《2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列第1講 等差數(shù)列、等比數(shù)列 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列第1講 等差數(shù)列、等比數(shù)列 文（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列第1講 等差數(shù)列、等比數(shù)列 文 真題試做 1．(xx·遼寧高考，文4)在等差數(shù)列{an}中，已知a4＋a8＝16，則a2＋a10＝(　　)． A．12 B．16 C．20 D．24 2．(xx·安徽高考，文5)公比為2的等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且a3a11＝16，則a5＝(　　)． A．1 B．2 C．4 D．8 3．(xx·北京高考，文6)已知{an}為等比數(shù)列．下面結(jié)論中正確的是(　　)． A．a(chǎn)1＋a3≥2a2 B．a(chǎn)＋a≥2a C．若a1＝a3，則a1＝a2 D．若a3＞a

2、1，則a4＞a2 4．(xx·遼寧高考，文14)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．若a1＞0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的公比q＝__________. 5．(xx·陜西高考，文16)已知等比數(shù)列{an}的公比q＝－. (1)若a3＝，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和； (2)證明：對(duì)任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數(shù)列． 考向分析 高考中對(duì)等差(等比)數(shù)列的考查主、客觀題型均有所體現(xiàn)，一般以等差、等比數(shù)列的定義或以通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式為基礎(chǔ)考點(diǎn)，常結(jié)合數(shù)列遞推公式進(jìn)行命題，主要考查學(xué)生綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力以及計(jì)算能力等，中低檔題占多數(shù)．考查的熱點(diǎn)主要

3、有三個(gè)方面：(1)對(duì)于等差、等比數(shù)列基本量的考查，常以客觀題的形式出現(xiàn)，考查利用通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式建立方程組求解，屬于低檔題；(2)對(duì)于等差、等比數(shù)列性質(zhì)的考查主要以客觀題出現(xiàn)，具有“新、巧、活”的特點(diǎn)，考查利用性質(zhì)解決有關(guān)計(jì)算問題，屬中低檔題；(3)對(duì)于等差、等比數(shù)列的判斷與證明，主要出現(xiàn)在解答題的第一問，是為求數(shù)列的通項(xiàng)公式而準(zhǔn)備的，因此是解決問題的關(guān)鍵環(huán)節(jié)． 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一　等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算 【例1】(xx·福建莆田質(zhì)檢，20)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，等式an＋an＋2＝2an＋1對(duì)任意n∈N*均成立． (1)若a4＝10，求數(shù)列{an}的

4、通項(xiàng)公式； (2)若a2＝1＋t，且存在m≥3(m∈N*)，使得am＝Sm成立，求t的最小值． 規(guī)律方法 此類問題應(yīng)將重點(diǎn)放在通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的直接應(yīng)用上，注重五個(gè)基本量a1，an，Sn，n，d(q)之間的轉(zhuǎn)化，會(huì)用方程(組)的思想解決“知三求二”問題．我們重在認(rèn)真觀察已知條件，在選擇a1，d(q)兩個(gè)基本量解決問題的同時(shí)，看能否利用等差、等比數(shù)列的基本性質(zhì)轉(zhuǎn)化已知條件，否則可能會(huì)導(dǎo)致列出的方程或方程組較為復(fù)雜，無(wú)形中增大運(yùn)算量．同時(shí)在運(yùn)算過程中注意消元法及整體代換的應(yīng)用，這樣可減少計(jì)算量． 特別提醒：(1)解決等差數(shù)列{an}前n項(xiàng)和問題常用的有三個(gè)公式：Sn＝；Sn＝na1＋d

5、；Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))，靈活地選用公式，解決問題更便捷； (2)利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求和時(shí)，不可忽視對(duì)公比q是否為1的討論． 變式訓(xùn)練1 (xx·山東青島質(zhì)檢，20)已知等差數(shù)列{an}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的兩個(gè)根；各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足b3＝a3，S3＝13. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 熱點(diǎn)二　等差、等比數(shù)列的性質(zhì) 【例2】(1)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的兩個(gè)根，則a1·a2·a

