成都市高三二轮复习文科数学(八) 等差数列、等比数列

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成都市高三二轮复习文科数学(八) 等差数列、等比数列

第 11 页 共 11 页 成都市高三二轮复习文科数学(八) 等差数列、等比数列 经典例题:‎ ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 等比数列基本运算·T14‎ 等比数列的通项公式等差数列的求和·T18‎ 等比数列的基本运算·T6‎ 等差数列的通项公式及求和·T18‎ 等差数列的基本运算·T14‎ ‎2018‎ 数列的递推关系、等比数列的判定及计算·T17‎ 等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17‎ 等比数列的通项公式、前n项和公式·T17‎ ‎2017‎ 等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定·T17‎ 等差、等比数列的通项公式及前n项和公式·T17‎ 数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和·T17‎ ‎(1)考查等差数列、等比数列基本量的计算,考查等差数列、等比数列性质的应用,考查等差数列、等比数列的判断与证明等.‎ ‎(2)近三年高考考查数列多出现17(或18)题,试题难度中等,2020年高考可能以客观题考查,以基本运算为主,难度中等的题目较多,但有时也可能出现在第12题或16题位置上,难度偏大,复习时应引起关注.‎ 等差、等比数列的基本运算 ‎[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S4=0,a5=5,则(  )‎ A.an=2n-5     B.an=3n-‎10 ‎‎ C.Sn=2n2-8n D.Sn=n2-2n ‎(2)(2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,a=a6,则S5=________.‎ ‎[解析] (1)设首项为a1,公差为d.由S4=0,a5=5可得解得 所以an=-3+2(n-1)=2n-5,Sn=n×(-3)+×2=n2-4n.故选A.‎ ‎(2)由a=a6得(a1q3)2=a1q5,整理得q==3.∴ S5==.‎ ‎[答案] (1)A (2) ‎[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 ‎(1)设基本量:首项a1和公差d(公比q).‎ 第 11 页 共 11 页 ‎(2)列、解方程(组):把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组),然后求解,注意整体计算,以减少运算量.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2019·福州市质量检测)已知数列{an}中,a3=2,a7=1.若数列为等差数列,则a9=(  )‎ A.       B. C. D.- 解析:选C 因为数列为等差数列,a3=2,a7=1,‎ 所以数列的公差d===,所以=+(9-7)×=,所以a9=,故选C.‎ ‎2.(2019·开封市定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+4S2=0,则公比q=(  )‎ A.-1 B‎.1 ‎‎ C.-2 D.2‎ 解析:法一:因为a3+4S2=0,所以a1q2+‎4a1+‎4a1q=0,因为a1≠0,所以q2+4q+4=0,所以q=-2,故选C.‎ 法二:因为a3+4S2=0,所以a2q++‎4a2=0,因为a2≠0,所以q++4=0,即(q+2)2=0,所以q=-2,故选C.‎ ‎3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=‎2a2+16.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.‎ 解:(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.‎ 因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.‎ ‎(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.‎ 等差数列、等比数列的性质 ‎[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S6=30,S9=70,则S3=________.‎ ‎(2)在等差数列{an}中,已知a1=13,‎3a2=‎11a6,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________.‎ ‎[解析] (1)法一:设数列{an}的公比为q(q>0且q≠1),由题意可得 ‎①÷②得,==,又由q>0,得q3=2,再由===,得S3=S6=10.‎ 法二:由题意可得(S6-S3)2=S3(S9-S6),即(30-S3)2=40S3,即S-100S3+900=0,解得S3=10或S3=90,又数列{an}的各项均为正数,所以S3<S6,S3=90(舍去),故S3=10.‎ 第 11 页 共 11 页 ‎(2)设{an}的公差为d.法一:由‎3a2=‎11a6,得3(13+d)=11(13+5d),‎ 解得d=-2,所以an=13+(n-1)×(-2)=-2n+15.‎ 由得解得6.5≤n≤7.5.因为n∈N*,‎ 所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7==49.‎ 法二:由‎3a2=‎11a6,得3(13+d)=11(13+5d),‎ 解得d=-2,所以an=13+(n-1)×(-2)=-2n+15.