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2019年高考數學二輪復習 專題訓練四 第1講 等差數列和等比數列 理 考情解讀　1.等差、等比數列基本量和性質的考查是高考熱點，經常以小題形式出現.2.數列求和及數列與函數、不等式的綜合問題是高考考查的重點，考查分析問題、解決問題的綜合能力． 1．an與Sn的關系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝ 2．等差數列和等比數列 等差數列 等比數列 定義 an－an－1＝常數(n≥2) ＝常數(n≥2) 通項公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0) 判定方法 (1)定義法 (2)中項公式法：2an＋1＝an＋ an＋2(n≥1)?{an}為等差數列 (3)通項公式法：an＝pn＋q(p、q為常數)?{an}為等差數列 (4)前n項和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B為常數)?{an}為等差數列 (5){an}為等比數列，an>0?{logaan}為等差數列 (1)定義法 (2)中項公式法：a＝an an＋2(n≥1)(an≠0)? {an}為等比數列 (3)通項公式法： an＝cqn(c、q均是不為0的常數，n∈N*)?{an}為等比數列 (4){an}為等差數列?{aan}為等比數列(a>0且a≠1) 性質 (1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq (2)an＝am＋(n－m)d (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差數列 (1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，則aman＝apaq (2)an＝amqn－m (3)等比數列依次每n項和(Sn≠0)仍成等比數列 前n項和 Sn＝＝na1＋d (1)q≠1，Sn＝＝ (2)q＝1，Sn＝na1 熱點一　等差數列 例1　(1)等差數列{an}的前n項和為Sn，若a2＋a4＋a6＝12，則S7的值是(　　) A．21 B．24 C．28 D．7 (2)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若－10且a6>|a5|，Sn是數列的前n項的和，則下列說法正確的是(　　) A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6…均大于0 B．S1，S2，…S5均小于0，S6，S7，…均大于0 C．S1，S2，…S9均小于0，S10，S11…均大于0 D．S1，S2，…S11均小于0，S12，S13…均大于0 答案　(1)35　(2)C 解析　(1)因為a1＋a10＝a3＋a8＝7， 所以S10＝ ＝＝＝35. (2)由題意可知a6＋a5>0，故 S10＝＝>0， 而S9＝＝＝9a5<0，故選C. 熱點二　等比數列 例2　(1)(xx安徽)數列{an}是等差數列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5構成公比為q的等比數列，則q＝_____________________. (2)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，則等于(　　) A．4n－1 B．4n－1 C．2n－1 D．2n－1 思維啟迪　(1)列方程求出d，代入q即可；(2)求出a1，q，代入化簡． 答案　(1)1　(2)D 解析　(1)設等差數列的公差為d，則a3＝a1＋2d， a5＝a1＋4d， ∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1， ∴q＝＝＝1. (2)∵∴ 由①②可得＝2，∴q＝，代入①得a1＝2， ∴an＝2()n－1＝， ∴Sn＝＝4(1－)， ∴＝＝2n－1，故選D. 思維升華　(1){an}為等比數列，其性質如下： ①若m、n、r、s∈N*，且m＋n＝r＋s，則aman＝aras； ②an＝amqn－m； ③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比數列(q≠－1)． (2)等比數列前n項和公式 Sn＝ ①能“知三求二”；②注意討論公比q是否為1；③a1≠0. 　(1)已知各項不為0的等差數列{an}滿足a4－2a＋3a8＝0，數列{bn}是等比數列，且b7＝a7，則b2b8b11等于(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 (2)在等比數列{an}中，a1＋an＝34，a2an－1＝64，且前n項和Sn＝62，則項數n等于(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案　(1)D　(2)B 解析　(1)∵a4－2a＋3a8＝0，∴2a＝a4＋3a8，即2a＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，又∵b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝bq18＝(b7)3＝8，故選D. (2)設等比數列{an}的公比為q，由a2an－1＝a1an＝64，又a1＋an＝34，解得a1＝2，an＝32或a1＝32，an＝2.當a1＝2，an＝32時，Sn＝＝＝＝62，解得q＝2.又an＝a1qn－1，所以22n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，當a1＝32，an＝2時，由Sn＝62，解得q＝.由an＝a1qn－1＝32()n－1＝2，得()n－1＝＝()4，即n－1＝4，n＝5.綜上，項數n等于5，故選B. 熱點三　等差數列、等比數列的綜合應用 例3　已知等差數列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6. (1)求數列{an}的通項公式an與前n項和Sn； (2)將數列{an}的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數列{bn}的前3項，記{bn}的前n項和為Tn，若存在m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn6.