2020版高考数学二轮复习分层设计（全国通用）第二层提升篇：讲义 专题二第1讲　等差数列、等比数列.docx

专题二数列第1讲等差数列、等比数列全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2019等比数列基本运算·T14等比数列的通项公式等差数列的求和·T18等比数列的基本运算·T6等差数列的通项公式及求和·T18等差数列的基本运算·T142018数列的递推关系、等比数列的判定及计算·T17等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17等比数列的通项公式、前n项和公式·T172017等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定·T17等差、等比数列的通项公式及前n项和公式·T17数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和·T17(1)考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查等差数列、等比数列性质的应用，考查等差数列、等比数列的判断与证明等.(2)近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考可能以客观题考查，以基本运算为主，难度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注. 等差、等比数列的基本运算例1(1)(2019·全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知S40，a55，则()A.an2n5B.an3n10C.Sn2n28n D.Snn22n(2)(2019·全国卷)设Sn为等比数列an的前n项和.若a1，aa6，则S5_.解析(1)设首项为a1，公差为d.由S40，a55可得解得所以an32(n1)2n5，Snn×(3)×2n24n.故选A.(2)由aa6得(a1q3)2a1q5，整理得q3. S5.答案(1)A(2)解题方略等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项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(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.跟踪训练1.(2019·福州市质量检测)已知数列an中，a32，a71.若数列为等差数列，则a9()A.B.C. D.解析：选C因为数列为等差数列，a32，a71，所以数列的公差d，所以(97)×，所以a9，故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列an的前n项和为Sn，若a34S20，则公比q()A.1 B.1C.2 D.2解析：选C法一：因为a34S20，所以a1q24a14a1q0，因为a10，所以q24q40，所以q2，故选C.法二：因为a34S20，所以a2q4a20，因为a20，所以q40，即(q2)20，所以q2，故选C.3.(2019·全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列bn的前n项和.解：(1)设an的公比为q，由题设得2q24q16，即q22q80.解得q2(舍去)或q4.因此an的通项公式为an2×4n122n1.(2)由(1)得bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前n项和为132n1n2. 等差数列、等比数列的性质例2(1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，已知S630，S970，则S3_.(2)在等差数列an中，已知a113，3a211a6，则数列an的前n项和Sn的最大值为_.解析(1)法一：设数列an的公比为q(q0且q1)，由题意可得÷得，又由q0，得q32，再由，得S3S610.法二：由题意可得(S6S3)2S3(S9S6)，即(30S3)240S3，即S100S39000，解得S310或S390，又数列an的各项均为正数，所以S3S6，S390(舍去)，故S310.(2)设an的公差为d.法一：由3a211a6，得3(13d)11(135d)，解得d2，所以an13(n1)×(2)2n15.由得解得6.5n7.5.因为nN*，所以当n7时，数列an的前n项和Sn最大，最大值为S749.法二：由3a211a6，得3(13d)11(135d)，解得d2，所以an13(n1)×(2)2n15.所以Snn214n(n7)249，所以当n7时，数列an的前n项和Sn最大，最大值为S749.答案(1)10(2)49解题方略与数列性质有关问题的求解策略抓关系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用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跟踪训练1.在等比数列an中，a3，a15是方程x26x20的根，则的值为()A.B.C. D.或解析：选B设等比数列an的公比为q，因为a3，a15是方程x26x20的根，所以a3·a15a2，a3a156，所以a3<0，a15<0，则a9，所以a9，故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列an中，4a3a113a510，则a4()A.1 B.0C.1 D.2解析：选C法一：设an的公差为d(d0)，由4a3a113a510，得4(a12d)(a110d)3(a14d)10，即2a16d10，即a13d5，故a45，所以a41，故选C.