‎ 所以Sn==-n2+14n=-(n-7)2+49,‎ 所以当n=7时,数列{an}的前n项和Sn最大,最大值为S7=49.‎ ‎[答案] (1)10 (2)49‎ ‎[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略 抓关系 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 用性质 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 ‎[跟踪训练]‎ ‎1.在等比数列{an}中,a3,a15是方程x2+6x+2=0的根,则的值为(  )‎ A.-      B.- C. D.-或 解析:选B 设等比数列{an}的公比为q,因为a3,a15是方程x2+6x+2=0的根,所以a3·a15=a=2,a3+a15=-6,所以a3<0,a15<0,则a9=-,所以==a9=-,故选B.‎ ‎2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{an}中,‎4a3+a11-‎3a5=10,则a4=(  )‎ A.-1 B‎.0 ‎‎ C.1 D.2‎ 解析:选C 法一:设{an}的公差为d(d≠0),由‎4a3+a11-‎3a5=10,得4(a1+2d)+(a1+10d)-3(a1+4d)=10,即‎2a1+6d=10,即a1+3d=5,故a4=5,所以a4=1,故选C.‎ 法二:设{an}的公差为d(d≠0),因为an=am+(n-m)d,所以由‎4a3+a11-‎3a5=10,得4(a4-d)+(a4+7d)-3(a4+d)=10,整理得a4=5,所以a4=1,故选C.‎ 法三:由等差数列的性质,得‎2a7+‎3a3-‎3a5=10,得‎4a5+a3-‎3a5=10,即a5+a3=10,则‎2a4=10,即a4=5,所以a4=1,故选C.‎ 第 11 页 共 11 页 ‎3.数列{an}是首项a1=m,公差为2的等差数列,数列{bn}满足2bn=(n+1)an,若对任意n∈N*都有bn≥b5成立,则m的取值范围是________.‎ 解析:由题意得,an=m+2(n-1),从而bn=an=[m+2(n-1)].‎ 又对任意n∈N*都有bn≥b5成立,结合数列{bn}的函数特性可知b4≥b5,b6≥b5,‎ 故解得-22≤m≤-18.答案:[-22,-18]‎ 等差(比)数列的判断与证明 ‎[例3] 设Sn为数列{an}的前n项和,对任意的n∈N*,都有Sn=2-an,数列{bn}满足b1=‎2a1,bn=(n≥2,n∈N*).(1)求证:数列{an}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)判断数列是等差数列还是等比数列,并求数列{bn}的通项公式.‎ ‎[解] (1)当n=1时,a1=S1=2-a1,解得a1=1;‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,即=(n≥2,n∈N*).‎ 所以数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,故数列{an}的通项公式为an=.‎ ‎(2)因为a1=1,所以b1=‎2a1=2.因为bn=,所以=+1,即-=1(n≥2).‎ 所以数列是首项为,公差为1的等差数列.所以=+(n-1)·1=,‎ 故数列{bn}的通项公式为bn=.‎ ‎[解题方略]‎ 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:‎ ‎①利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数;②利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).‎ ‎(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法:‎ ‎①利用定义,证明(n∈N*)为一常数;②利用等比中项,即证明a=an-1an+1(n≥2).‎ ‎[跟踪训练]‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-3n(n∈N*).(1)求a1,a2,a3的值.(2)设bn=an+3,证明数列{bn}为等比数列,并求通项公式an.‎ 解:(1)因为数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-3n(n∈N*).‎ 第 11 页 共 11 页 所以n=1时,由a1=S1=‎2a1-3×1,解得a1=3,n=2时,由S2=‎2a2-3×2,得a2=9,‎ n=3时,由S3=‎2a3-3×3,得a3=21.‎ ‎(2)因为Sn=2an-3n,所以Sn+1=2an+1-3(n+1),两式相减,得an+1=2an+3,①‎ 把bn=an+3及bn+1=an+1+3,代入①式,得bn+1=2bn(n∈N*),且b1=6,‎ 所以数列{bn}是以6为首项,2为公比的等比数列,所以bn=6×2n-1,‎ 所以an=bn-3=6×2n-1-3=3(2n-1).‎ 逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论 ‎[典例] 已知等比数列{an}中a2=1,则其前3项的和S3的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-1]   B.(-∞,0)∪[1,+∞) C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞)‎ ‎[解析] 设等比数列{an}的公比为q,则S3=a1+a2+a3=a2=1+q+.‎ 当公比q>0时,S3=1+q+≥1+2=3,当且仅当q=1时,等号成立;‎ 当公比q<0时,S3=1-≤1-2 =-1,当且仅当q=-1时,等号成立.