2020版高三数学二轮复习（全国理）讲义：专题四 第一讲等差数列、等比数列.docx

教学资料范本2020版高三数学二轮复习（全国理）讲义：专题四 第一讲等差数列、等比数列编 辑：_时 间：_第一讲等差数列、等比数列高考考点考点解读等差(比)数列的基本运算1.在等差(比)数列中.a1.an.Sn.n.d(q)这五个量中已知其中的三个量.求另外两个量2考查等差(比)数列的通项公式.前n项和公式.考查方程的思想以及运算能力等差(比)数列的判断与证明1.以递推数列为载体.考查等差(比)数列的定义或等差(比)中项2以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法等差(比)数列的性质1.等差(比)数列项或和的一些简单性质的应用2常与数列的项或前n项和结合考查等差(比)数列的性质备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对等差(比)数列概念的理解.掌握等差(比)数列的判定与证明方法(2)掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式.并会应用(3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用预测2020年命题热点为：(1)在解答题中.涉及等差、等比数列有关量的计算、求解(2)已知数列满足的关系式.判定或证明该数列为等差(比)数列(3)给出等差(比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和.求某一项或某些项的和Z 1重要公式(1)等差数列通项公式：ana1(n1)d.(2)等差数列前n项和公式：Snna1d.(3)等比数列通项公式：ana1qn1.(4)等比数列前n项和公式：Sn.(5)等差中项公式：2anan1an1(nN*.n2).(6)等比中项公式：aan1an1(nN*.n2).(7)数列an的前n项和Sn与通项an之间的关系：an.2重要结论(1)通项公式的推广：等差数列中.anam(nm)d；等比数列中.anamqnm.(2)增减性：等差数列中.若公差大于零.则数列为递增数列；若公差小于零.则数列为递减数列.等比数列中.若a10且q1或a10且0q0且0q1或a11.则数列为递减数列.(3)等差数列an中.Sn为前n项和Sn.S2nSn.S3nS2n.仍成等差数列；等比数列bn中.Tn为前n项和Tn.T2nTn.T3nT2n.一般仍成等比数列,Y 1忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时.忽视各项都不为零的条件2漏掉等比中项：正数a.b的等比中项是.容易漏掉.3忽略对等比数列的公比的讨论：应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1.4anan1d或q中注意n的范围限制5易忽略公式anSnSn1成立的条件是n2.6证明一个数列是等差或等比数列时.由数列的前n项和想当然得到数列的通项公式.易出错.必须用定义证明7等差数列的单调性只取决于公差d的正负.而等比数列的单调性既要考虑公比q.又要考虑首项a1的正负1(20xx全国卷.4)记Sn为等差数列的前n项和若3S3S2S4.a12.则a5( B )A12B10C10D12解析32a1d4a1d9a19d6a17d3a12d062d0d3.所以a5a14d24(3)10.2(20xx北京卷.4)“十二平均律”是通用的音律体系.明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例.为这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份.依次得到十三个单音.从第二个单音起.每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f.则第八个单音的频率为( D )Af BfCf Df解析选D由已知.单音的频率构成一个首项为f.公比为的等比数列.记为bn.共有13项由等比数列通项公式可知.b8b1q7f()7f.3(20xx全国卷.4)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524.S648.则an的公差为( C )A1B2C4D8解析设an的公差为d.则由得解得d4.故选C4(20xx全国卷.9)等差数列an的首项为1.公差不为0.若a2.a3.a6成等比数列.则an的前6项和为( A )A24 B3 C3 D8解析由已知条件可得a11.d0.由aa2a6可得(12d)2(1d)(15d).