《浙江省2013年高考數學第二輪復習 專題四 數列第1講 等差數列、等比數列 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2013年高考數學第二輪復習 專題四 數列第1講 等差數列、等比數列 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題四數列第1講等差數列、等比數列真題試做1(2012遼寧高考，文4)在等差數列an中，已知a4a816，則a2a10()A12 B16C20 D242(2012安徽高考，文5)公比為2的等比數列an的各項都是正數，且a3a1116，則a5()A1 B2C4 D83(2012北京高考，文6)已知an為等比數列下面結論中正確的是()Aa1a32a2Baa2aC若a1a3，則a1a2D若a3a1，則a4a24(2012遼寧高考，文14)已知等比數列an為遞增數列若a10，且2(anan2)5an1，則數列an的公比q_.5(2012陜西高考，文16)已知等比數列an的公比q.(1)若a3，求數列a

2、n的前n項和；(2)證明：對任意kN，ak，ak2，ak1成等差數列考向分析高考中對等差(等比)數列的考查主、客觀題型均有所體現，一般以等差、等比數列的定義或以通項公式、前n項和公式為基礎考點，常結合數列遞推公式進行命題，主要考查學生綜合應用數學知識的能力以及計算能力等，中低檔題占多數考查的熱點主要有三個方面：(1)對于等差、等比數列基本量的考查，常以客觀題的形式出現，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、等比數列性質的考查主要以客觀題出現，具有“新、巧、活”的特點，考查利用性質解決有關計算問題，屬中低檔題；(3)對于等差、等比數列的判斷與證明，主要出現在解

3、答題的第一問，是為求數列的通項公式而準備的，因此是解決問題的關鍵環(huán)節(jié)熱點例析熱點一等差、等比數列的基本運算【例1】(2012福建莆田質檢，20)設數列an的前n項和為Sn，已知a11，等式anan22an1對任意nN*均成立(1)若a410，求數列an的通項公式；(2)若a21t，且存在m3(mN*)，使得amSm成立，求t的最小值規(guī)律方法 此類問題應將重點放在通項公式與前n項和公式的直接應用上，注重五個基本量a1，an，Sn，n，d(q)之間的轉化，會用方程(組)的思想解決“知三求二”問題我們重在認真觀察已知條件，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、等比數列的基本性

4、質轉化已知條件，否則可能會導致列出的方程或方程組較為復雜，無形中增大運算量同時在運算過程中注意消元法及整體代換的應用，這樣可減少計算量特別提醒：(1)解決等差數列an前n項和問題常用的有三個公式：Sn；Snna1d；SnAn2Bn(A，B為常數)，靈活地選用公式，解決問題更便捷；(2)利用等比數列前n項和公式求和時，不可忽視對公比q是否為1的討論變式訓練1 (2012山東青島質檢，20)已知等差數列an的公差大于零，且a2，a4是方程x218x650的兩個根；各項均為正數的等比數列bn的前n項和為Sn，且滿足b3a3，S313.(1)求數列an，bn的通項公式；(2)若數列cn滿足cn求數列c

5、n的前n項和Tn.熱點二等差、等比數列的性質【例2】(1)在正項等比數列an中，a2，a48是方程2x27x60的兩個根，則a1a2a25a48a49的值為()A B9 C9 D35(2)正項等比數列an的公比q1，且a2，a3，a1成等差數列，則的值為()A或 BC D規(guī)律方法 (1)解決此類問題的關鍵是抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當的性質進行求解；(2)應牢固掌握等差、等比數列的性質，特別是等差數列中若“mnpq，則amanapaq”這一性質與求和公式Sn的綜合應用變式訓練2 (1)(2012江西玉山期末，3)已知等差數列an的前n項和為Sn，且滿足S15

6、25，則tan a8的值是()A B C D(2)(2012廣西桂林調研，7)已知數列an是等比數列，其前n項和為Sn，若公比q2，S41，則S8()A17 B16 C15 D256熱點三等差、等比數列的判定與證明【例3】(2012山東淄博一模，20)已知在數列an中，a15且an2an12n1(n2，且nN*)(1)證明：數列為等差數列；(2)求數列an的前n項和Sn.規(guī)律方法 證明數列an為等差或等比數列有兩種基本方法：(1)定義法an1and(d為常數)an為等差數列；q(q為常數)an為等比數列(2)等差、等比中項法2anan1an1(n2，nN*)an為等差數列；aan1an1(an