法二：设an的公差为d(d0)，因为anam(nm)d，所以由4a3a113a510，得4(a4d)(a47d)3(a4d)10，整理得a45，所以a41，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a73a33a510，得4a5a33a510，即a5a310，则2a410，即a45，所以a41，故选C.3.数列an是首项a1m，公差为2的等差数列，数列bn满足2bn(n1)an，若对任意nN*都有bnb5成立，则m的取值范围是_.解析：由题意得，anm2(n1)，从而bnanm2(n1).又对任意nN*都有bnb5成立，结合数列bn的函数特性可知b4b5，b6b5，故解得22m18.答案：22，18 等差(比)数列的判断与证明例3设Sn为数列an的前n项和，对任意的nN*，都有Sn2an，数列bn满足b12a1，bn(n2，nN*).(1)求证：数列an是等比数列，并求an的通项公式；(2)判断数列是等差数列还是等比数列，并求数列bn的通项公式.解(1)当n1时，a1S12a1，解得a11；当n2时，anSnSn1an1an，即(n2，nN*).所以数列an是首项为1，公比为的等比数列，故数列an的通项公式为an.(2)因为a11，所以b12a12.因为bn，所以1，即1(n2).所以数列是首项为，公差为1的等差数列.所以(n1)·1，故数列bn的通项公式为bn.解题方略数列an是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列an是等差数列的两种基本方法：利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；利用等差中项，即证明2anan1an1(n2).(2)证明an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明(nN*)为一常数；利用等比中项，即证明aan1an1(n2).跟踪训练已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN*).(1)求a1，a2，a3的值.(2)设bnan3，证明数列bn为等比数列，并求通项公式an.解：(1)因为数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN*).所以n1时，由a1S12a13×1，解得a13，n2时，由S22a23×2，得a29，n3时，由S32a33×3，得a321.(2)因为Sn2an3n，所以Sn12an13(n1)，两式相减，得an12an3，把bnan3及bn1an13，代入式，得bn12bn(nN*)，且b16，所以数列bn是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn6×2n1，所以anbn36×2n133(2n1).逻辑推理等比数列运算中的分类讨论典例已知等比数列an中a21，则其前3项的和S3的取值范围是()A.(，1B.(，0)1，)C.3，) D.(，13，)解析设等比数列an的公比为q，则S3a1a2a3a21q.当公比q>0时，S31q123，当且仅当q1时，等号成立；当公比q<0时，S3112 1，当且仅当q1时，等号成立.所以S3(，13，).答案D素养通路等比数列的公比q<0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q>0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n项和公式时，如果其公比q不确定，要分q1和q1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.专题过关检测 A组“633”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3()A.16B.8C.4 D.2解析：选C由题意知解得 a3a1q24.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列an满足2anan1an1(n2)，a2a4a612，a1a3a59，则a1a6()A.6 B.7C.8 D.9解析：选B法一：由题意知，数列an是等差数列，设公差为d，则解得所以a1a6a1a15d7，故选B.法二：由题意知，数列an是等差数列，将a2a4a612与a1a3a59相加可得3(a1a6)12921，所以a1a67，故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列an的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a34，a2a664，则S5()A.32 B.31C.64 D.63解析：选B法一：设首项为a1，公比为q，因为an0，所以q0，由条件得解得所以S531，故选B.法二：设首项为a1，公比为q，因为an0，所以q0，由a2a6a64，a34，得q2，a11，所以S531，故选B.4.数列an中，a12，a23，an1anan1(n2，nN*)，那么a2 019()A.1 B.2C.3 D.3解析：选A因为an1anan1(n2)，所以anan1an2(n3)，所以an1anan1(an1an2)an1an2(n3).所以an3an(nN*)，所以an6an3an，故an是以6为周期的周期数列.因为2 019336×63，所以a2 019a3a2a1321.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列an的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn1<0的正整数n的值为()A.10 B.11C.12 D.13解析：选C由S6>S7>S5，得S7S6a7<S6，S7S5a6a7>S5，所以a7<0，a6a7>0，所以S1313a7<0，S126(a6a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn1<0的正整数n的值为12，故选C.6.