2019届二轮复习第1讲 等差数列与等比数列学案(全国通用)

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2019届二轮复习第1讲 等差数列与等比数列学案(全国通用)

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Ⅲ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.-24 B.-3 C.3 D.8‎ 解析 根据题意得a=a2·a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),由a1=1及d≠0解得d=-2,所以S6=6a1+d=1×6+×(-2)=-24.‎ 答案 A ‎2.(2018·北京卷)“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.f B.f C.f D.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a8=f·()8-1=f.‎ 答案 D ‎3.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=________.‎ 解析 因为Sn=2an+1,所以当n=1时,a1=2a1+1,解得a1=-1,‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),所以an=2an-1,所以数列{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以an=-2n-1,所以S6==-63.‎ 答案 -63‎ ‎4.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ 解 (1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.‎ 由Sm=63得2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ 考 点 整 合 ‎1.等差数列 ‎(1)通项公式:an=a1+(n-1)d;‎ ‎(2)求和公式:Sn==na1+d;‎ ‎(3)性质:‎ ‎①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq;‎ ‎②an=am+(n-m)d;‎ ‎③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,成等差数列.‎ ‎2.等比数列 ‎(1)通项公式:an=a1qn-1(q≠0);‎ ‎(2)求和公式:q=1,Sn=na1;q≠1,Sn==;‎ ‎(3)性质:‎ ‎①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq;‎ ‎②an=am·qn-m;‎ ‎③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…(Sm≠0)成等比数列.‎ 温馨提醒 应用公式an=Sn-Sn-1时一定注意条件n≥2,n∈N*.‎ 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b1=2,b2=5,且an(bn+1-bn)=an+1,则数列{bn}的前n项和为(  )‎ A.3n+1 B.3n-1‎ C. D. 解析 由b1=2,b2=5,且an(bn+1-bn)=an+1.‎ ‎∴{an}的公比q==b2-b1=3.‎ 从而bn+1-bn=3,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Tn=2n+×3=(3n2+n).‎ 答案 C ‎(2)(2018·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.‎ ‎①求{an}的通项公式;‎ ‎②求Sn,并求Sn的最小值.‎ 解 ①设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.‎ 由a1=-7得d=2.‎ 所以{an}的通项公式为an=2n-9.‎ ‎②由①得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.‎ 所以当n=4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:‎ ‎(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{an}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) B.n(n-1)‎ C.n(n+1) D.n(n+2)‎ 解析 依题意a=a2·a6,得(a1+4)2=(a1+2)(a1+10).解得a1=-1.‎ 因此Sn=na1+×2=n2-2n.‎ 答案 A ‎(2)(2017·全国Ⅱ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,a2+b2=2.‎ ‎①若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;‎ ‎②若T3=21,求S3.‎ 解 ①设{an}公差为d,{bn}公比为q,‎ 由题设得 解得或(舍去),‎ 故{bn}的通项公式为bn=2n-1.‎ ‎②由已知得 解得或 ‎∴当d=-1时,S3=-6;当d=8时,S3=21.‎ 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}中,a6,a10是方程x2+6x+2=0的两个实数根,则a8的值为(  )‎ A.2 B.-或 C. D.- ‎(2)(2018·北京海淀区质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-2,若数列{bn}满足bn=10-log2an,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a6a10=2,且a6+a10=-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=2an-2,∴n=1时,a1=2a1-2,解得a1=2.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2-(2an-1-2),‎ ‎∴an=2an-1.‎ ‎∴数列{an}是公比与首项都为2的等比数列,∴an=2n.‎ ‎∴bn=10-log2an=10-n.‎ 由bn=10-n≥0,解得n≤10.