7、0，n2，nN*)an為等比數列我們要根據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；另一種思路是根據已知條件變換出要解決的目標，如本題還可這樣去做：由an2an12n1，得an12an122n，所以an12(an11)2n，上式兩邊除以2n，從而可得1，由此證得結論特別提醒：(1)判斷一個數列是等差(等比)數列，還有通項公式法及前n項和公式法，但不作為證明方法；(2)若要判斷一個數列不是等差(等比)數列，只需判斷存在連續(xù)三項不成等差(等比)即可；(3)aan1an1(n2，nN*)是an為等比數列的必要而不充分條件，也就是要注意判斷一個數列是等比數列時，要

8、注意各項不為0.變式訓練3 在數列an中，an1an2n44(nN*)，a123，是否存在常數使數列ann為等比數列，若存在，求出的值及數列的通項公式；若不存在，請說明理由思想滲透1函數方程思想等差(比)數列通項與前n項和的計算問題：(1)已知等差(比)數列有關條件求數列的通項公式和前n項和公式，及由通項公式和前n項和公式求首項、公差(比)、項數及項，即主要指所謂的“知三求二”問題；(2)由前n項和求通項；(3)解決與數列通項、前n項和有關的不等式最值問題2求解時主要思路方法為：(1)運用等差(比)數列的通項公式及前n項和公式中的5個基本量，建立方程(組)，進行運算時要注意消元的方法及整體代換

9、的運用；(2)數列的本質是定義域為正整數集或其有限子集的函數，數列的通項公式即為相應的函數解析式，因此在解決數列問題時，應用函數的思想求解在等比數列an中，an0(nN*)，公比q(0,1)，且a1a52a3a5a2a825，a3與a5的等比中項為2.(1)求數列an的通項公式；(2)設bnlog2an，數列bn的前n項和為Sn，當最大時，求n的值解：(1)a1a52a3a5a2a825，a2a3a5a25.又an0，a3a55.又a3與a5的等比中項為2，a3a54.而q(0,1)，a3a5.a34，a51，q，a116.an16n125n.(2)bnlog2an5n，bn1bn1，bn是以

10、4為首項，1為公差的等差數列Sn，當n8時，0；當n9時，0；當n9時，0；n8或9時，最大1(2012河北冀州一模，5)在等差數列an中，a9a126，則數列an前11項的和S11等于()A24 B48 C66 D1322(2012浙江名校創(chuàng)新沖刺卷，4)設an是等比數列，則“a1a2a3”是“數列an是遞增數列”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(2012廣東汕頭質檢，2)已知等比數列an的公比q為正數，且2a3a4a5，則q的值為()A B2 C D34(2012河北衡水調研，6)等差數列an的前n項和為Sn，滿足S20S40，則下列結論中正確的是(

11、)AS30是Sn的最大值BS30是Sn的最小值CS300DS6005已知正項等比數列an滿足a7a62a5，若存在兩項am，an，使得4a1，則的最小值為_6(原創(chuàng)題)已知數列an為等差數列，數列bn為等比數列，且滿足a1 000a1 013，b1b132，則tan_.7(2012浙江五校聯考，20)數列an的前n項和為Sn，已知a1，Snn2ann(n1)，n1,2，.(1)證明：數列是等差數列，并求Sn；(2)設bn，求證：b1b2bn1.8設an是公比大于1的等比數列，Sn為數列an的前n項和已知S37，且a13,3a2，a34構成等差數列(1)求數列an的通項公式；(2)令bnln a

12、3n1，n1,2，求數列bn的前n項和Tn.參考答案命題調研明晰考向真題試做1B解析：由等差數列的性質知，a2a10a4a816，故選B.2A解析：由題意可得，a3a11a16，a74.a51.3B解析：A中當a1，a3為負數，a2為正數時，a1a32a2不成立；B中根據等比數列的性質及均值不等式得，aa22a；C中取a1a31，a21，顯然a1a2；D中取a11，a22，a34，a48，可知a4a2不成立綜上可知僅有B正確42解析：等比數列an為遞增數列，且a10，公比q1.又2(anan2)5an1，2an2anq25anq.an0，2q25q20.q2或q(舍去)公比q為2.5(1)解：