即實數λ的取值范圍為(6，＋∞)． 思維升華　等差(比)數列的綜合問題的常見類型及解法 (1)等差數列與等比數列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便． (2)等差數列、等比數列與函數、方程、不等式等的交匯問題，求解時用等差(比)數列的相關知識，將問題轉化為相應的函數、方程、不等式等問題求解即可． 　已知數列{an}前n項和為Sn，首項為a1，且，an，Sn成等差數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)數列{bn}滿足bn＝(log2a2n＋1)(log2a2n＋3)，求證：＋＋＋…＋<. (1)解　∵，an，Sn成等差數列，∴2an＝Sn＋， 當n＝1時，2a1＝S1＋，∴a1＝， 當n≥2時，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－， 兩式相減得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， ∴＝2， ∴數列{an}是首項為，公比為2的等比數列， ∴an＝2n－1＝2n－2. (2)證明　bn＝(log2a2n＋1)(log2a2n＋3)＝log222n＋1－2log222n＋3－2＝(2n－1)(2n＋1)， ＝＝(－)， ＋＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<(n∈N*)． 即＋＋＋…＋<. 1．在等差(比)數列中，a1，d(q)，n，an，Sn五個量中知道其中任意三個，就可以求出其他兩個．解這類問題時，一般是轉化為首項a1和公差d(公比q)這兩個基本量的有關運算． 2．等差、等比數列的性質是兩種數列基本規(guī)律的深刻體現，是解決等差、等比數列問題既快捷又方便的工具，應有意識地去應用．但在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形． 3．等差、等比數列的單調性 (1)等差數列的單調性 d>0?{an}為遞增數列，Sn有最小值． d<0?{an}為遞減數列，Sn有最大值． d＝0?{an}為常數列． (2)等比數列的單調性 當或時，{an}為遞增數列，當或時，{an}為遞減數列． 4．常用結論 (1)若{an}，{bn}均是等差數列，Sn是{an}的前n項和，則{man＋kbn}，{}仍為等差數列，其中m，k為常數． (2)若{an}，{bn}均是等比數列，則{can}(c≠0)，{|an|}，{anbn}，{manbn}(m為常數)，{a}，{}仍為等比數列． (3)公比不為1的等比數列，其相鄰兩項的差也依次成等比數列，且公比不變，即a2－a1，a3－a2，a4－a3，…，成等比數列，且公比為＝＝q. (4)等比數列(q≠－1)中連續(xù)k項的和成等比數列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等比數列，其公差為qk. 等差數列中連續(xù)k項的和成等差數列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等差數列，公差為k2d. 5．易錯提醒 (1)應用關系式an＝時，一定要注意分n＝1，n≥2兩種情況，在求出結果后，看看這兩種情況能否整合在一起． (2)三個數a，b，c成等差數列的充要條件是b＝，但三個數a，b，c成等比數列的充要條件是b2＝ac. 真題感悟 1．(xx大綱全國)等比數列{an}中，a4＝2，a5＝5，則數列{lg an}的前8項和等于(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 答案　C 解析　數列{lg an}的前8項和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1a2…a8)＝lg(a1a8)4 ＝lg(a4a5)4＝lg(25)4＝4. 2．(xx北京)若等差數列{an}滿足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，則當n＝________時，{an}的前n項和最大． 答案　8 解析　∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0. ∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0. ∴數列的前8項和最大，即n＝8. 押題精練 1．已知等比數列{an}的前n項和為Sn，則下列一定成立的是(　　) A．若a3>0，則a2 013<0 B．若a4>0，則a2 014<0 C．若a3>0，則a2 013>0 D．若a4>0，則a2 014>0 答案　C 解析　因為a3＝a1q2，a2 013＝a1q2 012，而q2與q2 012均為正數，若a3>0，則a1>0，所以a2 013>0，故選C. 2．已知數列{an}是首項為a，公差為1的等差數列，bn＝.若對任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，則實數a的取值范圍為________． 答案　(－8，－7) 解析　an＝a＋(n－1)1＝n＋a－1，所以bn＝＝，因為對任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，即≥(n∈N*)恒成立，即≤0(n∈N*)，則有解得－80，∴an＋1＝an＋2. ∴當n≥2時，{an}是公差d＝2的等差數列． ∵a2，a5，a14構成等比數列， ∴a＝a2a14，(a2＋6)2＝a2(a2＋24)，解得a2＝3， 由條件可知，4a1＝a－5＝4，∴a1＝1， ∵a2－a1＝3－1＝2， ∴{an}是首項a1＝1，公差d＝2的等差數列． ∴等差數列{an}的通項公式為an＝2n－1. ∵等比數列{bn}的公比q＝＝＝3， ∴等比數列{bn}的通項公式為bn＝3n. (2)Tn＝＝＝， ∴(＋)k≥3n－6對任意的n∈N*恒成立， ∴k≥對任意的n∈N*恒成立， 令cn＝，cn－cn－1＝－＝， 當n≤3時，cn>cn－1； 當n≥4時，cn0，上式不成立； 當n為奇數時，(－2)n＝－2n≤－2 012， 即2n≥2 012，得n≥11. 綜上，存在符合條件的正整數n，且所有這樣的n的集合為{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．