（浙江专用）2019高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列学案.doc

1第第 1 1 讲讲 等差数列与等比数列等差数列与等比数列考情考向分析 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，考查分析问题、解决问题的综合能力热点一 等差数列、等比数列的运算1.通项公式等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1·qn1.2求和公式等差数列：Snna1d；na1an2nn12等比数列：SnError!3性质若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中am·anap·aq.例 1 (1)(2018·全国)记Sn为等差数列an的前n项和，若 3S3S2S4，a12，则a5等于( )A12 B10 C10 D12答案 B解析 设等差数列an的公差为d，由 3S3S2S4，得 32a1×d4a1×d，将a12 代入3a13 × 312×d2 × 2124 × 412上式，解得d3，故a5a1(51)d24×(3)10.故选 B.(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列an中，若S480，S28，则公比q_，a5_.答案 3 162解析 由题意可得，S4S2q2S2，代入得q29.等比数列an的各项均为正数，2q3，解得a12，故a5162.思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量跟踪演练 1 (1)(2018·浙江省重点中学联考)设Sn为等差数列an的前n项和，若a12 017，S62S318，则S2 019等于( )A2 016 B2 019 C2 017 D2 018答案 B解析 在等差数列an中，设公差为d.S62S318，a4a5a6(a1a2a3)9d18.d2，S2 0192 019a12 019 × 2 018d 22 019×2 0182 019×2 0172 019，故选 B.(2)(2018·全国)等比数列an中，a11，a54a3.求an的通项公式；记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.解 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(nN N*)若an(2)n1，则Sn.12n3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.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明证明数列an是等差数列或等比数列的证明方法(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，nN N*)(2)证明数列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 an3利用等比中项，即证明aan1an1(n2，nN N*)2n例 2 已知数列an，bn，其中a13，b11，且满足an (3an1bn1)，1 2bn (an13bn1)，nN N*，n2.1 2(1)求证：数列anbn为等比数列；(2)求数列的前n项和Tn.2n anan1(1)证明 anbn (3an1bn1)(an13bn1)2(an1bn1)，1 2(1 2)又a1b13(1)4，所以anbn是首项为 4，公比为 2 的等比数列(2)解 由(1)知，anbn2n1，又anbn (3an1bn1)(an13bn1)an1bn1，1 2(1 2)又a1b13(1)2，所以anbn为常数数列，anbn2，联立得，an2n1，所以，2n anan12n2n12n111 2n11 2n11所以Tn(1 2111 221) (1 2211 231)(1 2n11 2n11) (nN N*)1 2111 2n111 31 2n11思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法(2)aan1an1(n2)是数列an为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为2n零跟踪演练 2 已知an是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中1 an项(1)求证：数列S为等差数列；2n(2)求数列an的通项公式；(3)设bn，求bn的前n项和Tn.1nan(1)证明 由题意知 2Snan，即 2Snana1，(*)1 an2n4当n2 时，有anSnSn1，代入(*)式得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1(n2)2n2n1又当n1 时，由(*)式可得a1S11，数列S是首项为 1，公差为 1 的等差数列2n(2)解 由(1)可得S1n1n，2n数列an的各项都为正数，Sn，n当n2 时，anSnSn1，nn1又a1S11 满足上式，an(nN N*)nn1(3)解 由(2)得bn1nan1nnn1(1)n()，nn1当n为奇数时，Tn1(1)()()()232n1n2nn1，n当n为偶数时，Tn1(1)()()()，232n1n2nn1n数列bn的前n项和Tn(1)n(nN N*)n热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例 3 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 N*，使得对任意nN N*，总有Sn2.