6、25·a48·a49的值為(　　)． A． B．9 C．±9 D．35 (2)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差數(shù)列，則的值為(　　)． A．或 B． C． D． 規(guī)律方法 (1)解決此類問題的關(guān)鍵是抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號(hào)之間的關(guān)系，從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解； (2)應(yīng)牢固掌握等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，特別是等差數(shù)列中若“m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq”這一性質(zhì)與求和公式Sn＝的綜合應(yīng)用． 變式訓(xùn)練2 (1)(xx·江西玉山期末，3)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為S

7、n，且滿足S15＝25π，則tan a8的值是(　　)． A． B．－ C．± D．－ (2)(xx·廣西桂林調(diào)研，7)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，若公比q＝2，S4＝1，則S8＝(　　)． A．17 B．16 C．15 D．256 熱點(diǎn)三　等差、等比數(shù)列的判定與證明 【例3】(xx·山東淄博一模，20)已知在數(shù)列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，且n∈N*)． (1)證明：數(shù)列為等差數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn. 規(guī)律方法 證明數(shù)列{an}為等差或等比數(shù)列有兩種

8、基本方法： (1)定義法 an＋1－an＝d(d為常數(shù))?{an}為等差數(shù)列； ＝q(q為常數(shù))?{an}為等比數(shù)列． (2)等差、等比中項(xiàng)法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)?{an}為等差數(shù)列； a＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)?{an}為等比數(shù)列． 我們要根據(jù)題目條件靈活選擇使用，一般首選定義法．利用定義法一種思路是直奔主題，例如本題方法；另一種思路是根據(jù)已知條件變換出要解決的目標(biāo)，如本題還可這樣去做： 由an＝2an－1＋2n－1，得an－1＝2an－1－2＋2n，所以an－1＝2(an－1－1)＋2n，上式兩邊除以2n，從而可得＝＋1，

9、由此證得結(jié)論． 特別提醒：(1)判斷一個(gè)數(shù)列是等差(等比)數(shù)列，還有通項(xiàng)公式法及前n項(xiàng)和公式法，但不作為證明方法； (2)若要判斷一個(gè)數(shù)列不是等差(等比)數(shù)列，只需判斷存在連續(xù)三項(xiàng)不成等差(等比)即可； (3)a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}為等比數(shù)列的必要而不充分條件，也就是要注意判斷一個(gè)數(shù)列是等比數(shù)列時(shí)，要注意各項(xiàng)不為0. 變式訓(xùn)練3 在數(shù)列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23，是否存在常數(shù)λ使數(shù)列{an－n＋λ}為等比數(shù)列，若存在，求出λ的值及數(shù)列的通項(xiàng)公式；若不存在，請(qǐng)說明理由． 思想滲透 1．函數(shù)方程思想——等差(比)數(shù)列通項(xiàng)

10、與前n項(xiàng)和的計(jì)算問題： (1)已知等差(比)數(shù)列有關(guān)條件求數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式，及由通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式求首項(xiàng)、公差(比)、項(xiàng)數(shù)及項(xiàng)，即主要指所謂的“知三求二”問題； (2)由前n項(xiàng)和求通項(xiàng)； (3)解決與數(shù)列通項(xiàng)、前n項(xiàng)和有關(guān)的不等式最值問題． 2．求解時(shí)主要思路方法為： (1)運(yùn)用等差(比)數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式中的5個(gè)基本量，建立方程(組)，進(jìn)行運(yùn)算時(shí)要注意消元的方法及整體代換的運(yùn)用； (2)數(shù)列的本質(zhì)是定義域?yàn)檎麛?shù)集或其有限子集的函數(shù)，數(shù)列的通項(xiàng)公式即為相應(yīng)的函數(shù)解析式，因此在解決數(shù)列問題時(shí)，應(yīng)用函數(shù)的思想求解． 在等比數(shù)列{an}中，an＞0(n∈N*

11、)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3與a5的等比中項(xiàng)為2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)＋＋…＋最大時(shí)，求n的值． 解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a＋2a3a5＋a＝25. 又an＞0，∴a3＋a5＝5. 又a3與a5的等比中項(xiàng)為2，∴a3a5＝4. 而q∈(0,1)，∴a3＞a5. ∴a3＝4，a5＝1，q＝，a1＝16. ∴an＝16×n－1＝25－n. (2)bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， ∴{bn}是以4為首項(xiàng)，－1為