解得d2.所以S66124.故选A5(20xx全国卷.3)已知等差数列an前9项的和为27.a108.则a100( C )A100 B99 C98 D97解析设等差数列an的公差为d.因为an为等差数列.且S99a527.所以a53.又a108.解得5da10a55.所以d1.所以a100a595d98.选C6(20xx全国卷.14)记Sn为数列的前n项和若Sn2an1.则S663.解析依题意.作差得an12an.所以数列an是公比为2的等比数列.又因为a1S12a11.所以a11.所以an2n1.所以S663.7(20xx全国卷.16)记Sn为等差数列an的前n项和.已知a17.S315.(1)求an的通项公式(2)求Sn.并求Sn的最小值解析(1)设等差数列an的公差为d.由题意得3a13d15.由a17得d2.所以an的通项公式为an2n9.(2)由(1)得Snn28n(n4)216.所以当n4时.Sn取得最小值.最小值为16. 例1 (1)已知等比数列an的前n项和为Sn.a1a330.S4120.设bn1log3an.那么数列bn的前15项和为( B )A152B135C80D16解析设等比数列an的公比为q.由a1a330.a2a4S4(a1a3)90.所以公比q3.首项a13.所以an3n.bn1log33n1n.则数列bn是等差数列.前15项的和为135.故选B(2)(20xx丰台二模)已知an为等差数列.Sn为其前n项和若a22.S99.则a80.解析因为an为等差数列.Sn为其前n项和a22.S99.设其首项为a1.公差为d.所以解得d.a1.所以a8a17d0.规律总结等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量a1和公差d(公比q)(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组).求出a1和d(q)后代入相应的公式计算(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算G 1(20xx邵阳模拟)等比数列an的前n项和为Sn.已知a2a32a1.且a4与2a7的等差中项为.则S5( B )A29B31C33D36解析设等比数列an的公比为q.因为a2a32a1.所以aq32a1.因为a4与2a7的等差中项为.所以a42a7.即a1q32a1q6.联立可解得a116.q.所以S531.2(文)等比数列an的前n项和为Sn.已知S1,2S2,3S3成等差数列.则数列an的公比为.解析由题意知S13S34S2.即a13(a1a2a3)4(a1a2).即3a3a2.所以.即公比q.(理)已知在数列an中.a11.an1an3.Sn为an的前n项和.若Sn51.则n6.解析由a11.an1an3.得an1an3.所以数列an是首项为1.公差为3的等差数列由Snn351.即(3n17)(n6)0.解得n6或n(舍) 例2 (1)(20xx汉中二模)已知等比数列an的前n项积为Tn.若log2a2log2a82.则T9的值为( A )A512B512C1 024D1 024解析log2a2log2a82.可得log2(a2a8)2.可得：a2a84.则a52.等比数列an的前9项积为T9a1a2a8a9(a5)9512.(2)若Sn是等差数列an的前n项和.且S8S320.则S11的值为( A )A44 B22 C D88解析因为S8S3a4a5a6a7a820.由等差数列的性质可得.5a620.所以a64.由等差数列的求和公式得S1111a644.(3)设等差数列an的前n项和为Sn.且满足S150.S160.S16160.a90.d0.故Sn最大为S8.又d0.且q2.a11.S663.解法二：由题意知.S2.S4S2.S6S4成等比数列.即(S4S2)2S2(S6S4).即1223(S615).S663.3若a.b是函数f(x)x2pxq(p0.q0)的两个不同的零点.且a.b.2这三个数可适当排序后成等差数列.也可适当排序后成等比数列.则pq的值等于( D )A6 B7 C8 D9解析由题可得所以a0.b0.不妨设ab.所以等比数列为a.2.b或b.2.a从而得到ab4q.等差数列为a.b.2或2.b.a从而得到2ba2.两式联立解出a4.b1.所以pab5.所以pq459.4(20xx山西四校联考)已知等比数列an中.各项都是正数.且a1.a3,2a2成等差数列.则( C )A1 B1C32 D32解析本题主要考查等差数列、等比数列a1.a3,2a2成等差数列.a32a12a2.即a1q2a12a1q.q212q.解得q1或q1(舍).q2(1)232.5正项等比数列an满足：a3a22a1.