13、由a3a1q2及q，得a11，所以數列an的前n項和Sn.(2)證明：對任意kN，2ak2(akak1)2a1qk1(a1qk1a1qk)a1qk1(2q2q1)，由q得2q2q10，故2ak2(akak1)0.所以，對任意kN，ak，ak2，ak1成等差數列精要例析聚焦熱點熱點例析【例1】解：(1)anan22an1對nN*都成立，數列an為等差數列設數列an的公差為d，a11，a410，且a4a13d10.d3.ana1(n1)d3n2.數列an的通項公式為an3n2.(2)a21t，公差da2a1t.ana1(n1)d1(n1)t.Snna1dnt.由amSm得1(m1)tmt，(m1)

14、t(m1)t.t1t.t.m3，2t0.t的最小值為2.【變式訓練1】解：(1)設an的公差為d(d0)，bn的公比為q(q0)，則由x218x650，解得x5或x13.因為d0，所以a2a4，則a25，a413.則解得a11，d4，所以an14(n1)4n3.因為解得b11，q3.所以bn3n1.(2)當n5時， Tna1a2a3ann42n2n；當n5時，TnT5(b6b7b8bn)(2525).所以Tn【例2】(1)B解析：依題意知a2a483.又a1a49a2a48a3，a250，a1a2a25a48a49a9.(2)C解析：因為a2，a3，a1成等差數列，所以a3a1a2.q21q.

15、又q0，解得q，故.【變式訓練2】(1)B解析：S1515a825，a8.tan a8tan tantan.(2)A解析：S8S4(a5a6a7a8)S4q4S417.【例3】(1)證明：設bn，b12，bn1bn(an12an)1(2n11)11，數列是首項為2，公差為1的等差數列(2)解：由(1)知，(n1)1，an(n1)2n1.Sn(2211)(3221)(n2n11)(n1)2n1，Sn221322n2n1(n1)2nn.設Tn221322n2n1(n1)2n，則2Tn222323n2n(n1)2n1.由，得Tn221(22232n)(n1)2n1n2n1，Snn2n1nn(2n11

16、)【變式訓練3】解：假設an1(n1)(ann)成立，整理得an1an2n12，與an1an2n44比較得.數列是以為首項，1為公比的等比數列故ann(1)n1，即ann(1)n1.創(chuàng)新模擬預測演練1D解析：設等差數列an的公差為d，則由a9a126得a18d(a111d)6，整理得a15d12，即a612，S1111a6132.2C解析：由a1a2a3，得有或則數列an是遞增數列，反之顯然成立，故選C.3B解析：由2a3a4a5得2a3a3qa3q2，q2q20，解得q2或q1(舍去)4D解析：由S20S40得a21a22a23a400，a21a400.S60(a1a60)60(a21a40

17、)600.5解析：由a7a62a5，得q2q20，解得q2或q1(舍去)，amana1qm1a1qn116a.qmn22mn224.mn24.mn6.(mn)(54)(當且僅當4m2n2時，“”成立)6解析：因為數列an為等差數列，數列bn為等比數列，所以由它們的性質可得a1 000a1 013a1a2 012，b1b13b2，則tantan.7證明：(1)由Snn2ann(n1)(n2)，得Snn2(SnSn1)n(n1)，即(n21)Snn2Sn1n(n1)，所以SnSn11，對n2成立S11，所以是首項為1，公差為1的等差數列，S1a1，所以Sn，當n1時也成立(2)bn，b1b2bn111.8解：(1)設數列an的公比為q(q1)由已知得即即解得a11，q2或a14，q(舍去)an2n1.(2)由(1)得a3n123n，bnln a3n1ln 23n3nln 2，bn1bn3ln 2.bn是以b13ln 2為首項，公差為3ln 2的等差數列Tnb1b2bn，即Tn.