浙江高考数学专题三数列与不等式第1讲等差数列与等比数列学案.docx

第1讲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：ana1qn1.2求和公式等差数列：Snna1d；等比数列：Sn3性质若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.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32a1d4a1d，将a12代入上式，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3162解析由题意可得，S4S2q2S2，代入得q29.等比数列an的各项均为正数，q3，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 0192 0182 0192 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*)若an(2)n1，则Sn.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*)为一常数；利用等差中项，即证明2anan1an1(n2，nN*)(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*)为一常数；利用等比中项，即证明aan1an1(n2，nN*)例2已知数列an，bn，其中a13，b11，且满足an(3an1bn1)，bn(an13bn1)，nN*，n2.(1)求证：数列anbn为等比数列；(2)求数列的前n项和Tn.(1)证明anbn(3an1bn1)(an13bn1)2(an1bn1)，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，又a1b13(1)2，所以anbn为常数数列，anbn2，联立得，an2n1，所以，所以Tn(nN*)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与的等差中项(1)求证：数列S为等差数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设bn，求bn的前n项和Tn.(1)证明由题意知2Snan，即2Snana1，(*)当n2时，有anSnSn1，代入(*)式得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1(n2)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(2)解由(1)可得S1n1n，数列an的各项都为正数，Sn，当n2时，anSnSn1，又a1S11满足上式，an(nN*)(3)解由(2)得bn(1)n()，当n为奇数时，Tn1(1)()()()，当n为偶数时，Tn1(1)()()()，数列bn的前n项和Tn(1)n(nN*)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*，使得对任意nN*，总有SnTm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，m随m的增加而减少，Tm为递增数列，得4Tm8.又Sn(n29n)，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使得对任意nN*，总有SnTm，则102.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*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足an1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，所以数列an是以1为首项，为公比的等比数列，所以ann1(nN*)(2)由an1 得bnn1nn1，所以bn1bn(n1)nnn1(2n)，所以(bn)maxb2b3，所以t.即t的取值范围为.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，由得解得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“d0”是“S4S62S5”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d0，则21d20d,10a121d10a120d，即S4S62S5.若S4S62S5，则10a121d10a120d，即21d20d，d0.“d0”是“S4S62S5”的充要条件方法二S4S62S5S4S4a5a62(S4a5)a6a5a5da5d0.“d0”是“S4S62S5”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_.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，由b4b1q3，得q38，q2.1.4(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a8_.答案32解析设an的首项为a1，公比为q，则解得所以a8272532.押题预测1设等差数列an的前n项和为Sn，且a10，a3a100，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a10，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()A. B.C. D.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，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)，当且仅当，即n2m4时取等号4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)；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.f(an)f(an2)aa(a)2f(an1)2；f(an)f(an2)f(an1)2；f(an)f(an2)f(an1)2；f(an)f(an2)ln|an|ln|an2|(ln|an1|)2f(an1)2.A组专题通关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，a1a7222816，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，dS30Ba1d0，dS30Ca1d0Da1d0，dS30答案C解析因为数列an为等差数列，且a2，a3，a6构成等比数列，所以aa2a6，即(a12d)2(a1d)(a15d)，结合d0化简得d2a10，则a1d2a0，故选C.4(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*，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.答案C解析由题意得2bn1bnq0，所以bn1bnlog2q为常数，又因为a164，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，所以解得q0，a50，a50，所以等差数列an的公差d0，且解得3da10，所以S15S10S52224，当且仅当S5，即S51时等号成立，所以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*)，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*)，求Tn；证明：2(nN*)(1)解设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.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*)，数列bn的通项公式为bnn(nN*)(2)解由(1)得Sn2n1，故Tn(2k1)knn2n1n2(nN*)证明因为，所以2(nN*)B组能力提高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a10，d0，则q410，解得q1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；当q1时，b6b6，错误由等差数列和等比数列的性质易得a3，bb1b5a1a5，则ab2a1a520，所以a3b3，错误，正确综上所述，正确结论的个数为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*，nm，则SnSm的最小值为()A B C14 D28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，所以数列是以5为首项，以1为公差的等差数列，所以5(n1)1n6，即an(