‎ ‎∴{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.‎ 答案 (1)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x2+10x-16=0的两个根,那么S11的值为(  )‎ A.44 B.-44‎ C.55 D.-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.4 B.2 C.3 D.5‎ 解析 (1)由题设,a5+a7=-10,‎ 则S11===11×(-5)=-55.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q,‎ 由a5=,a4=,得=q,∴q=.‎ ‎∴an=a4·qn-4=·,且a1a8=a4a5=.‎ 从而lg an=lg+(n-4)lg,‎ 则数列{lg an}是等差数列,‎ ‎∴S8=(lg a1+lg a8)×8=4lg(a1a8)=4lg=2.‎ 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,a1=1,an>0,S=a-λSn+1,其中λ为常数.‎ ‎(1)证明:Sn+1=2Sn+λ;‎ ‎(2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列,若存在,求出λ;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)证明 ∵an+1=Sn+1-Sn,S=a-λSn+1,‎ ‎∴S=(Sn+1-Sn)2-λSn+1,‎ 则Sn+1(Sn+1-2Sn-λ)=0.‎ ‎∵an>0,知Sn+1>0,∴Sn+1-2Sn-λ=0,‎ 故Sn+1=2Sn+λ.‎ ‎(2)解 由(1)知,Sn+1=2Sn+λ,‎ 当n≥2时,Sn=2Sn-1+λ,‎ 两式相减,an+1=2an(n≥2,n∈N*),‎ 所以数列{an}从第二项起成等比数列,且公比q=2.‎ 又S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,‎ ‎∴a2=a1+λ=1+λ>0,得λ>-1.‎ 因此an= 若数列{an}是等比数列,则a2=1+λ=2a1=2.‎ ‎∴λ=1,经验证得λ=1时,数列{an}是等比数列.‎ ‎【迁移探究】 若本例中条件“a1=1”改为“a1=2”其它条件不变,试求解第(2)问.‎ 解 由本例(2),得an+1=2an(n≥2,n∈N*).‎ 又S2=2S1+λ,∴a2=a1+λ=2+λ>0.‎ ‎∴an=(2+λ)·2n-2(n≥2).‎ 又a1=2,若{an}是等比数列,‎ ‎∴a2=(2+λ)·20=2a1=4,∴λ=2.‎ 故存在λ=2,此时an=2n,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:(1)定义法:对于任意n≥1,n∈N*,验证an+1-an为与正整数n无关的一常数;(2)中项公式法.‎ ‎2.=q和a=an-1an+1(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Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=‎ ‎-6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.‎ 解 (1)设{an}的公比为q,由题设可得 解得 故{an}的通项公式为an=(-2)n.‎ ‎(2)由(1)得Sn== ‎=[(-2)n-1],‎ 则Sn+1=[(-2)n+1-1],Sn+2=[(-2)n+2-1],‎ 所以Sn+1+Sn+2=[(-2)n+1-1]+[(-2)n+2-1]=[2(-2)n-2]=[(-2)n-1]=2Sn,‎ ‎∴Sn+1,Sn,Sn+2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(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn;‎ ‎(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.‎ 解 (1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).‎ 由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.‎ 因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.‎ 所以,Tn==2n-1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.‎ 由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,‎ 故an=n.‎ 所以,Sn=.‎ ‎(2)由(1),有 T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n ‎=-n=2n+1-n-2.‎ 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn 得+2n+1-n-2=n+2n+1,‎ 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.‎ 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a1=16,且a1,a2+2,a3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若q<1,求满足a1-a2+a3-a4+…+a2n-1-a2n>10的最小正整数n的值.‎ 解 (1)依题意,2(a2+2)=a1+a3,且a1=16.‎ ‎∴2(16q+2)=16+16q2,‎ 即4q2-8q+3=0.‎ 因此q=或q=.‎ 当q=时,an=16·=25-n;‎ 当q=时,an=16·.‎ ‎(2)由(1)知,当q<1时,an=25-n.‎ 则a1-a2+a3-a4+…+a2n-1-a2n ‎== 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n=1,n≥2两种情况,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Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(  )‎ A.-12 B.-10 C.10 D.12‎ 解析 设数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,‎ ‎∴3=2a1+d+4a1+d,解得d=-a1.