2022年高考数学二轮复习名师知识点总结等差数列等比数列.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 等差数列、等比数列【高考考情解读】高考对本讲学问的考查主要是以下两种形式：1.以挑选题、填空题的形式考查,主要利用等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式及其性质解决与项、和有关的运算问题, 属于基础题； 2.以解答题的形式考查,主要是等差、 等比数列的定义、通项公式、前 n 项和公式及其性质等学问交汇综合命题,考查用数列学问分析问题、解决问题的才能,属低、中档题1 an与 Sn的关系 Sna1a2 an,anS1,n 1,n2.SnSn1,2 等差数列和等比数列定义等差数列等比数列anan1常数 n2an an1常数 n2 通项公式ana1

2、n1d ana1q n1q 0 1定义法2中项公式法： 2an1anan1定义法2 n1anan2 2n 1. an 为等差数列2中项公式法： a3通项公式法： anpn qp、qn1an 0. an 为等比数列判定方法为常数 . an 为等差数列3通项公式法： ancq nc、q 均4前 n 项和公式法： SnAn 2是不为0 的常数, nN*. anBnA、 B 为常数 . an为等差为等比数列数列4 an 为等差数列. aan 为等5 an 为 等 比 数 列 , an0 . log aan 为等差数列比数列 a0 且 a 1 1如 m、n、p、qN*,且 m1如 m、n、p、q N*,

3、且 mnnp q,就 amanapaq pq,就 amanapaq 名师归纳总结 考点一性质2an amnmd 2anamqnm 第 1 页,共 16 页3Sm, S2m Sm, S3m S2m, 3 等 比 数 列 依 次 每n 项 和仍成等差数列Sn 0仍成等比数列前 n 项和Snn a1an 2na1n n1 2d n 1q 1, Sna1 1q 1qa1anq 1q2q1, Snna1与等差数列有关的问题- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例 1 在等差数列 an 中,满意 3a55a8, Sn 是数列 an的前 n 项和1如 a10,当 Sn取

4、得最大值时,求 n 的值；2如 a1 46,记 bnSn an n,求 bn 的最小值解 1设 an 的公差为 d,就由 3a55a8,得 3a14d 5a1 7d,d2 23a1. Snna1n n122 23a1 1 23a1n 224 23a1n1 23a1n12 2144 23 a1. a10,当 n12 时, Sn取得最大值2由1及 a1 46,得 d2 23 464,an 46n1 44n 50,n n1Sn 46n2 42n 248n. Snan 2n 252n 50bnnn2n50 n522 2n50 n52 32,当且仅当 2n50 n,即 n5 时,等号成立故 bn的最小值

5、为 32. 1在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差,只要依据已知条件求出这两个量, 其他问题就可随之而解,这就是解决等差数列问题的基本方法,其中包蕴着方程思想的运用2等差数列的性质如 m,n,p, qN*,且 mnp q,就 amanapaq；Sm,S2mSm,S3m S2m, ,仍成等差数列；名师归纳总结 amanmnd. daman m,nN mn*；第 2 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - an bnA2n1B2n1 A2n1,B2n1 分别为 an , bn的前 2n1 项的和 3数列 an是等差数列的充要条件是其前n 项和

6、公式 Snfn是 n 的二次函数或一次函数且不含常数项,即SnAn2BnA 2B2 0 an 的前 n 项和,就下12022浙江 设 Sn是公差为 dd 0的无穷等差数列列命题错误的是 A如 d0,就数列 Sn 有最大项B如数列 Sn 有最大项,就 d0 D如对任意 nN *,均有 Sn0,就数列 Sn 是递增数列22022课标全国 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,Sm1 2,Sm0,Sm13,就 m 等于 A3 B4 C5 D6 答案 1C 2C 解析 1利用函数思想,通过争论 Snd 2n 2 a1d 2 n 的单调性判定设an 的首项为 a1,就 Snna11 2nn1dd2n

7、 2 a1d 2 n. 由二次函数性质知 Sn 有最大值时,就 d0,不妨设 a1 1,d2,明显 Sn是递增数列,但 S110,d0, Sn 必是递增数列,D 正确2am2,am13,故 d1,由于 Sm0,故 ma1m m1d0,2故 a1m1,2由于 amam15,故 amam12a12m1d m12m1 5,即 m5. 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 考点二 与等比数列有关的问题例 2 12022 课标全国 已知 an为等比数列, a4a72,a5a6 8,就 a1a10 等于 A7 B5 C 5 D 7

