【精品】2019高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列等比数列的基本问题学案.pdf

1第 1 讲等差数列、等比数列的基本问题高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.真 题 感 悟1.(2017 浙江卷)已知等差数列an 的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4S62S5”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析由S4S62S5S6S5(S5S4)a6a5d，当d0 时，则S4S62S5 0，即S4S62S5，反之，S4S62S5，可得d0，所以“d0”是“S4S62S5”的充要条件.答案C 2.(2018 浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln(a1a2a3).若a11，则()A.a1a3，a2a3，a2a4C.a1a4D.a1a3，a2a4解析法一因为 ln xx1(x0)，所以a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a3 1，所以a4 1，又a11，所以等比数列的公比q1，所以 ln(a1a2a3)0，与 ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以 1q0，a2a4a1q(1 q2)a3，a21，所以等比数列的公比q1，所以 ln(a1a2a3)0，与 ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以 1q0，a2a4a1q(1 q2)a3，a20 恒成立，所以B(2n 1)恒成立，所以B3.答案1(3，)12.等差数列 an 的前n项和为Sn，a33，S410，则nk11Sk_.解析设an首项为a1，公差为d，则由a3a12d3，S44a1432d10，得a11，d1.Snn（n1）2，nk11Sk2122232n（n1）2n（n1）2 11212131n11n1n1n1211n12nn1.答案2nn1三、解答题13.已知各项都为正数的数列an 满足a11，a2n(2an 11)an2an10.(1)求a2，a3.(2)求an的通项公式.解(1)由a11，a2n(2an1 1)an2an10，令n1，得a212，令n2，得a22(2a31)a22a3 0，则a314.(2)由a2n(2an1 1)an2an10，得 2an 1(an 1)an(an1)，14因为 an 的各项都为正数，所以an1an12.故an是首项为1，公比为12的等比数列，因此an12n1.14.已知数列 an 的前n项和Sn1an，其中 0.(1)证明 an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S53132，求.(1)证明由题意得a1S11a1，故 1，a111，a10.由Sn1an，Sn1 1an1，得an1an1an，则an1(1)an，由a10，0 得an0，所以an1an1.因此 an 是首项为11，公比为1的等比数列，于是an11 1n1.(2)解由(1)得Sn11n.由S53132得 1153132，即15132.解得 1.15.(2018 全国卷)已知数列 an 满足a11，nan1 2(n1)an.设bnann.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列 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an12（n1）nan.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.理由如下：由条件可得an1n12ann，即bn12bn，又b11，所以 bn是首项为1，公比为 2 的等比数列.15(3)由(2)可得ann2n1，所以ann2n1.