‎ 所以S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞).[答案] D ‎[素养通路]‎ 等比数列的公比q<0时,相邻两项一定异号,相隔一项的两项符号一定相同;等比数列的公比q>0时,数列中的各项符号相同.用等比数列前n项和公式时,如果其公比q不确定,要分q=1和q≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.‎ 第 11 页 共 11 页 课后限时练习:‎ A组——“6+3+‎3”‎考点落实练 一、选择题 ‎1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=‎3a3+‎4a1,则a3=(  )‎ A.16          B.8‎ C.4 D.2‎ ‎2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{an}满足2an=an-1+an+1(n≥2),a2+a4+a6=12,a1+a3+a5=9,则a1+a6=(  )‎ A.6 B.7‎ C.8 D.9‎ ‎3.(2019·福州市质量检测)等比数列{an}的各项均为正实数,其前n项和为Sn.若a3=4,a‎2a6=64,则S5=(  )‎ A.32 B.31‎ C.64 D.63‎ ‎4.数列{an}中,a1=2,a2=3,an+1=an-an-1(n≥2,n∈N*),那么a2 019=(  )‎ A.1 B.-2‎ C.3 D.-3‎ ‎5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为(  )‎ A.10 B.11‎ C.12 D.13‎ ‎6.已知数列{an}满足an+2-an+1=an+1-an,n∈N*,且a5=,若函数f(x)=sin 2x+2cos2 ,记yn=f(an),则数列{yn}的前9项和为(  )‎ A.0 B.-9‎ C.9 D.1‎ 第 11 页 共 11 页 二、填空题 ‎7.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,S3=,则S4=________.‎ ‎8.(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=-3,S5=-10,则a5=________,Sn的最小值为________.‎ ‎9.设某数列的前n项和为Sn,若为常数,则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1,公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”,则该等差数列的公差d=________.‎ 三、解答题 ‎10.(2019·北京高考)设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.‎ ‎11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设Sn为等差数列{an}的前n项和,a2+a3=8,S9=81.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;(2)若S3,a14,Sm成等比数列,求S‎2m.‎ ‎12.(2019·广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a3=7,an=2an-1+a2-2(n≥2).‎ ‎(1)证明:数列{an+1}为等比数列;(2)求数列{an}的通项公式,并判断n,an,Sn是否成等差数列?‎ 第 11 页 共 11 页 B组——大题专攻强化练 ‎1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}满足an+1-3an=3n(n∈N*)且a1=1.(1)设bn=,证明:数列{bn}为等差数列;(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎2.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{an}的通项公式;(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.‎ ‎3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.‎ ‎(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎4.已知数列{an}的首项a1=3,a3=7,且对任意的n∈N*,都有an-2an+1+an+2=0,数列{bn}满足bn=a,n∈N*.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求使b1+b2+…+bn>2 020成立的最小正整数n的值.‎ 第 11 页 共 11 页 ‎1解析:选C 由题意知解得∴ a3=a1q2=4.故选C.‎ ‎2解析:选B 法一:由题意知,数列{an}是等差数列,设公差为d,则解得所以a1+a6=a1+a1+5d=7,故选B.‎ 法二:由题意知,数列{an}是等差数列,将a2+a4+a6=12与a1+a3+a5=9相加可得3(a1+a6)=12+9=21,所以a1+a6=7,故选B.‎ ‎3解析:选B 法一:设首项为a1,公比为q,因为an>0,所以q>0,由条件得解得所以S5=31,故选B.‎ 法二:设首项为a1,公比为q,因为an>0,所以q>0,由a‎2a6=a=64,a3=4,得q=2,a1=1,所以S5=31,故选B.‎ ‎4解析:选A 因为an+1=an-an-1(n≥2),所以an=an-1-an-2(n≥3),所以an+1=an-an-1=(an-1-an-2)-an-1=-an-2(n≥3).