‎ ‎∵a1=2,∴d=-3,∴a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.‎ 答案 B ‎2.等差数列{an}中的a1,a4 033是函数f(x)=x3-4x2+6x-1的极值点,则log2a2 017=(  )‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ 解析 因为f′(x)=x2-8x+6,‎ 依题意,a1,a4 033是方程f′(x)=x2-8x+6=0的两根,‎ ‎∴a1+a4 033=8,则a2 017=4,‎ 故log2a2 017=log24=2.‎ 答案 A ‎3.一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.13 B.12 C.11 D.10‎ 解析 设等比数列为{an},其前n项积为Tn,由已知得a1a2a3=2,anan-1an-2=4,可得(a1an)3=2×4,a1an=2,‎ ‎∵Tn=a1a2…an,∴T=(a1a2…an)2=(a1an)(a2an-1)…(ana1)=(a1an)n=2n=642=212,∴n=12.‎ 答案 B ‎4.中国古代数学著作《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,每天走的路程构成公比为的等比数列.设等比数列的首项为a1,则 =378,解得a1=192,则a4=192×=24,a5=24×=12,a4+a5=24+12=36.所以此人第4天和第5天共走了36里.‎ 答案 C ‎5.(2018·北京燕博园能力测试)数列{an}的前n项和为Sn,且3an+Sn=4(n∈N*),设bn=nan,则数列{bn}的项的最大值为(  )‎ A. B. C. D.2‎ 解析 由条件可知:3an+Sn=4,3an-1+Sn-1=4(n≥2).相减,得an=an-1.又3a1+S1=4a1=4,故a1=1.则an=,bn=n.‎ 设{bn}中最大的项为bn,则 即 解之得3≤n≤4.‎ ‎∴{bn}的项的最大值为b3=b4=.‎ 答案 B 二、填空题 ‎6.(2018·北京卷)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为________.‎ 解析 设等差数列的公差为d,∵a1=3,且a2+a5=2a1+5d=36,∴d=6,∴an=3+(n-1)·6=6n-3.‎ 答案 an=6n-3‎ ‎7.(2018·福州质检)数列{an}满足an+1=,a3=,则a1=________.‎ 解析 易知an≠0,且an+1=.‎ ‎∴-=2,则是公差为2的等差数列,又a3=,知=5,∴+2×2=5,则a1=1.‎ 答案 1‎ ‎8.(2018·石家庄质检)等差数列{an}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,若a5=5,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________.‎ 解析 由题意知 由d≠0,解得 ‎∴==n-4.‎ 由n-4≥0,得n≥4,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·北京卷)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求ea1+ea2+…+ean.‎ 解 (1)设{an}的公差为d.‎ 因为a2+a3=5ln 2,‎ 所以2a1+3d=5ln 2.‎ 又a1=ln 2,所以d=ln 2.‎ 所以an=a1+(n-1)d=ln 2+(n-1)ln 2=nln 2.‎ ‎(2)因为ea1=eln 2=2,=ean-an-1=eln 2=2,‎ 所以{ean}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ 所以ea1+ea2+…+ean=2×=2n+1-2.‎ ‎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}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足an·bn=1+2nan,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解 (1)由已知1,an,Sn成等差数列得2an=1+Sn,①‎ 当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1,‎ 当n≥2时,2an-1=1+Sn-1,②‎ ‎①-②得2an-2an-1=an,‎ ‎∴an=2an-1(n≥2),且a1=1.‎ ‎∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,‎ ‎∴an=a1qn-1=1·2n-1=2n-1.‎ ‎(2)由an·bn=1+2nan得bn=+2n,‎ ‎∴Tn=b1+b2+…+bn=+2++4+…++2n ‎=+(2+4+…+2n)‎ ‎=+=n2+n+2-.‎ ‎11.已知{an}是递增数列,其前n项和为Sn,a1>1,且10Sn=(2an+1)(an+2),n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项an;‎ ‎(2)是否存在m,n,k∈N*,使得2(am+an)=ak成立?若存在,写出一组符合条件的m,n,k的值;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)由10a1=(2a1+1)(a1+2),得2a-5a1+2=0,解得a1=2或a1=.‎ 又a1>1,所以a1=2.‎ 因为10Sn=(2an+1)(an+2),所以10Sn=2a+5an+2.‎ 故10an+1=10Sn+1-10Sn=2a+5an+1+2-2a-5an-2,‎ 整理,得2(a-a)-5(an+1+an)=0,‎ 即(an+1+an)[2(an+1-an)-5]=0.‎ 因为{an}是递增数列且a1=2,‎ 所以an+1+an≠0,因此an+1-an=.‎ 所以数列{an}是以2为首项,为公差的等差数列,‎ 所以an=2+(n-1)=(5n-1).‎ ‎(2)满足条件的正整数m,n,k不存在,理由如下:‎ 假设存在m,n,k∈N*,使得2(am+an)=ak,‎ 则5m-1+5n-1=(5k-1),整理,‎ 得2m+2n-k=,(*)‎ 显然,(*)式左边为整数,所以(*)式不成立.‎ 故满足条件的正整数m,n,k不存在.‎
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