（浙江专用）2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第1讲等差数列、等比

（浙江专用）2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第1讲等差数列、等比 第第11讲等差数列、等比数列等差、等比数列的基本运算核心提炼1等差数列的通项公式及前n项和公式a na1(n1)d；S nn（a1a n）2na1n（n1）2d.2等比数列的通项公式及前n项和公式a na1qn1(q0)；Sna1（1qn）1qa1a nq1q(q1)典型例题 (1)(2019嘉兴市高考一模)设S n为等差数列a n的前n项和，若S1S4110，则S3S5()A.25B.35C.37D.47 (2)(2019浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列a n的前n项和为S n，满足对任意的正整数n，均有S n38S n3，则a1_，公比q_【解析】 (1)设公差为d，则a14a16d110，da1，所以S3S53a13d5a110d25，故选A. (2)由S n38S n3，则S n28S n13，两式相减得，a n38a n?a nq38an，则q38?q2，由等比数列前n项和公式得，a1（12n3）128a1（12n）123，即2n3a1a182n a18a13，从而解得a137.【答案】 (1)A (2)372关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算对点训练1(2019温州瑞安七中高考模拟)数列a n的前n项和为S n，若a11，a n13S n(n1)，则a6()A344B3441C44D441解析选A.由a n13S n，得到a n3S n1(n2)，两式相减得a n1a n3(S nS n1)3a n，则a n14a n(n2)，又a11，a23S13a13，得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，所以a na2qn234n2(n2)，a6344，故选A.2(2019名校新高考研究联盟)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯()A186盏B189盏C192盏D96盏解析选C.设塔的底层共有灯x盏，则各层的灯数构成一个首项为x，公比为12的等比数列.x?1?127112381，解得x192.3(2019绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列a n的前n项和S n满足S n和2的等比中项等于a n和2的等差中项，则a1_，S n_解析由题意知an222S n，平方可得S n（an2）28，由a1S1得a1222a1，从而可解得a12.又由式得S n1（an12）28(n2)，可得a nS nS n1（an2）28（an12）28(n2)，得(a na n1)(a na n14)0因为数列a n的各项都是正数，所以a na n140，即a na n14.故数列a n是以2为首项4为公差的等差数列，所以S n2nn（n1）242n2.当n1时，S1a12.故S n2n2.答案22n24(2019杭州市学军中学高三模拟)已知等比数列a n的公比q0，前n项和为S n，若2a3，a5，3a4成等差数列，a2a4a664，则q_，S n_解析由2a3，a5，3a4成等差数列得2a52a33a4?2q223q?q2(负舍)，a2a4a664?a3464?a44?a1a4q312，Sn12（12n）122n12.答案22n12等差、等比数列的判定与证明核心提炼1证明数列a n是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n1a n(nN N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2a na n1a n1(n2)2证明数列a n是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明an1a n(nN N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明a2na n1a n1(n2)典型例题 (1)如图，点列A n，B n分别在某锐角的两边上，且|A nA n1|A n1A n2|，A nA n2，nN N*，|Bn B n1|B n1B n2|，B nB n2，nN N*(PQ表示点P与Q不重合)若d n|A nB n|，S n为A nB nB n1的面积，则()AS n是等差数列BS2n是等差数列Cd n是等差数列Dd2n是等差数列 (2)(2019温州市高考二模)设数列a n的前n项和为S n，nN N*.已知a11，a232，a354，且当n2时，4S n25S n8S n1S n1.求a4的值；证明?a n112an为等比数列；求数列a n的通项公式【解】 (1)选A.由题意，过点A1，A2，A3，?，A n，A n1，?分别作直线B1B n1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，?，h n，h n1，?，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，?，h n，h n1，?成等差数列，又S n12|Bn B n1|h n，|BnBn1|为定值，所以S n是等差数列故选A. (2)当n2时，4S45S28S3S1，即4?13254a45?1328?132541，解得a478.