8S41021020(当且仅当S45时取等号).故a9a10a11a12的最小值为20.答案(1)C(2)B探究提高1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.【训练2】 (1)设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)Sn<nSn1(nN*).若<1，则()A.Sn的最大值是S8 B.Sn的最小值是S8C.Sn的最大值是S7 D.Sn的最小值是S7(2)已知数列an的各项都为正数，对任意的m，nN*，am·anamn恒成立，且a3·a5a472，则log2a1log2a2log2a7_.解析(1)由(n1)Sn<nSn1得<，整理得an<an1，所以等差数列an是递增数列，又<1，所以a8>0，a7<0，所以数列an的前7项为负值，所以Sn的最小值是S7.(2)因为对任意的m，nN*，am·anamn恒成立，令m1，则a1·ana1n对任意的nN*恒成立，数列an为等比数列，公比为a1，由等比数列的性质有a3a5a，因为a3·a5a472，则aa472，a40，a48，log2a1log2a2log2a7log2(a1·a2··a7)log2alog28721.答案(1)D(2)21热点三等差、等比数列的判断与证明【例3】 已知数列an的前n项和为Sn，a11，an>0，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.an>0，知Sn1>0，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，a2a11>0，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.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】 (2020·安徽六校联考)已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an3n13(nN*).(1)设bn，求证：数列bn为等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)设cn，Tnc1c2c3cn，求Tn.(1)证明由已知2Sn3an3n13(nN*)，n2时，2Sn13an13n3，得：2an3an3an12·3nan3an12·3n，故2，则bnbn12(n2).又n1时，2a13a193，解得a16，则b12.故数列bn是以2为首项，2为公差的等差数列，bn22(n1)2nan2n·3n.(2)解由(1)，得cn2·3n2nTn2(332333n)2(12n)2·2·3n1n2n3.热点四等差、等比数列的综合问题【例4】 (2020·北京西城区二模)从前n项和Snn2p(pR)；anan13；a611且2an1anan2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.在数列an中，a11，_，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，nN*，且m>n>1，求m的最小值.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解选择：(1)当n1时，由S1a11，得p0.当n2时，由题意，得Sn1(n1)2，所以anSnSn12n1(n2).经检验，a11符合上式，所以an2n1(nN*)(2)由a1，an，am成等比数列，得aa1am，即(2n1)21×(2m1).化简，得m2n22n12.因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n2时，m有最小值5.选择：(1)因为anan13，所以an1an3，所以数列an是公差d3的等差数列，所以ana1(n1)d3n2(nN*).(2)由a1，an，am成等比数列，得aa1am，即(3n2)21×(3m2).化简，得m3n24n23.因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n2时，m取到最小值6.选择：(1)因为2an1anan2，所以数列an是等差数列.设数列an的公差为d.因为a11，a6a15d11，所以d2.所以ana1(n1)d2n1(nN*) .(2)因为a1，an，am成等比数列，所以aa1am，即(2n1)21×(2m1).化简，得m2n22n12.因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n2时，m有最小值5.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】 (2020·海南诊断)已知an是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a312，_.是否存在正整数k，使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由.从q2，q，q2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解选择：存在满足条件的正整数k.求解过程如下：因为a312，所以a13.所以Sn3(2n1).令Sk>2 020，则2k>.因为29<<210，所以使Sk>2 020的正整数k的最小值为10.选择：不存在满足条件的正整数k.理由如下：因为a312，所以a148.所以Sn96.因为Sn<96<2 020，所以不存在满足条件的正整数k.选择：存在满足条件的正整数k.求解过程如下：因为a312，所以a13.所以Sn1(2)n.令Sk>2 020，则1(2)k>2 020，整理得(2)k<2 019.当k为偶数时，原不等式无解.当k为奇数时，原不等式等价于2k>2 019.所以使Sk>2 020的正整数k的最小值为11.A级巩固提升一、选择题1.(2020·武汉质检)在正项等比数列an中，若a5a115，a4a26，则a3()A.2 B.4 C. D.8解析设数列an的公比为q.由已知得即，解得q或q2.当q时，a116，不符合题意；当q2时，a11，所以a3a1q24，故选B.答案B2.(2020·全国卷)设an是等比数列，且a1a2a31，a2a3a42，则a6a7a8()A.12 B.24 C.30 D.32解析设等比数列an的公比为q，则q2，所以a6a7a8(a1a2a3)·q51×2532.故选D.答案D3.(多选题)(2020·潍坊一模)已知Sn是等差数列an(nN*)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个命题正确的是()A.