《2020年全國高考數(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 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年全國高考數(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 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題四　數(shù)　列第1講　等差數(shù)列、等比數(shù)列 真題試做 1．(2020·福建高考，理2)等差數(shù)列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，則數(shù)列{an}的公差為(　　)． A．1 　　　 B．2　　　C．3 　　　 D．4 2．(2020·安徽高考，理4)公比為2的等比數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，且a3a11＝16，則log2a10＝(　　)． A．4 　　　 B．5　　　　C．6 　　　 D．7 3．(2020·浙江高考，理7)設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項和，則下列命題錯誤的是(　　)． A．若d＜0，則數(shù)列{Sn}有最大項 B．若數(shù)列{Sn}有最大

2、項，則d＜0 C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則對任意n∈N*，均有Sn＞0 D．若對任意n∈N*，均有Sn＞0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列 4．(2020·課標(biāo)全國高考，理5)已知{an}為等比數(shù)列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10＝(　　)． A．7 　　　 B．5　　　　C．－5 　　　 D．－7 5．(2020·江蘇高考，20)已知各項均為正數(shù)的兩個數(shù)列{an}和{bn}滿足：an＋1＝，n∈N*. (1)設(shè)bn＋1＝1＋，n∈N*，求證：數(shù)列是等差數(shù)列； (2)設(shè)bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比數(shù)列，求a1和b1的值． 考向分析 高考中等差(等比)

3、數(shù)列的考查主客觀題型均有體現(xiàn)，一般以等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義或以通項公式、前n項和公式為基礎(chǔ)考點，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)知識的能力以及計算能力等，中低檔題占多數(shù)．考查的熱點主要有三個方面：(1)對于等差、等比數(shù)列基本量的考查，常以客觀題的形式出現(xiàn)，考查利用通項公式、前n項和公式建立方程組求解，屬于低檔題；(2)對于等差、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，考查利用性質(zhì)解決有關(guān)計算問題，屬中低檔題；(3)對于等差、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)列的通項公式而準(zhǔn)備的，因此是解決問題的關(guān)鍵環(huán)節(jié)． 熱點例析 熱點

4、一　等差、等比數(shù)列的基本運算 【例1】(2020·福建莆田質(zhì)檢，20)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，等式an＋an＋2＝2an＋1對任意n∈N*均成立． (1)若a4＝10，求數(shù)列{an}的通項公式； (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)將重點放在通項公式與前n項和公式的直接應(yīng)用上，注重五個基本量a1，an，Sn，n，d(q)之間的轉(zhuǎn)化，會用方程(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)兩個基本量解決問題的同時，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

5、能會導(dǎo)致列出的方程或方程組較為復(fù)雜，無形中增大運算量．在運算過程中要注意消元法及整體代換的應(yīng)用，這樣可減少計算量． 特別提醒：(1)解決等差數(shù)列前n項和常用的有三個公式Sn＝；Sn＝na1＋d；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項和公式求和時，不可忽視對公比q是否為1的討論． 變式訓(xùn)練1　(2020·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的兩個根；各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且滿足b3＝a3，S3＝13. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (

6、2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝n∈N*，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 熱點二　等差、等比數(shù)列的性質(zhì) 【例２】(1)在正項等比數(shù)列{an}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的兩個根，則a1·a2·a25·a48·a49的值為(　　)． A． 　 　　 B．9 　　　 C．±9 　　　 D．35 (2)正項等比數(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)鍵是抓住項與項之間的關(guān)系，項的序號之間的關(guān)系，從這些特點入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解； (2)應(yīng)牢固掌握等差、等比數(shù)

7、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)(2020·江西玉山期末，3)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足S15＝25π，則tan a8的值是(　　)． A． 　　　 B．－ 　　　 C．± 　　　D．－ (2)(2020·廣西桂林調(diào)研，7)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，其前n項和為Sn，若公比q＝2，S4＝1，則S8＝(　　)． A．17　　　 B．16　　　 C．15 　　　 D．256 熱點三　等差、等比數(shù)列的判定與證明 【例３】(2020·山東淄博一模，20)已知數(shù)列{an}

8、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項和Sn. 規(guī)律方法　證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列或等比數(shù)列有兩種基本方法： (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，例如本題中的方法；另一種思路

9、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，由此證得結(jié)論． 特別提醒：(1)判斷一個數(shù)列是等差(等比)數(shù)列，還有通項公式法及前n項和公式法，但不作為證明方法； (2)若要判斷一個數(shù)列不是等差(等比)數(shù)列，只需判斷存在連續(xù)三項不成等差(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，也就是判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列時，要注意各項不為0. 變式訓(xùn)練3　在數(shù)列{an}中，an＋1＋an＝2n－4

10、4(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)列的通項公式；若不存在，請說明理由． 思想滲透 1．函數(shù)方程思想——等差(比)數(shù)列通項與前n項和的計算問題： (1)已知等差(比)數(shù)列有關(guān)條件求數(shù)列的通項公式和前n項和公式以及由通項公式和前n項和公式求首項、公差(比)、項數(shù)及項等，即主要指所謂的“知三求二”問題； (2)由前n項和求通項； (3)解決與數(shù)列通項，前n項和有關(guān)的不等式最值問題． 2．求解時主要思路方法： (1)運用等差(比)數(shù)列的通項公式及前n項和公式中的5個基本量，建立方程(組)，進(jìn)行運算時要注意消元的方法及整體代