12、公差的等差數(shù)列． ∴Sn＝，＝， ∴當(dāng)n≤8時(shí)，＞0；當(dāng)n＝9時(shí)，＝0；當(dāng)n＞9時(shí)，＜0； ∴n＝8或9時(shí)，＋＋…＋最大． 1．(xx·河北冀州一模，5)在等差數(shù)列{an}中，a9＝a12＋6，則數(shù)列{an}前11項(xiàng)的和S11等于(　　)． A．24 B．48 C．66 D．132 2．(xx·浙江名?！秳?chuàng)新》沖刺卷，4)設(shè){an}是等比數(shù)列，則“a1＜a2＜a3”是“數(shù)列{an}是遞增數(shù)列”的(　　)． A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 3．(xx·廣東汕頭質(zhì)檢，2)已知等比數(shù)列{an}的公

13、比q為正數(shù)，且2a3＋a4＝a5，則q的值為(　　)． A． B．2 C． D．3 4．(xx·河北衡水調(diào)研，6)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S20＝S40，則下列結(jié)論中正確的是(　　)． A．S30是Sn的最大值 B．S30是Sn的最小值 C．S30＝0 D．S60＝0 5．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，若存在兩項(xiàng)am，an，使得＝4a1，則＋的最小值為________． 6．(原創(chuàng)題)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且滿足a1 000＋a1 013＝π，b1b13＝2，則tan＝_________

14、_. 7．(xx·浙江五校聯(lián)考，20)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝，Sn＝n2an－n(n－1)，n＝1,2，…. (1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列，并求Sn； (2)設(shè)bn＝，求證：b1＋b2＋…＋bn＜1. 8．設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構(gòu)成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．B　解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知，a2＋a10＝a4＋a8＝16，故選B. 2．

15、A　解析：由題意可得，a3·a11＝a＝16，∴a7＝4. ∴a5＝＝＝1. 3．B　解析：A中當(dāng)a1，a3為負(fù)數(shù)，a2為正數(shù)時(shí)，a1＋a3≥2a2不成立；B中根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)及均值不等式得，a＋a≥2＝2a；C中取a1＝a3＝1，a2＝－1，顯然a1≠a2；D中取a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，可知a4＞a2不成立．綜上可知僅有B正確． 4．2　解析：∵等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且a1＞0， ∴公比q＞1. 又∵2(an＋an＋2)＝5an＋1， ∴2an＋2anq2＝5anq. ∵an≠0，∴2q2－5q＋2＝0. ∴q＝2或q＝(舍去)． ∴公比q為2.

16、 5．(1)解：由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1， 所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和 Sn＝＝. (2)證明：對(duì)任意k∈N＋， 2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)， 由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0. 所以，對(duì)任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數(shù)列． 精要例析·聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】解：(1)∵an＋an＋2＝2an＋1對(duì)n∈N*都成立， ∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列． 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， ∵a1＝1，a4＝10， 且a4＝a1＋3d＝10.

17、∴d＝3. ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－2. ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2. (2)∵a2＝1＋t， ∴公差d＝a2－a1＝t. ∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)t. Sn＝na1＋d＝n＋t. 由am＝Sm得1＋(m－1)t＝m＋t， ∴(m－1)t＝(m－1)＋t. ∴t＝1＋t.∴t＝. ∵m≥3，∴－2≤t＜0.∴t的最小值為－2. 【變式訓(xùn)練1】解：(1)設(shè){an}的公差為d(d＞0)，{bn}的公比為q(q＞0)， 則由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或x＝13. 因?yàn)閐＞0，所以a2＜a4，則a2＝5，a4＝13. 則解得