8、 22022浙江 设公比为 qq0的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn.如 S23a22,S43a42,就 q _. 答案 1D 232解析 1利用等比数列的性质求解a4 a7 2,a4 2,a44,由 解得 或a5a6a4a7 8 a74 a7 2.q 3 2,或 q 31 2,a1 1 a1 8,a1a10a11q 9 7. 2利用等比数列的通项公式及前 n 项和公式求解S4S2a3a43a22a3 a4 3a42,将 a3a2q,a4a2q 2 代入得,3a22a2qa2q 23a2q2 2,化简得 2q 2 q30,解得 q3 2q 1 不合题意,舍去*是常数, 利1证明数列是等比

9、数列的两个方法：利用定义：an1 annN用等比中项2 a nan1an1n2,nN*2等比数列中的五个量：a1, an, q,n,Sn 可以 “知三求二 ” 3 an 为等比数列,其性质如下：如 m、n、r、sN anamq n m；*,且 mn rs,就 amanaras；Sn,S2nSn,S3nS2n 成等比数列 q 1名师归纳总结 4等比数列前n 项和公式第 4 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - na1 q1 ,Sna1 1q na1anqq 1 .1q 1 q能“ 知三求二 ” ；留意争论公比 q 是否为 1； a1 0. 1

10、2022 课标全国 如数列 an 的前 n 项和 Sn2 3an1 3,就an 的通项公式是 an_. 答案2n1a2a3解析当 n1 时, a11；当 n2 时,anSnSn 12 3an2 3an 1,故an an1 2,故 an2n1. 22022湖北 已知 Sn是等比数列 an的前 n 项和, S4,S2,S3成等差数列,且a4 18. 求数列 an的通项公式；是否存在正整数n,使得 Sn 2 013？如存在,求出符合条件的全部n 的集合；如不存在,说明理由解 设等比数列 an 的公比为 q,就 a1 0, q 0.由题意得S2S4S3 S2,a1q 2a1q 3a1q 2,即a2a3

11、a4 18. a1q 1qq 2 18,a1 3,解得q 2.故数列 an 的通项公式为 an3 2 n1. 31 2 n由有 Sn 12 n. 1 2假设存在 n,使得 Sn2 013,名师归纳总结 就 12n2 013,即 2n2 012. 第 5 页,共 16 页当 n 为偶数时, 2n0.上式不成立；当 n 为奇数时, 2n 2 n2 012,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即 2 n2 012,就 n11. 综上,存在符合条件的正整数 n,且全部这样的 n 的集合为 n|n2k1,kN,k5 考点三 等差数列、等比数列的综合应用例 3 已知

12、等差数列 an 的公差为 1,且 a2 a7a12 6. 1求数列 an 的通项公式 an与前 n 项和 Sn；2将数列 an 的前 4 项抽去其中一项后,剩下三项按原先次序恰为等比数列 bn的前 3项,记 bn的前 n 项和为 Tn,如存在 mN *,使对任意 nN *,总有 SnTm 恒成立,求实数 的取值范畴解 1由 a2a7a12 6 得 a7 2,a14,n 9 nan5n,从而 Sn2 . 2由题意知 b14, b22,b31,设等比数 列 bn 的公比为 q,就 qb2 b11 2,Tm4111 122 m811 2 m,1 2 m 随 m 增加而递减,Tm 为递增数列,得 4T

13、m8. 又 Snn 9n21 2n 29n 1 2 n9 2 281 4 ,故SnmaxS4S510,如存在 mN*,使对任意nN*总有 SnTm,就 106. 等差 比数列的综合问题的常见类型及解法1等差数列与等比数列交汇的问题,常用 可使运算简便“ 基本量法 ” 求解,但有时敏捷地运用性质,名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题,求解时用等差 比数列的相关学问,将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可已知数列 an 满意 a1 3,an13an3nnN*

14、,数列 bn满意 bn3 nan. 1求证：数列 bn 是等差数列；2设 Sna1 3 a2 4a3 5 an,求满意不等式n21 128Sn S2n1 4的全部正整数n 的值1证明由 bn3 nan 得 an3nbn,就 an13n1bn 1. 代入 an13an3n 中,得 3n1bn13n 1bn 3 n,即得 bn1bn1 3. 所以数列 bn是等差数列名师归纳总结 2解由于数列 bn 是首项为 b131a11,第 7 页,共 16 页公差为1 3的等差数列,就 bn11 3n 1n2 3,就 an3nbnn2 3 n1,从而有an 3 n1,n2故 Sna1 3a2 4a3 5 an

