【2019最新】精选高三数学(理)二轮专题复习文档：专题二数列第1讲等差数列与等比数列

1、【 2019 最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第 1 讲等差数列与等比数列高考定位 1. 等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点， 经常以选择题、填空题的形式出现； 2. 数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第 (1) 问出现，难度中档以下 .真题感悟1.(2017·全国卷 ) 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 前 6 项的和为 ()A. 24B. 3C.3D.8解析根据题意得 aa2·a6，即 (a1 2d)2 (a1 d)(a1 5d)，由a11及 d0解得 d 2，所以 S66a1d1

2、×6× ( 2)24.答案A2.(2018 ·卷 ) “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. 十二欢迎下载。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()A.fB.fC.fD.f解析从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f. 由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为的等比数列，记为an. 则第八个单音频率为

3、a8f ·()8 1f.答案D3.(2018 ·全国卷 ) 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和 . 若 Sn2an1，则 S6_.解析因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11，当 n2时， anSnSn12an1(2an 11) ，所以 an2an1，所以数列 an 是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列，所以an 2n1，所以 S6 63.答案634.(2018 ·全国卷 ) 等比数列 an 中， a11，a54a3.(1) 求an 的通项公式；(2) 记 Sn 为an 的前 n 项和 . 若 Sm63，求 m.解(1) 设an 的

4、公比为 q，由题设得 anqn1.【2019最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第讲等差数列与等比数列由已知得 q44q2，解得 q0( 舍去 ) ，q 2 或 q2.故 an( 2)n 1 或 an2n1.(2) 若 an( 2)n 1，则 Sn.由 Sm63 得( 2)m 188，此方程没有正整数解 .若 an2n1，则 Sn2n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上， m6.考点整合1. 等差数列(1) 通项公式： ana1(n 1)d ；(2) 求和公式： Sn na1d；(3) 性质：若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 amanapaq； anam(n

5、 m)d； Sm，S2mSm，S3mS2m， ，成等差数列 .2. 等比数列(1) 通项公式： ana1qn1(q 0) ；(2) 求和公式： q1，Snna1；q1， Sn；(3) 性质：若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 am·anap·aq； anam·qnm； Sm，S2mSm，S3mS2m， (Sm0) 成等比数列 .3/173/17温馨提醒 应用公式 anSnSn1 时一定注意条件 n2，nN*.热点一 等差、等比数列的基本运算【例 1】 (1)(2018 ·潍坊三模 ) 已知 an 为等比数列，数列 bn 满足b12，b25，且 an

6、(bn 1bn) an1，则数列 bn 的前 n 项和为()A.3n1B.3n1C.D.3n2 n2解析由 b12，b25，且 an(bn 1bn) an1. an 的公比 q b2b13.从而 bn1bn3，则数列 bn 是首项为 2，公差为 3 的等差数列 .因此 bn 的前 n 项和 Tn2n× 3(3n2 n).答案C(2)(2018 ·全国卷 ) 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，已知a1 7，S3 15.求 an 的通项公式；求 Sn，并求 Sn 的最小值 .解设 an 的公差为 d，由题意得 3a13d 15.由 a1 7 得 d2.所以 an 的通

7、项公式为 an2n9.由得 Snn28n(n 4)2 16.所以当 n4 时， Sn 取得最小值，最小值为16.探究提高1. 等差 ( 比) 数列基本运算的解题途径：【2019最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第讲等差数列与等比数列(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) ，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2. 第(2) 题求出基本量 a1 与公差 d，进而由等差数列前 n 项和公式将结论表示成“ n”的函数，求出最小值 .【训练1】(1)(2018·郑州调研) 已知等差数列a

8、n的公差为2，a2，a3，a6 成等比数列，则an的前n 项和Sn()A.n(n 2)C.n(n 1)B.n(n 1)D.n(n 2)解析依题意aa2·a6，得 (a1 4)2 (a1 2)(a110).解得a1 1.因此Snna1× 2n22n.答案A(2)(2017 ·全国卷 ) 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，等比数列 bn 的前 n 项和为 Tn，a1 1，b1 1，a2b22.若 a3b35，求 bn 的通项公式；若 T321，求 S3.解设 an 公差为 d，bn 公比为 q，1dq2，由题设得12d q25解得或 (舍去) ，故bn 的通

9、项公式为 bn2n1.5/175/17由已知得 1 d q 2，1qq221，q 5，解得或d8.当 d 1 时， S3 6；当 d 8 时， S321.热点二等差 ( 比) 数列的性质【例 2】 (1)(2018 ·石家庄调研 ) 在等比数列 an程 x26x20 的两个实数根，则a8 的值为 (中， a6，a10)是方A.2B. 或2C.D.2(2)(2018 ·质检 ) 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2an2，若数列 bn 满足 bn10log2an ，则使数列 bn 的前 n 项和取最大值时的 n 的值为 _.解析 (1) 由题意 a6a102