18、a1＝1，d＝4， 所以an＝1＋4(n－1)＝4n－3. 因?yàn)? 解得b1＝1，q＝3. 所以bn＝3n－1. (2)當(dāng)n≤5時(shí)， Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋×4＝2n2－n； 當(dāng)n＞5時(shí)，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋bn) ＝(2×52－5)＋＝. 所以Tn＝ 【例2】(1)B　解析：依題意知a2·a48＝3. 又a1·a49＝a2·a48＝a＝3，a25＞0， ∴a1·a2·a25·a48·a49＝a＝9. (2)C　解析：因?yàn)閍2，a3，a1成等差數(shù)列， 所以a3＝a1＋a2. ∴q2＝1＋q. 又q＞0，解得q＝， 故＝＝＝. 【變

19、式訓(xùn)練2】(1)B　解析：∵S15＝15a8＝25π，∴a8＝. ∴tan a8＝tan ＝tan＝－tan＝－. (2)A　解析：S8＝S4＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝S4＋q4S4＝17. 【例3】(1)證明：設(shè)bn＝，b1＝＝2， ∴bn＋1－bn＝－＝[(an＋1－2an)＋1] ＝[(2n＋1－1)＋1]＝1， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列． (2)解：由(1)知，＝＋(n－1)×1， ∴an＝(n＋1)·2n＋1. ∵Sn＝(2·21＋1)＋(3·22＋1)＋…＋(n·2n－1＋1)＋[(n＋1)·2n＋1]， ∴Sn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n

20、－1＋(n＋1)·2n＋n. 設(shè)Tn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，① 則2Tn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.② 由②－①，得 Tn＝－2·21－(22＋23＋…＋2n)＋(n＋1)·2n＋1＝n·2n＋1， ∴Sn＝n·2n＋1＋n＝n·(2n＋1＋1)． 【變式訓(xùn)練3】解：假設(shè)an＋1－(n＋1)＋λ＝－(an－n＋λ)成立，整理得an＋1＋an＝2n＋1－2λ，與an＋1＋an＝2n－44比較得λ＝. ∴數(shù)列是以－為首項(xiàng)，－1為公比的等比數(shù)列．故an－n＋＝－(－1)n－1，即an＝n－－(－1)n－1. 創(chuàng)新模擬·預(yù)

21、測(cè)演練 1．D　解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a9＝a12＋6得a1＋8d＝(a1＋11d)＋6，整理得a1＋5d＝12，即a6＝12， ∴S11＝11a6＝132. 2．C　解析：由a1＜a2＜a3，得有或則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，反之顯然成立，故選C. 3．B　解析：由2a3＋a4＝a5得2a3＋a3q＝a3q2， ∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)． 4．D　解析：由S20＝S40得a21＋a22＋a23＋…＋a40＝0， ∴a21＋a40＝0. ∴S60＝(a1＋a60)×60＝(a21＋a40)×60＝0. 5．　解析：由a7＝a6＋2a5，

22、得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)， ∴aman＝a1qm－1·a1qn－1＝16a. ∴qm＋n－2＝2m＋n－2＝24. ∴m＋n－2＝4.∴m＋n＝6. ∴＋＝··(m＋n)＝≥(5＋4)＝(當(dāng)且僅當(dāng)4m2＝n2時(shí)，“＝”成立)． 6．－　解析：因?yàn)閿?shù)列{an}為等差數(shù)列，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，所以由它們的性質(zhì)可得a1 000＋a1 013＝a1＋a2 012＝π，b1b13＝b＝2， 則tan＝tan＝－. 7．證明：(1)由Sn＝n2an－n(n－1)(n≥2)， 得Sn＝n2(Sn－Sn－1)－n(n－1)， 即(n2－1)Sn－n2Sn－1＝n(

23、n－1)， 所以Sn－Sn－1＝1，對(duì)n≥2成立． S1＝1，所以是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列， S1＝a1＝，所以Sn＝，當(dāng)n＝1時(shí)也成立． (2)bn＝＝＝－， ∴b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＜1. 8．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q＞1)． 由已知得即 即 解得a1＝1，q＝2或a1＝4，q＝(舍去)． ∴an＝2n－1. (2)由(1)得a3n＋1＝23n， ∴bn＝ln a3n＋1＝ln 23n＝3nln 2， ∴bn＋1－bn＝3ln 2. ∴{bn}是以b1＝3ln 2為首項(xiàng)，公差為3ln 2的等差數(shù)列． ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝，即Tn＝.