15、 n21332 3 n1n 1 33 n1,213就Sn S2n3 n13 2n131,n 1由1 128Sn S2n1 4,得1 128311 4,n1即 33n127,得 1n4. 故满意不等式1 128Sn S2n0. an 为递增数列, Sn 有最小值d0,或a10,或a110q10q1数列4 常用结论1如 an, bn均是等差数列,列,其中 m,k 为常数Sn 是an 的前 n 项和,就 mankbn ,Sn n 仍为等差数2 2如 an, bn 均是等比数列, 就can c 0,| an|, anbn , manbn m 为常数 , a n , 1 an 等也是等比数列a23公比不

16、为1 的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即a1,a3a2,a4a3, 成等比数列,且公比为a3a2a2a1 qq. a2a1a2a14等比数列 q 1中连续 k 项的和成等比数列,列,其公差为 q k. 即 Sk,S2kSk,S3kS2k, 成等比数名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 等差数列中连续k 项的和成等差数列,即Sk,S2kSk,S3kS2k, 成等差数列,公差为 k 2d. 5 易错提示1应用关系式anS1,n1,时, 肯定要留意分n 1,n2 两种情形, 在求出SnSn1,n2结果

17、后,看看这两种情形能否整合在一起2三个数 a,b,c 成等差数列的充要条件是 bac,但三个数 a,b,c 成等比数列的 2必要条件是b 2ac. a1,1 2a3,2a2 成等差数列,就 a8a9 等于 1 已知等比数列 an 中,各项都是正数,且A12 B12 C32 2 D32 2 答案 C 解析 记等比数列 an 的公比为 q,其中 q0,由题意知 a3 a12a2,即 a1q 2a12a1q. 由于 a1 0,所以有 q22q10,名师归纳总结 由此解 得 q12,am,an 使得aman4a1,就1 m4 n的第 9 页,共 16 页又 q0,所以 q12. 所以a8a9a6a7q

18、2 a6 a7q2122 322. a6a72 已知正项等比数列 an 满意 a7a62a5,如存在两项最小值为 A.3 2B.5 3C.9 4D不存在答案A 解析由于 a7a62a5,所以 q2q2 0,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得 q2 或 q 1舍去 又amana2 1qmn 2 4a1,所以 mn6. 就1 m4 n1 m 4 n mn 1 6 1 n m 4m n4 3 2. 当且仅当n m4m n,即 n2m 时,等号成立此时 m2,n 4. 3 已知等差数列an 的前 n 项的和为Sn,等比数列 bn 的各项均为正数,公比是q,

19、且满足： a13,b11, b2S212,S2b2q. 1求 an与 bn；2设 cn3bn2an 3,如数列 cn是递增数列,求 的取值范畴解1由已知可得q3a212,3a2q2,所以 q2q120,解得 q3 或 q 4舍 ,从而 a26,所以 an3n,bn3n1. 2由1知, cn3bn2an 33n2n. 由题意,得cn1cn 对任意的 nN*恒成立,即 3n12 n13n2 n 恒成立,亦即 2n23 n 恒成立,即23n 恒成立2由于函数 y3 2n 是增函数,所以 23nmin2 3 2 3,2故 3,名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 16 页精选学习资

20、料 - - - - - - - - - 即 的取值范畴为 , 3举荐时间： 60 分钟 一、挑选题1 2022 江西 等比数列x,3x3,6x6, 的第四项等于 A 24 B0 C 12 D24 答案A 解析由 x,3x 3,6x 6 成等比数列得,3x32x6x6解得 x 3 或 x 1不合题意,舍去故数列的第四项为24. 2 2022 课标全国 等比数列 an的前 n 项和为 Sn,已知 S3a210a1,a59,就 a1等于 A.1 3 B1 3 C.1 9 D1 9答案 C 解析 设等比数列 an 的公比为 q,由 S3a210a1 得 a1a2 a3 a210a1,即 a39a1,q

21、 29,又 a5 a1q 49,所以 a11 9. 3 2022 课标全国 设首项为 1,公比为 23的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn,就 ASn 2an1 BSn3an2 CSn 43an DSn32an答案 D a1 1q na1qan 12 3an解析 Sn1q1q132an. 3应选 D. 4 在等差数列 an 中, a50 且 a6|a5|,Sn是数列的前n 项的和,就以下说法正确的名师归纳总结 是 第 11 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - AS1, S2,S3均小于 0,S4,S5,S6 均大于 0 BS1, S2