即实数的取值范围为(2，)思维升华 (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(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解跟踪演练 3 已知数列an的前n项和为Sn，且Sn13(an1)，nN N* *.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足an1·3 2nna b，若bnt对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围解 (1)由已知得Sn3an2，令n1，得a11，又an1Sn1Sn3an13an，得an1an，3 2所以数列an是以 1 为首项， 为公比的等比数列，3 2所以ann1(nN N*)(3 2)(2)由an1·3 2nna b， 得bn31 2lognan1 3 23log2nn·n1，1 an(2 3)(2 3)所以bn1bn(n1)·nn·n1(2 3)(2 3)(2n)，2n1 3n所以(bn)maxb2b3 ，所以t .4 34 3即t的取值范围为.4 3，)6真题体验1(2017·全国改编)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为_答案 4解析 设an的公差为d，由Error!得Error!解得d4.2(2017·浙江改编)已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4S6>2S5”的_条件答案 充要解析 方法一 数列an是公差为d的等差数列，S44a16d，S55a110d，S66a115d，S4S610a121d,2S510a120d.若d>0，则 21d>20d,10a121d>10a120d，即S4S6>2S5.若S4S6>2S5，则 10a121d>10a120d，即 21d>20d，d>0.“d>0”是“S4S6>2S5”的充要条件方法二 S4S6>2S5S4S4a5a6>2(S4a5)a6>a5a5d>a5d>0.“d>0”是“S4S6>2S5”的充要条件3(2017·北京)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，则_.a2 b2答案 1解析 设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则由a4a13d，得d3，a4a1 3813由b4b1q3，得q38，b4 b18 1q2.71.a2 b2a1d b1q131 × 24(2017·江苏)等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3 ，S6，则7 463 4a8_.答案 32解析 设an的首项为a1，公比为q，则Error!解得Error!所以a8 ×272532.1 4押题预测1设等差数列an的前n项和为Sn，且a1>0，a3a10>0，a6a70 的最大自然数n的值为( )A6 B7C12 D13押题依据 等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力答案 C解析 a1>0，a6a70，a70，a1a132a70，S130 的最大自然数n的值为 12.2在等比数列an中，a33a22，且 5a4为 12a3和 2a5的等差中项，则an的公比等于( )A3 B2 或 3C2 D6押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点答案 C解析 设公比为q,5a4为 12a3和 2a5的等差中项，可得10a412a32a5，10a3q12a32a3q2，得 10q122q2，解得q2 或 3.又a33a22，所以a2q3a22，即a2(q3)2，所以q2.3已知各项都为正数的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得4a1，则 的最小值为( )am·an1 m4 n8A. B.3 25 3C. D.25 64 3押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向答案 A解析 由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理得q2q20，解得q2 或q1(不合题意，舍去)又由4a1，得aman16a，am·an2 1即a2mn216a，即有mn24，2 12 1亦即mn6，那么 (mn)1 m4 n1 6(1 m4 n) ，1 6(4m nnm5)1 6(24m n·nm5)3 2当且仅当 ，即n2m4 时取等号4m nn m4定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数” 现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；|x|f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )A BC D押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉答案 C解析 由等比数列的性质得，anan2a.2n1f(an)f(an2)a a(a)2f(an1)2；2n2n22n1f(an)f(an2)22122 222nnnnnaaaaaf(an1)2；f(an)f(an2)f(an1)2；|anan2|an1|2f(an)f(an2)ln|an|ln|an2|(ln|an1|)2f(an1)2.9A A 组组 专题通关专题通关1在正项等比数列an中，已知a3a564，则a1a7的最小值为( )A64 B32C16 D8答案 C解析 在正项等比数列an中，a3a564，a3a5a1a764，a1a7222×816，a1a764当且仅当a1a78 时取等号，a1a7的最小值为 16，故选 C.2(2018·嘉兴市、丽水市模拟)已知数列an为等差数列，且a81，则 2|a9|a10|的最小值为( )A3 B2C1 D0答案 C解析 因为数列an为等差数列，所以 2a9a8a10，则 2|a9|a8a10|a8|a10|，所以 2|a9|a10|a8|1，当且仅当a100，dS3>0Ba1d>0，dS30Da1d0，故选 C.2 12 14(2018·浙江省温州六校协作体联考)设an是公比为实数q的等比数列，首项a164，对于nN N*，an2bn，当且仅当n4 时，数列bn的前n项和取得最大值，则q的取值范围是( )A. B. C. D.