所以an+3=-an(n∈N*),所以an+6=-an+3=an,‎ 故{an}是以6为周期的周期数列.因为2 019=336×6+3,所以a2 019=a3=a2-a1=3-2=1.故选A.‎ ‎5解析:选C 由S6>S7>S5,得S7=S6+a7S5,所以a7<0,a6+a7>0,所以S13==‎13a7<0,S12==6(a6+a7)>0,所以S12S13<0,即满足SnSn+1<0的正整数n的值为12,故选C.‎ ‎6解析:选C 由已知可得,数列{an}为等差数列,f(x)=sin 2x+cos x+1,∴f=1.∵f(π-x)=sin(2π-2x)+cos(π-x)+1=-sin 2x-cos x+1,∴f(π-x)+f(x)=2,∵a1+a9=a2+a8=…=‎2a5=π,∴f(a1)+…+f(a9)=2×4+1=9,即数列{yn}的前9项和为9.‎ ‎7解析:设等比数列的公比为q,则an=a1qn-1=qn-1.∵ a1=1,S3=,∴ a1+a2+a3=1+q+q2=,‎ 即4q2+4q+1=0,∴ q=-,∴ S4==.答案: ‎8解析:∵ a2=a1+d=-3,S5=‎5a1+10d=-10,∴ a1=-4,d=1,∴ a5=a1+4d=0,‎ 第 11 页 共 11 页 ‎∴ an=a1+(n-1)d=n-5.令an<0,则n<5,即数列{an}中前4项为负,a5=0,第6项及以后为正.‎ ‎∴ Sn的最小值为S4=S5=-10. 答案:0 -10‎ ‎9解析:由=k(k为常数),且a1=1,得n+n(n-1)d=k,即2+(n-1)d=4k+2k(2n-1)d,整理得,(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0,∵对任意正整数n,上式恒成立,∴得∴数列{an}的公差为2.答案:2‎ ‎10解:(1)设{an}的公差为d.因为a1=-10,所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.‎ 因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).‎ 所以(-2+2d)2=d(-4+3d).解得d=2.所以an=a1+(n-1)d=2n-12.‎ ‎(2)由(1)知,an=2n-12.则当n≥7时,an>0;当n≤6时,an≤0.所以Sn的最小值为S5=S6=-30.‎ ‎11解:(1)∵∴故an=1+(n-1)×2=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知,Sn==n2.∵S3,a14,Sm成等比数列,∴S3·Sm=a,‎ 即‎9m2‎=272,解得m=9,故S‎2m=182=324.‎ ‎12解:(1)证明:∵a3=7,a3=‎3a2-2,∴a2=3,∴an=2an-1+1,∴a1=1,‎ ==2(n≥2),∴数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列.‎ ‎(2)由(1)知,an+1=2n,∴an=2n-1,∴Sn=-n=2n+1-n-2,‎ ‎∴n+Sn-2an=n+(2n+1-n-2)-2(2n-1)=0,∴n+Sn=2an,即n,an,Sn成等差数列.‎ ‎1解:(1)证明:由已知得an+1=3an+3n,得bn+1===+1=bn+1,‎ 所以bn+1-bn=1,又a1=1,所以b1=1,所以数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知,bn==n,所以an=n·3n-1,cn=,所以Sn===-.‎ ‎2解:(1)设{an}的公差为d.由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4.于是a1=8,d=-2.‎ 因此{an}的通项公式为an=10-2n.‎ ‎(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=.由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10,所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.‎ ‎3解:(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn).‎ 第 11 页 共 11 页 又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.‎ 由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,‎ 所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1,所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,‎ bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.‎ ‎4解:(1)令n=1得,a1-‎2a2+a3=0,解得a2=5.‎ 又由an-2an+1+an+2=0知,an+2-an+1=an+1-an=…=a2-a1=2,‎ 故数列{an}是首项a1=3,公差d=2的等差数列,于是an=2n+1,bn=a=2n+1.‎ ‎(2)由(1)知,bn=2n+1.于是b1+b2+…+bn=(21+22+…+2n)+n=+n=2n+1+n-2.‎ 令f(n)=2n+1+n-2,易知f(n)是关于n的单调递增函数,‎ 又f(9)=210+9-2=1 031,f(10)=211+10-2=2 056,‎ 故使b1+b2+…+bn>2 020成立的最小正整数n的值是10.‎
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