数列Sn中的最大项为S10B.数列an的公差d<0C.S10>0D.S11<0解析因为S5>S6>S4，所以a6<0，a5>0且a5a6>0，所以数列Sn中的最大项为S5，A错误；数列an的公差d<0，B正确；S105(a5a6)>0，C正确；S1111a6<0，D正确.故选BCD.答案BCD4.(2020·安徽十四校联盟段考)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2 020这2 020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列的项数为()A.167 B.168 C.169 D.170解析由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以an12n11，nN*，由an2 020，得n169.因为nN*，所以此数列的项数为169.答案C5.(多选题)(2020·浙江卷改编)已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，且1.记b1S2，bn1S2n2S2n，nN*，下列等式可能成立的是()A.2a4a2a6 B.2b4b2b6C.aa2a8 D.bb2b8解析由题意，知b1S2a1a2，bn1S2n2S2na2n1a2n2，可得bna2n1a2n(n1，nN*).由为等差数列，可知为等差数列.选项A中，由a4为a2，a6的等差中项，得2a4a2a6，成立.选项B中，由b4为b2，b6的等差中项，得2b4b2b6，成立.选项C中，a2a1d，a4a13d，a8a17d.由aa2a8，可得(a13d)2(a1d)(a17d)，化简得a1dd2，又由d0，可得a1d，符合1，成立.故A，B，C均符合题意要求，b2a3a42a15d，b4a7a82a113d，b8a15a162a129d.由bb2b8，知(2a113d)2(2a15d)(2a129d)，化简得2a1d3d2，又由d0，可得.这与已知条件1矛盾.D错.答案ABC二、填空题6.(2020·新高考山东、海南卷)将数列2n1与3n2的公共项从小到大排列得到数列an，则an的前n项和为_.解析(观察归纳法)数列2n1的各项为1，3，5，7，9，11，13，；数列3n2的各项为1，4，7，10，13，.观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，是首项为1，公差为6的等差数列，则an16(n1)6n5.故前n项和为Sn3n22n.答案3n22n7.(2020·湖北四城七校联考)已知Sn是等比数列an的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，a3a62，则a9_.解析设等比数列an的公比为q，因为Sn是等比数列an的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，所以2S9S3S6，显然q1不满足此式，所以q1，所以，整理得1q32q6，即(2q31)(q31)0，解得q3.又a3a6a1q2a1q5a1q2(1q3)a1q22，所以a1q24，所以a9a1q8a1q2·q64×1.答案18.(2019·北京卷)设等差数列an的前n项和为Sn，若a23，S510，则a5_，Sn的最小值为_.解析由题意得a2a1d3，S55a110d10，解得a14，d1，所以a5a14d0，故ana1(n1)dn5.令an0，则n5，即数列an中前4项为负，a50，第6项及以后项为正.Sn的最小值为S4S510.答案010三、解答题9.(2020·滨州一监)在b2b3a16，b4a12，S5S348这三个条件中任选一个，补充至横线上.若问题中的正整数k存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.设正数等比数列bn的前n项和为Sn，an是等差数列，_，b3a4，a12，a3a5a730，是否存在正整数k，使得Sk1Skbk32成立？(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解在等差数列an中，a3a5a73a530，a510，公差d2，ana1(n1)d2n，b3a48.假设存在正整数k，使得Sk1Skbk32成立，即bk1bk32成立.设正数等比数列bn的公比为q(q>0).若选.b2b3a16，b24，q2，bn2n.2k12k32，解得k5.存在正整数k5，使得Sk1Skbk32成立.若选.b4a1224，q3，bn8·3n3.8·3k28·3k332，3k32，该方程无正整数解，不存在正整数k，使得Sk1Skbk32成立.若选.S5S348，即b4b548，8q8q248，即q2q60，解得q2或q3(舍去)，bn2n.2k12k32，解得k5.存在正整数k5，使得Sk1Skbk32成立.10.设Sn为数列an的前n项和，已知a12，对任意nN*，都有2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：Tn<1.(1)解因为2Sn(n1)an，所以2Sn1nan1(n2).两式相减，得2an(n1)annan1(n2)，即(n1)annan1(n2)，所以当n2时，所以.因为a12，所以an2n.(2)证明an2n，令bn，nN*，则bn.所以Tnb1b2bn1.因为>0，所以1<1.因为y在N*上是递减函数，所以y1在N*上是递增函数.所以当n1时，Tn取得最小值.所以Tn<1.B级能力突破11.已知等差数列an的公差d0，且a1，a3，a13成等比数列.若a11，Sn是数列an的前n项和，则(nN*)的最小值为()A.4 B.3C.22 D.解析由题意a1，a3，a13成等比数列，得(12d)2112d，解得d2.故an2n1，Snn2.因此(n1)2224，当且仅当n2时取得最小值4.答案A12.(2020·淄博模拟)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*，使得对任意nN*，总有Sn<Tm恒成立，求实数的取值范围.解(1)由a2a7a126，得a72，a14，an5n，从而Sn(nN*).(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，Tm8，随m的增大而减小，Tm为递增数列，得4Tm<8.又Sn，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使得对任意nN*，总有Sn<Tm，则10<8，得>2.故实数的取值范围为(2，).