11、換的運用； (2)數(shù)列的本質(zhì)是定義域為正整數(shù)集或其有限子集的函數(shù)，數(shù)列的通項公式即為相應(yīng)的函數(shù)解析式，因此在解決數(shù)列問題時，應(yīng)用函數(shù)的思想求解． 【典型例題】在等比數(shù)列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3與a5的等比中項為2. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，當(dāng)＋＋…＋最大時，求n的值． 解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a＋2a3a5＋a＝25. 又an＞0，∴a3＋a5＝5. 又a3與a5的等比中項為2，∴a3a5＝4. 而q∈(0

12、,1)，∴a3＞a5. ∴a3＝4，a5＝1，q＝，a1＝16. ∴. (2)bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， ∴{bn}是以4為首項，－1為公差的等差數(shù)列． ∴Sn＝，＝， ∴當(dāng)n≤8時，＞0，當(dāng)n＝9時，＝0，n＞9時，＜0， 當(dāng)n＝8或9時，＋＋…＋最大． 1．(2020·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項的和S11等于(　　)． A．24 　　　 B．48 　　　 C．66 　　　 D．132 2．在等比數(shù)列{an}中，an＞0，若a1·a5＝16，a4＝8，則a5＝(　　)． A．16 　

13、　　 B．8 　　　 C．4　　　 D．32 3．(2020·廣東汕頭質(zhì)檢，2)已知等比數(shù)列{an}的公比q為正數(shù)，且2a3＋a4＝a5，則q的值為(　　)． A． 　　　 B．2　　　 C．　　　 D．3 4．(2020·河北衡水調(diào)研，6)等差數(shù)列{an}前n項和為Sn，滿足S20＝S40，則下列結(jié)論中正確的是(　　)． A．S30是Sn中的最大值 B．S30是Sn中的最小值 C．S30＝0 D．S60＝0 5．已知正項等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，若存在兩項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

14、，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且滿足a1 000＋a1 013＝π，b1b13＝2，則tan＝__________. 7．若數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝pSn＋r(n∈N*)，p，r∈R，Sn為數(shù)列{an}的前n項和． (1)當(dāng)p＝2，r＝0時，求a2，a3，a4的值； (2)是否存在實數(shù)p，r，使得數(shù)列{an}為等比數(shù)列？若存在，求出p，r滿足的條件；若不存在，說明理由． 8．設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列的前n項和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構(gòu)成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求數(shù)列

15、{bn}的前n項和Tn. 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．B　2．B　3．C　4．D 5．解：(1)證明：由題設(shè)知an＋1＝ ＝＝， 所以＝， 從而＝1(n∈N*)， 所以數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列． (2)因為an＞0，bn＞0， 所以≤a＋b＜(an＋bn)2， 從而1＜an＋1＝≤.(*) 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由an＞0知q＞0.下證q＝1. 若q＞1，則a1＝＜a2≤，故當(dāng)n＞logq時，an＋1＝a1qn＞，與(*)矛盾； 若0＜q＜1，則a1＝＞a2＞1，故當(dāng)n＞logq時，an＋1＝a1qn＜1，與(*)矛盾． 綜上可知，q＝

16、1，故an＝a1(n∈N*)，所以1＜a1≤. 又bn＋1＝·＝·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比為的等比數(shù)列． 若a1≠，則＞1，于是b1＜b2＜b3. 又由得，所以b1，b2，b3中至少有兩項相同，矛盾．所以a1＝，從而＝. 所以a1＝b1＝. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】解：(1)∵an＋an＋2＝2an＋1對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， ∴a4＝a1＋3d＝10，∴d＝3. ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－2. ∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2. (2)∵a2＝1＋t，

17、 ∴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. 因為d＞0，所以a2＜a4，則a2＝5，a4＝13. 則解得a1＝1，d＝4， 所以an＝1＋4(n－1)＝4n－3. 因為解得b1＝1，q＝3. 所以bn＝3n－1. (2

18、)當(dāng)n≤5時， Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋×4＝2n2－n； 當(dāng)n＞5時，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋bn) ＝(2×52－5)＋＝， 所以Tn＝(n∈N*) 【例2】(1)B　解析：依題意知a2·a48＝3. 又a1·a49＝a2·a48＝＝3，a25＞0， ∴a1·a2·a25·a48·a49＝a25＝9. (2)C　解析：因為a2，a3，a1成等差數(shù)列， 所以a3＝a1＋a2.∴q2＝1＋q. 又q＞0，解得q＝， 故＝＝＝. 【變式訓(xùn)練2】(1)B　(2)A 【例3】(1)證明：設(shè)bn＝，b1＝＝2， ∴bn＋1－bn＝－ ＝[(an＋1

19、－2an)＋1] ＝[(2n＋1－1)＋1]＝1， ∴數(shù)列是首項為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－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＝

20、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，－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)測演練 1．D　2．A　3．B　4．D　5．　6．－ 7．解：(1)由a1＝1，an＋1＝pSn＋r，當(dāng)p＝2，r＝0時，an＋1＝2Sn， ∴a2＝2a1＝2， a3＝2S2＝2(a1＋a2)＝2×(1＋2)＝6， a4＝2S3＝2(a1＋a2＋a3)＝2×(1＋2＋

21、6)＝18. (2)∵an＋1＝pSn＋r， ∴an＝pSn－1＋r(n≥2)． ∴an＋1－an＝(pSn＋r)－(pSn－1＋r)＝pan，即an＋1＝(p＋1)an，其中n≥2. ∴若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則公比q＝p＋1≠0. ∴p≠－1. 又a2＝p＋r＝a1q＝a1(p＋1)＝p＋1， 故r＝1. ∴當(dāng)p≠－1，r＝1時，數(shù)列{an}為等比數(shù)列． 8．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q＞1)． 由已知得 即 亦即 解得a1＝1，q＝2或a1＝4，q＝(舍去)． 故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，公差為3ln 2的等差數(shù)列． ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝，即Tn＝.