10、，且 a6a10 6，所以 a6<0，a10<0，又数列 an 为等比数列，所以 a8<0，所以 a8 .(2) Sn 2an2， n1 时，a12a12，解得 a12.当 n2时， anSnSn12an2(2an 12) ， an2an1.数列 an 是公比与首项都为2 的等比数列， an2n. bn10log2an 10n.由 bn10n0，解得 n10. bn 前 9 项为正，第 10 项为 0，以后各项为负，使数列 bn 的前 n 项和取最大值时的 n 的值为 9 或 10.【2019最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第讲等差数列与等比数列答案(1)

11、D(2)9 或 10探究提高1. 利用等差 ( 比) 性质求解的关键是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. 活用函数性质：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 .【训练 2】 (1)(2018 ·湖南六校联考 ) 在等差数列 an 中，其前 n 项和为 Sn，若 a5，a7 是方程 x210x160 的两个根，那么 S11 的值为 ()A.44B.44C.55D.55(2)(2018 ·石家庄质检 ) 等比数列 an 中，a4，a5，则数列 lg an的前 8 项和 S8为()A.

12、4B.2C.3D.5解析(1) 由题设， a5a7 10，则 S11 11×( 5) 55.(2) 设等比数列 an 的公比为 q，由 a5， a4，得 q， q. ana4·qn4·，且 a1a8a4a5.从而 lg an lg (n 4)lg ，则数列 lg an是等差数列，S8(lg a1 lg a8) ×84lg(a1a8) 4lg 2.7/177/17答案(1)D(2)B热点三等差 ( 比) 数列的判断与证明【例 3】 (2018 ·成都调研 ) 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a11，an>0，SaSn1，其中 为常数

13、 .(1) 证明： Sn12Sn；(2) 是否存在实数 ，使得数列 an 为等比数列，若存在，求出 ；若不存在，请说明理由 .(1) 证明 an 1Sn1Sn，SaSn1，S(Sn1Sn)2Sn1，则 Sn1(Sn12Sn) 0. an>0，知 Sn1>0， Sn12Sn0，故 Sn12Sn.(2) 解 由(1) 知， Sn12Sn，当 n2时， Sn2Sn1，两式相减， an12an(n 2，nN*) ，所以数列 an 从第二项起成等比数列，且公比q2.又 S22S1，即 a2a12a1，a2a11>0，得 >1.因此 an1，n1，（ 1）·2n2，n2.

14、若数列 an 是等比数列，则a212a12.1，经验证得 1 时，数列 an 是等比数列 .【迁移探究】 若本例中条件“ a11”改为“ a12”其它条件不变，【2019最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第讲等差数列与等比数列试求解第 (2) 问.解由本例 (2) ，得 an12an(n 2，nN*).又 S22S1， a2a12>0. an(2 ) ·2n2(n 2).又 a12，若 an 是等比数列， a2(2 ) ·202a14， 2.故存在 2，此时 an2n，数列 an 是等比数列 .探究提高 1. 判定等差 ( 比) 数列的主要方法： (

15、1) 定义法：对于任意n1，nN*，验证 an1an 为与正整数 n 无关的一常数； (2) 中项公式法 .2. q 和 aan1an1(n 2) 都是数列 an 为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零 .【训练 3】 (2017 ·全国卷 ) 记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和 . 已知 S22，S36.(1) 求an 的通项公式；(2) 求 Sn，并判断 Sn1，Sn，Sn2 是否成等差数列 .解 (1) 设an 的公比为 q，由题设可得a1（1q） 2，解得q 2，a1（1qq2） 6，a1 2.故an 的通项公式为 an( 2)n.(2) 由(1) 得

16、Sn 21 （ 2）n 1（ 2）9/179/17 ( 2)n 1 ，则 Sn1( 2)n 11 ，Sn 2( 2)n 21 ，所以 Sn1Sn 2( 2)n 11 ( 2)n 21 2( 2)n 2 ( 2)n 1 2Sn， Sn1，Sn，Sn2 成等差数列 .热点四等差数列与等比数列的综合问题【例4 】(2018 ·天津卷) 设 an 是等差数列，其前n 项和为Sn(nN*) ；bn 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn(nN*).已知 b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1) 求 Sn 和 Tn；(2) 若 Sn(T1 T2 Tn) an4bn，求正

17、整数 n 的值 .解 (1) 设等比数列 bn 的公比为 q(q>0).由 b11，b3b22，可得 q2q20.因为 q>0，可得 q2，故 bn2n1.所以， Tn 2n1.设等差数列 an 的公差为 d.由 b4a3a5，可得 a13d4.由 b5a42a6，可得 3a113d16，从而 a11，d1，故 ann.所以， Sn.(2) 由(1) ，有T1T2Tn(21222 n)n【2019最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第讲等差数列与等比数列 n2n1n2.由 Sn(T1 T2 Tn) an4bn得 2n1n2n2n1，整理得 n23n40，解得 n 1