22、, S5均小于 0,S6,S7, 均大于 0 CS1, S2, S9均小于 0,S10,S11 均大于 0 DS1, S2, S11均小于 0,S12,S13 均大于 0 答案C P1,an,解析由题意可知a6a50,故S10a1a10 10a5a6 10 2 0,2而 S9a1 a9 92a5 9 29a50,且 a1 a2 a1030,就 a5a6的最大值等于 _答案 9 解析 由 a1 a2 a1030 得a5a630 56,又 an0,a5 a6a5a62 262 2 9. 10已知数列 an的首项为 a12,且 an11 2a1 a2 an nN *,记 Sn 为数列 an 的前 n

23、 项和,就 Sn_,an_. 2 n 1 ,答案 232 n132 n2n2 .解析 由 an 11 2a1a2 an nN *,可得 an11 2Sn,所以 Sn1Sn1 2Sn,即Sn13 2Sn,由此可知数列 Sn 是一个等比数列,其中首项 S1a12,公比为3 2,所以2 n 1 ,Sn232 n1,由此得 an32 n2 n 2 .三、解答题11已知 an 是以 a 为首项, q 为公比的等比数列,1当 S1,S3, S4成等差数列时,求 q 的值；Sn为它的前 n 项和名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - -

24、 2当 Sm,Sn,Sl成等差数列时, 求证： 对任意自然数1解 由已知,得 anaq n1,因此S1a,S3 a1qq 2,S4 a1qq 2q 3当 S1,S3,S4成等差数列时,S4S3S3S1,可得 aq 3aqaq 2,化简得 q 2q10. 解得 q12 5. k,am k,an k,alk也成等差数列2证明 如 q 1,就 an 的各项均为 a,此时 amk,an k,alk 明显成等差数列如 q 1,由 Sm,Sn,Sl 成等差数列可得 SmSl2Sn,a q m1 a q l1 2a q n1即,整理得 q mq l2q n. q1 q 1 q1因此, amkalkaq k1

25、q mq l2aq nk12an k. 所以 am k ,an k,al k成等差数列12设数列 an 是公比大于1 的等比数列, Sn为数列 an 的前 n 项和已知 S37 且 a13,3a2,a34 构成等差数列1求数列 an 的通项公式；2令 bnln a3n1,n1,2, ,求数列 bn的前 n 项和 Tn. a1a2a37,解1依题意,得a13 a343a2,2解得 a22. 设等比数列 an的公比为 q,由 a22,名师归纳总结 可得 a12 q,a32q. 第 14 页,共 16 页又 S37,可知2 q2 2q7,即 2q 25q20,解得 q12,q21 2. 由题意,得q

26、1, q2,a11. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故数 列 an 的通项公式是 an 2 n 1. 2由于 bn ln a3n 1,n1,2, ,由1得 a3n 12 3n,bnln 2 3n 3nln 2,又 bn1bn3ln 2 ,数列 bn 是等差数列n b1 bnTnb1b2 bn2 3n n1 n 3ln 23nln 222 ln 2. 13 2022 湖北 已知等比数列 an满意： |a2a3|10,a1a2a3125. 1求数列 an 的通项公式；2是否存在正整数m,使得1 a1 1 a2 1 am1？如存在,求m 的最小值；如不存

27、在,说明理由名师归纳总结 解1设等比数列 an 的公比为 q,第 15 页,共 16 页就由已知可得a3 1q3125,|a1qa1q2|10,解得a15 3,或a1 5,q3q 1.故 an5 33n1 或 an 5 1n 1. 2如 an5 3 3 n1,就 1 an31n1,3故数列an是首项为 3 5,公比为 1 3的等比数列从而m1 an3 5 11m9 10 11m 9 101. 3n11313如 an5 1 n1,就1 an 1 5 1n1,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故数列 an是首项为 1 5,公比为 1 的等比数列,名师归纳总结 从而m1 an1 5,m2k 1 kN ,第 16 页,共 16 页n10,m2k kN .故m1 an1. n 1综上,对任何正整数m,总有m1 an1. n1故不存在正整数m,使得1 a1 1 a2 1 am1 成立- - - - - - -