若存在am.an.使得aman16a.m.nN*.则的最小值为( C )A2 B16 C D解析设数列an的公比为q.a3a22a1q2q2q1(舍)或q2.ana12n1.aman16aa2mn216amn6.m.nN*.(m.n)可取的数值组合为(1,5).(2,4).(3,3).(4,2).(5,1).计算可得.当m2.n4时.取最小值.6已知an是等差数列.公差d不为零.若a2.a3.a7成等比数列.且2a1a21.则a1.d1.解析由题可得(a12d)2(a1d)(a16d).故有3a12d0.又因为2a1a21.即3a1d1.联立可得d1.a1.7已知数列an中.a11.a22.设Sn为数列an的前n项和.对于任意的n1.nN.Sn1Sn12(Sn1)都成立.则S1091.解析因为任意的n1.nN.Sn1Sn12(Sn1)都成立.所以Sn1SnSnSn12.所以an1an2.因为a3a224.所以ana2(n2)22(n2)22n2.n2.所以S10a1a2a3a1012418129291.8(20xx江苏无锡一模)设等比数列an的前n项和为Sn.若S3.S9.S6成等差数列.且a2a54.则a8的值为2.解析等比数列an的前n项和为Sn.S3.S9.S6成等差数列.且a2a54.解得a1q8.q3.a8a1q7(a1q)(q3)282.9设数列an的前n项和为Sn.且Sn4anp(nN*).其中p是不为零的常数(1)证明：数列an是等比数列；(2)当p3时.若数列bn满足bn1anbn(nN*).b12.求数列bn的通项公式解析(1)证明：因为Sn4anp(nN*).则Sn14an1p(nN*.n2).所以当n2时.anSnSn14an4an1.整理得anan1.由Sn4anp.令n1.得a14a1p.解得a1.所以an是首项为.公比为的等比数列(2)因为a11.则an()n1.由bn1anbn(n1,2.).得bn1bn()n1.当n2时.由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)23()n11.当n1时.上式也成立bn3()n11.10(文)(20xx蚌埠质检)已知数列an是等比数列.Sn为数列an的前n项和.且a33.S39.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2.且bn为递增数列.若cn.求证：c1c2c3cn1.解析(1)设该等比数列的公比为q.则根据题意有3(1)9.从而2q2q10.解得q1或q.当q1时.an3；当q时.an3()n3.(2)证明：若an3.则bn0.与题意不符.故an3()n3.此时a2n33()2n.bn2n.符合题意cn.从而c1c2c3cn11.则( B )Aa1a3.a2a3.a2a4Ca1a4Da1a3.a2a4解析由x0.ln xx1.得a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31.a41.所以公比q0.当q1时.a1a2a3a4a1(1q)(1q2)1.ln(a1a2a3)0.矛盾.所以1q0.a2a4a1q(1q2)0.5(20xx南昌二模)数列an的前n项和Sn2n23n(nN*).若pq5.则apaq( D )A10 B15 C5 D20解析当n2时.anSnSn12n23n2(n1)23n34n5.a1S11适合上式.所以an4n5.所以apaq4(pq).因为pq5.所以apaq20.6(20xx吉林长春质量监测)设数列an的前n和为Sn.且a1a21.nSn(n2)an为等差数列.则an( A )A B C D解析设bnnSn(n2)an.则b14.b28.bn为等差数列.所以bn4n.即nSn(n2)an4n.Sn(1)an4.当n2时.SnSn1(1)an(1)an10.所以anan1.即2.又因为1.所以是首项为1.公比为的等比数列.所以()n1(nN*).an(nN*)故选A7设数列an的前n项和为Sn.且a11.an12Sn3.则S466.解析本题主要考查数列的通项公式与求和依题an2Sn13(n2).与原式作差得.an1an2an.n2.即an13an.n2.可见.数列an从第二项起是公比为3的等比数列.a25.所以S4166.8若等比数列an的各项均为正数.且a10a11a9a122e5.则lna1lna2lna2050.解析a10a11a9a122e5.a1a20e5.又lna1lna2lna20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(e5)10lne5050.注意等比数列性质：若mnpq.则amanapaq.对数的性质logamnnlogam.9