已知数列an满足an2an1an1an，nN*，且a5，若函数f(x)sin 2x2cos2 ，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为()A.0 B.9C.9 D.1解析：选C由已知可得，数列an为等差数列，f(x)sin 2xcos x1，f1.f(x)sin(22x)cos(x)1sin 2xcos x1，f(x)f(x)2，a1a9a2a82a5，f(a1)f(a9)2×419，即数列yn的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和，若a11，S3，则S4_.解析：设等比数列的公比为q，则ana1qn1qn1. a11，S3， a1a2a31qq2，即4q24q10， q， S4.答案：8.(2019·北京高考)设等差数列an的前n项和为Sn，若a23，S510，则a5_，Sn的最小值为_.解析： a2a1d3，S55a110d10， a14，d1， a5a14d0， ana1(n1)dn5.令an<0，则n<5，即数列an中前4项为负，a50，第6项及以后为正. Sn的最小值为S4S510.答案：0109.设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1，公差为d(d0)的等差数列an为“和谐数列”，则该等差数列的公差d_.解析：由k(k为常数)，且a11，得nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0，对任意正整数n，上式恒成立，得数列an的公差为2.答案：2三、解答题10.(2019·北京高考)设an是等差数列，a110，且a210，a38，a46成等比数列.(1)求an的通项公式；(2)记an的前n项和为Sn，求Sn的最小值.解：(1)设an的公差为d.因为a110，所以a210d，a3102d，a4103d.因为a210，a38，a46成等比数列，所以(a38)2(a210)(a46).所以(22d)2d(43d).解得d2.所以ana1(n1)d2n12.(2)由(1)知，an2n12.则当n7时，an>0；当n6时，an0.所以Sn的最小值为S5S630.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设Sn为等差数列an的前n项和，a2a38，S981.(1)求an的通项公式；(2)若S3，a14，Sm成等比数列，求S2m.解：(1)故an1(n1)×22n1.(2)由(1)知，Snn2.S3，a14，Sm成等比数列，S3·Sma，即9m2272，解得m9，故S2m182324.12.(2019·广州市调研测试)设Sn为数列an的前n项和，已知a37，an2an1a22(n2).(1)证明：数列an1为等比数列；(2)求数列an的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？解：(1)证明：a37，a33a22，a23，an2an11，a11，2(n2)，数列an1是首项为a112，公比为2的等比数列.(2)由(1)知，an12n，an2n1，Snn2n1n2，nSn2ann(2n1n2)2(2n1)0，nSn2an，即n，an，Sn成等差数列.B组大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列an满足an13an3n(nN*)且a11.(1)设bn，证明：数列bn为等差数列；(2)设cn，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)证明：由已知得an13an3n，得bn11bn1，所以bn1bn1，又a11，所以b11，所以数列bn是首项为1，公差为1的等差数列.(2)由(1)知，bnn，所以ann·3n1，cn，所以Sn.2.(2019·全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S9a5.(1)若a34，求an的通项公式；(2)若a1>0，求使得Snan的n的取值范围.解：(1)设an的公差为d.由S9a5得a14d0.由a34得a12d4.于是a18，d2.因此an的通项公式为an102n.(2)由(1)得a14d，故an(n5)d，Sn.由a1>0知d<0，故Snan等价于n211n100，解得1n10，所以n的取值范围是n|1n10，nN.3.(2019·全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10，4an13anbn4，4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.解：(1)证明：由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn).又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列.由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列.(2)由(1)知，anbn，anbn2n1，所以an(anbn)(anbn)n，bn(anbn)(anbn)n.4.已知数列an的首项a13，a37，且对任意的nN*，都有an2an1an20，数列bn满足bna，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求使b1b2bn2 020成立的最小正整数n的值.解：(1)令n1得，a12a2a30，解得a25.又由an2an1an20知，an2an1an1ana2a12，故数列an是首项a13，公差d2的等差数列，于是an2n1，bna2n1.(2)由(1)知，bn2n1.于是b1b2bn(21222n)nn2n1n2.令f(n)2n1n2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，又f(9)210921 031，f(10)2111022 056，故使b1b2bn2 020成立的最小正整数n的值是10.