(36，13)(1 4，1 3)(1 4，24)(26，24)10答案 C解析 由题意得2bn1bnq>0，所以bn1bnlog2q为常数，又因为an1 an2bn1 2bna112b64，所以b16，所以数列bn为首项为 6，公差为 log2q的等差数列，又因为当且仅当n4 时，数列bn的前n项和取得最大值，所以Error!解得 0，a50，a50，所以S15S10S10S52S5S52224，当且仅当S5，即S51 时等号成立，所12S5S52S51 S5S5·1 S51 S5以S15S10的最小值为 4.10(2018·天津)设an是等比数列，公比大于 0，其前n项和为Sn(nN N*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN N*)，求Tn；证明：2(nN N*)n k1Tkbk2bkk1k22n2 n2(1)解 设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q>0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.12由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得 3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1(nN N*)，数列bn的通项公式为bnn(nN N*)(2)解 由(1)得Sn2n1，12n 12故Tn(2k1)knnn k1n k122 × 12n122n1n2(nN N*)证明 因为Tkbk2bkk1k22k1k2k2kk1k2，k·2k1k1k22k2 k22k1 k1所以2(nN N*)n k1Tkbk2bkk1k2(23 3222) (24 4233)(2n2 n22n1n1)2n2 n2B B 组组 能力提高能力提高11(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)已有正项数列an是单调递增的等差数列，bn是等比数列，且满足a1b1，a5b5，则以下结论：a3b3；a6b6，正确的个数是( )A0 B1 C2 D3答案 B解析 设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，则由a5b5得a14db1q4，又a1b1，所以d.因为数列an为正项单调递增数列，所以a1>0，d>0，则a1q414q41>0，解得q>1 或q1 时，an可以看作是直线上的点的纵坐标，bn可以看作是指数函数图象上的点的纵坐标，则易得此时a6b6，错误由等差数列和等比数列的性质易得a3，bb1b5a1a5，则a1a5 22 3ab2a1a52>0，所以a3>b3，错误，正确综上所述，正确结2 32 3(a1a5 2)(a1a5 2)论的个数为 1.故选 B.12已知数列an的前n项和为Sn，a115，且满足an1an4n216n15，已知n，mN N*，n>m，则SnSm的最小值为( )(2n5)(2n3)A B C14 D2849 449 813答案 C解析 根据题意可知(2n5)an1(2n3)an(2n5)(2n3)，式子左、右两端同除以(2n5)(2n3)，可得1，即1，an1 2n3an 2n5an12n15an 2n5所以数列是以5 为首项，以 1 为公差的等差数列，an 2n515 25所以5(n1)·1n6，an 2n5即an(n6)(2n5)，由此可以判断出a3，a4，a5这三项是负数，从而得到当n5，m2 时，SnSm取得最小值，且SnSmS5S2a3a4a536514.13已知数列an满足a13，an12ann1，数列bn满足b12，bn1bnann.(1)证明：ann为等比数列；(2)数列cn满足cn，求数列cn的前n项和Tn.annbn1bn11(1)证明 an12ann1，an1(n1)2(ann)，又a112，ann是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)解 由(1)知ann(a11)·2n12n，bn1bnann，bn1bn2n，Error!累加得到bn22n (n2)2·12n112当n1 时，b12，bn2n，cnannbn1bn112n2n12n11.1 2n11 2n11Tn .1 31 2n111414设等差数列an的前n项和为Sn，a a(a1,1)，b b(1，a10)，若a·ba·b24，且S11143，数列bn的前n项和为Tn，且满足12na Tn(a11)(nN N*)(1)求数列an的通项公式及数列的前n项和Mn；1 anan1(2)是否存在非零实数，使得数列bn为等比数列？并说明理由解 (1)设数列an的公差为d，由a a(a1,1)，b b(1，a10)，a·ba·b24，得a1a1024，又S11143，解得a13，d2，因此数列an的通项公式是an2n1(nN N*)，所以，1 anan112n12n31 2(1 2n11 2n3)所以Mn1 2(1 31 51 51 71 2n11 2n3)(nN N*)n 6n9(2)因为12na Tn(a11)(nN N*)，且a13，所以Tn，4n 2 当n1 时，b1；6 当n2 时，bnTnTn1，3·4n1 此时有4，若bn是等比数列，bn bn1则有4，而b1，b2，彼此相矛盾，b2 b16 12 故不存在非零实数使数列bn为等比数列