证明因为4S n25S n8S n1S n1(n2)，所以4S n24S n1S nS n14S n14S n(n2)，即4a n2a n4a n1(n2)，因为4a3a1454164a2，所以4a n2a n4a n1，因为a n212an1a n112an4an22a n14a n12a n4an1a n2a n14a n12a n2a n1a n2（2a n1a n）12.所以数列a n112an是以a212a11为首项，公比为12的等比数列；由知，?a n112an是以a212a1为首项，公比为12的等比数列，所以a n112an?12n1.即a n1?12n1a n?12n4，所以?a n?12n是以a1122为首项，4为公差的等差数列，所以a n?12n2(n1)44n2，即a n(4n2)?12n(2n1)?12n1，所以数列a n的通项公式是a n(2n1)?12n1. (1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法 (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可 (3)a2na n1a n1(n2，nN N*)是an为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.对点训练1(2019金华十校高考模拟)已知a，b为实常数，c i(iN N*)是公比不为1的等比数列，直线axbyc i0与抛物线y22px(p0)均有两个交点，所成弦的中点为M i(x i，y i)，则下列说法错误的是()A数列x i可能是等比数列B数列y i是常数列C数列x i可能是等差数列D数列x iy i可能是等比数列解析选C.由直线axbyc i0，当a0，b0时，直线byc i0与抛物线y22px(p0)仅有一个交点，不合题意当a0，b0时，直线axc i0，化为xcia，则x icia，yi0，x iy icia，由c i(iN N*)是公比不为1的等比数列，可得xi是等比数列，x iy i是等比数列，不是等差数列当a0，b0时，直线axbyc i0化为xba yc ia，代入抛物线y22px(p0)，所以y22pbay2pcia0.根据根与系数的关系可得M i?pb2a2cia，pba，即y ipba，y i是常数列，是等比数列，是等差数列综上可得A，B，D都有可能，只有C不可能故选C.2记S n为等比数列a n的前n项和，已知S22，S36. (1)求a n的通项公式； (2)求S n，并判断S n1，S n，S n2是否成等差数列解 (1)设a n的公比为q.由题设可得?a1（1q）2，a1（1qq2）6.解得q2，a12.故a n的通项公式为a n(2)n. (2)由 (1)可得S na1（1qn）1q23(1)n2n13.由于S n2S n143(1)n2n32n23223(1)n2n132S n，故S n1，S n，S n2成等差数列数列的性质及应用核心提炼1.等差数列等比数列性质 (1)若m，n，p，qN N*，且mnpq，则a ma na pa q； (2)a na m(nm)d； (3)S m，S2mS m，S3mS2m，?仍成等差数列 (1)若m，n，p，qN N*，且mnpq，则a ma na pa q； (2)a na mqnm； (3)S m，S2mS m，S3mS2m，?仍成等比数列(q1)2.递增(减)数列从第二项起，每一项都大于它的前一项，即a na n1(n2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即a n (1)(2019义乌高三模拟)设等差数列a n的前n项和为S n，则“a20且a10”是“数列S n单调递增”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件 (2)设等比数列a n满足a1a310，a2a45，则a1a2?a n的最大值为_【解析】 (1)设等差数列a n的公差为d，d0.S nna1n（n1）2dd2n2?a1d2nd2?nd2a12d2（d2a1）28d，因为数列S n单调递增，所以d0，d2a12d1，可得d2a10.由a20且a10，可得a2a1d0.所以“a20且a10”是“数列S n单调递增”的既不充分也不必要条件 (2)设a n的公比为q，由a1a310，a2a45得a18，q12，则a24，a32，a41，a512，所以a1a2?a na1a2a3a464.【答案】 (1)D (2)64等差、等比数列性质问题的求解策略 (1)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 (2)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 (3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想(如本例 (2)，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题对点训练1(2019丽水市高考数学模拟)设等比数列a n的前n项和为S n，下列结论一定成立的是()Aa1a32a2Ba1a32a2Ca1S30Da1S30解析选C.选项A，数列1，1，1为等比数列，但a1a322a22，故B错误；选项D，数列1，1，1为等比数列，但a1S310，故D错误；对于选项C，a1(a1a2a3)a1(a1a1qa1q2)a21(1qq2)，因为等比数列的项不为0，故a210，而1qq2?q122340，故a21(1qq2)0，故C正确2设公差为d的等差数列a n的前n项和为S n，若a11，2170得n0，当n10时，a nn2，当n5时，若t(n24n)n2恒成立，则tn2n24n1（n2）4n2恒成立，又当n5时，1（n2）4n2的最大值为35，则t的取值范围是?35，.