18、( 舍) ，或 n4.所以， n 的值为 4.探究提高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. 数列的通项或前 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 .【训练 4】 (2018 ·武汉质检 ) 在公比为 q 的等比数列 an 中，已知a116，且 a1，a22，a3 成等差数列 .(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 若 q<1，求满足 a1a2a3a4 a2n1a2n>10 的最小正整数 n 的值 .解 (1) 依题意， 2(a2 2) a1a3，且 a1 16. 2(16q 2

19、) 1616q2，即 4q28q30.因此 q或 q.当 q时， an16· 25n；当 q时， an16·.(2) 由(1) 知，当 q<1 时， an25n.则 a1a2a3a4 a2n1a2n11/1711/1732 1 3 122n由>10，得 <.n>2，正整数 n 的最小值为 3.1. 在等差 ( 比) 数列中， a1，d(q) ，n，an，Sn 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个 . 解这类问题时， 一般是转化为首项 a1 和公差 d( 公比 q) 这两个基本量的有关运算 .2. 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体

20、现， 是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用 . 但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形 .3. 应用关系式 an时，一定要注意分 n1，n2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起 .一、选择题1.(2018 ·全国卷 ) 记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和 . 若 3S3S2S4，a12，则 a5()A. 12B. 10C.10D.12解析 设数列 an 的公差为 d， 3S3 S2S4， 32a1d4a1d，解得 d a1. a12， d 3， a5a14d24×( 3) 10.答案B2. 等差数列 an 中

21、的 a1，a4 033 是函数 f(x) x34x26x1 的极值点，则 log2a2 017 ()A.2B.3C.4D.5【2019最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第讲等差数列与等比数列解析因为 f (x) x28x6，依题意， a1，a4 033 是方程 f (x) x28x60 的两根， a1a4 033 8，则 a2 017 4，故 log2a2 017 log24 2.答案A3. 一个等比数列的前三项的积为 2，最后三项的积为 4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()A.13B.12C.11D.10解析设等比数列为an，其前n 项积为Tn，由已知得a1a2a3

22、2，anan1an24，可得 (a1an)3 2×4， a1an2， Tna1a2 an， T(a1a2 an)2 (a1an)(a2an 1) (ana1) (a1an)n 2n642212， n12.答案B4. 古代数学著作算法统宗中有这样一个问题： “三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还 . ”其意思为：“有一个人走 378 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6 天才到达目的地.”则此人第4 天和第5 天共走的路程为()A.60里B.48里C.36里D.24里解析由题意，每天走的路程构成

23、公比为的等比数列.设等比数列的首项为 a1，则 378，解得 a1192，则 a4192× 24，a524× 12，a4a5241236. 所以此人第 4 天和第 5 天共走了 36 里.13/1713/17答案C5.(2018 ·燕博园能力测试 ) 数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 3anSn4(n N*) ，设 bnnan，则数列 bn 的项的最大值为 ()A.B.C.D.2解析由条件可知： 3anSn4，3an1Sn14(n 2). 相减，得 anan1. 又 3a1S14a14，故 a11. 则 an， bnn.bn bn1，设bn 中最大的项为 b

24、n，则bn bn1.3 n1 n 1）n 4（即3 n1 n 1）n 4（3 n2，43 n4 .解之得 3n4. bn 的项的最大值为 b3b4.答案B二、填空题6.(2018 ·卷 ) 设an 是等差数列，且 a13，a2a536，则 an 的通项公式为 _.解析设等差数列的公差为d， a13，且 a2a52a15d36，d6， an3(n 1) ·6 6n3.答案an6n37.(2018 ·福州质检 ) 数列 an 满足 an1，a3，则 a1_.解析易知 an0，且 an1. 2，则是公差为 2 的等差数列， 又 a3，知 5， 2×25，【20

25、19最新】精选高三数学（理）二轮专题复习文档：专题二数列第讲等差数列与等比数列则 a11.答案18.(2018 ·石家庄质检 ) 等差数列 an 的公差 d0，且 a3，a5，a15成等比数列，若 a55，Sn 为数列 an 的前 n 项和，则数列的前 n 项和取最小值时的 n 为_.（a1 2d）（ a114d） 25，解析由题意知a14d5，a1 3，由 d0，解得d2， n4.由 n40，得 n4，且 0，数列的前 n 项和取最小值时的n 的值为 3 或 4.答案3 或 4三、解答题9.(2018 ·卷 ) 设an 是等差数列，且a1ln 2，a2a35ln 2.(1) 求an 的通项公式；(2) 求 ea1ea2 ean.解 (1) 设an 的公差为 d.因为 a2a35ln 2 ，所以 2a13d5ln 2.又 a1ln 2 ，所以 dln 2.所以 ana1(n 1)d ln 2 (n 1)ln 2nln 2.(2) 因为 ea1eln 2 2， eanan 1eln 2 2，15/1715/17所以 ean 是首项为 2，公比为 2 的等比数列 .所以 ea1ea2 ean2× 2n12.10. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 1，an，Sn 成等差数列 .(1) 求数列 an