故选C. (2)因为a1a3a2212121，a2a4a2313221，a3a5a2425321，a4a6a2538521，?，axxa2019a220181，共有xx项，所以(a1a3a22)(a2a4a23)(a3a5a24)?(axxa2019a22018)1.【答案】 (1)C (2)1数列新定义型创新题的一般解题思路 (1)阅读审清“新定义”； (2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识； (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论对点训练1(2019杭州第一次质量预测)正项等比数列a n中的a 1、a4035是函数f(x)13x34x26x3的极值点，则log6a2018()A1B2C2D1解析选A.因为f(x)x28x6，且a 1、a4035是方程x28x60的两根，所以a1a4035a220186，即a20186，所以log6a20181，故选A.2若数列b n对于nN N*，都有b n2b nd(常数)，则称数列b n是公差为d的准等差数列，如数列c n，若c n?4n1，n为奇数，4n9，n为偶数，则数列是公差为8的准等差数列设数列a n满足a1a，对于nN N*，都有a na n12n. (1)求证a n为准等差数列； (2)求a n的通项公式及前20项和S20.解 (1)证明因为a n1a n2n，所以a n2a n12n2.由得a n2a n2(nN N*)，所以a n是公差为2的准等差数列 (2)已知a1a，a n1a n2n(nN N*)，所以a1a22，即a22a.所以由 (1)可知a1，a3，a5，?，成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，?，成以2a为首项，2为公差的等差数列所以当n为偶数时，a n2a?n212na，当n为奇数时，a na?n1212na1，所以a n?na1，n为奇数，na，n为偶数.S20a1a2?a19a20(a1a2)(a3a4)?(a19a20)2123?2192（119）102200.专题强化训练1(2019浙江新高考冲刺卷)已知等差数列a n，S n是a n的前n项和，则对于任意的nN N*，“an0”是“S n0”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析选A.对于任意的nN N*，“an0”，能推出“S n0”，是充分条件，反之，不成立，比如数列3，1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2(2018浙江选考试卷)设数列a n的前n项和为S n，若S n12a n1，nN N*，则a3()A3B2C1D0解析选B.S n12a n1，nN N*，则n1时，a1a22a11，可得a2a11.n2时，a1a2a32a21，可得a32.故选B.3“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122.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.32f B.322f C.1225f D.1227f解析选D.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122，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为122的等比数列，记为a n，则第八个单音的频率为a8f (122)811227f，故选D.4(2019长春质量检测 (一)等差数列a n中，已知|a6|a11|，且公差d0，则其前n项和取最小值时n的值为()A6B7C8D9解析选C.由d0可得等差数列a n是递增数列，又|a6|a11|，所以a6a11，即a15da110d，所以a115d2，则a8d20，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.5已知等比数列a n的前n项和为S n，若a212，a3a54，则下列说法正确的是()Aa n是单调递减数列BS n是单调递减数列Ca2n是单调递减数列DS2n是单调递减数列解析选C.由于a n是等比数列，则a3a5a244，又a212，则a40，a42，q216，当q66时，a n和S n不具有单调性，选项A和B错误；a2na2q2n212?16n1单调递减，选项C正确；当q66时，S2n不具有单调性，选项D错误6(2019温州市高考数学模拟)已知a n是等差数列，其公差为非零常数d，前n项和为S n，设数列?S nn的前n项和为T n，当且仅当n6时，T n有最大值，则a1d的取值范围是()A.?，52B(3，)C.?3，52D(，3)?52，解析选C.因为Snnd2n(a1d2)，由题意知d0S77a13d0，得30，a8a90的最大n是_；数列?S na n(1n15)中最大的项为第_项解析因为a80，a8a90，S16162(a1a16)8(a8a9)0的最大n是15.因为等差数列a n的前n项和为S n，且满足a80，a8a9a n1； (2)求证nN N*时，2Sn2n167.证明 (1)n2时，作差a n1a n6a n26a n1212a na n16a n26a n12，所以a n1a n与a na n1同号，由a14，可得a26425，可得a2a1a n1. (2)因为2a2n16a n，所以2(a2n14)a n2，即2(a