《高考数学二轮复习 考前专题四 数列、推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列讲学案 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮复习 考前专题四 数列、推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列讲学案 理（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、全国各地接二连三地发生了多起特大安全事故，造成严重的人员伤亡，特别是北京密云、吉林商厦等特大安全事故，引起了党中央和国务院的高度关注第1讲等差数列与等比数列1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现2数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力热点一等差数列、等比数列的运算1通项公式等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.2求和公式等差数列：Snna1d；等比数列：Sn(q1)3性质若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.例1(1)(2017届吉林二调)是公差不为0的等差数列，满
2、足aaaa，则该数列的前10项和S10等于()A10 B5 C0 D. 5答案C解析由题意，得aaaa，即，即3dd，又因为d0，所以a4a7a6a50，则该数列的前10项和S1050.故选C.(2)(2017届武汉武昌区调研)设公比为q(q0)的等比数列的前n项和为Sn，若S23a22，S43a42，则a1等于()A2 B1C.D.答案B解析S4S2a3a43a43a2，即3a2a32a40，即3a2a2q2a2q20 ，即2q2q30，解得q1 (舍)或q，当q时，代入S23a22，得a1a1q3a1q2，解得a11，故选B.思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系
3、不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量跟踪演练1(1)(2017届山西省太原市模拟)在等差数列an中，2(a1a3a5)3(a8a10)36，则a6等于()A8 B6C4 D3答案D解析由等差数列的性质可知，2(a1a3a5)3(a8a10)23a332a96(a3a9)62a612a636，a63.故选D.(2)(2017届深圳一模)等比数列的前n项和为Sna3n1b，则等于()A3 B1C1 D3答案A解析因为a1S1ab，a2S2S12a，a3S3S26a，所以q3，a1aab，所以3，故选A.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列an
4、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)例2(2017届东北三省三校联考)已知数列an满足a13，an12ann1，数列bn满足b12，bn1bnann.(1)证明：ann为等比数列；(2)数列cn满足cn，求数列cn的前n项和Tn.(1)证明an12ann1，an1(n1)2(ann)，又a112，ann是以2为首项，2为公比的等比数列(2)解由(1)知an
5、n(a11)2n12n，bn1bnann，bn1bn2n，累加得到bn22n (n2)当n1时，b12，bn2n，cn.Tn.思维升华(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法(2)q和aan1an1(n2)都是数列an为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零跟踪演练2(2017日照模拟)已知数列an，bn满足a11，an11，bn，其中nN*.(1)求证：数列bn是等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)设cn，求数列cncn2的前n项和Tn.(1)证明bn1bn2，数列bn是公差为2的等差数列，又b12，bn2(n1)22n，故2
6、n，解得an.(2)解由(1)可得cn，cncn22，数列cncn2的前n项和为Tn223.热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例3已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126.(1)求数列an的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列an的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为Tn，若存在mN*，使对任意nN*，总有SnTm恒成立，求实数的取值范围解(1)由a2a7a126，得a72，a14，an5n，从而S
7、n.(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，Tm8，m随m增加而递减，Tm为递增数列，得4Tm8.又Sn(n29n)，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使对任意nN*总有SnTm，则102.即实数的取值范围为(2，)思维升华(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解跟踪演练3已知数列an的前n项和为Sn，且Sn13(an1)，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设
8、数列bn满足an1，若bnt对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围解(1)由已知得Sn3an2，令n1，得a11，又an1Sn1Sn3an13anan1an，所以数列an是以1为首项，为公比的等比数列，所以ann1.(2)由an1，得bnnn1，所以bn1bn(n1)nnn1(2n)，所以(bn)maxb2b3，所以t.真题体验1(2017全国改编)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为_答案4解析设an的公差为d，由得解得d4.2(2017浙江改编)已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4S62S5”的_条件答案充要解析方法一数列an
9、是公差为d的等差数列，S44a16d，S55a110d，S66a115d，S4S610a121d,2S510a120d.若d0，则21d20d,10a121d10a120d，即S4S62S5.若S4S62S5，则10a121d10a120d，即21d20d，d0.“d0”是“S4S62S5”的充要条件方法二S4S62S5S4S4a5a62(S4a5)a6a5a5da5d0.“d0”是“S4S62S5”的充要条件3(2017北京)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，则_.答案1解析设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则由a4a13d，得d3，由b4b1q3，得q
10、38，q2.1.4(2017江苏)等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3，S6，则a8_.答案32解析设an的首项为a1，公比为q，则解得所以a8272532.押题预测1设等差数列an的前n项和为Sn，且a10，a3a100，a6a70的最大自然数n的值为()A6 B7C12 D13押题依据等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力答案C解析a10，a6a70，a70，a1a132a70，S130的最大自然数n的值为12.2(2017安庆模拟)等比数列an中，a33a22，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则an的公比等于()A
11、3 B2或3C2 D6押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点答案C解析设公比为q,5a4为12a3和2a5的等差中项，可得10a412a32a5,10a3q12a32a3q2，得10q122q2，解得q2或3.又a33a22，所以有a2q3a22，所以有q2，故选C.3已知各项都为正数的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得4a1，则的最小值为()A.B.C.D.押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向答案A解析由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理得q2q20，解得q
12、2或q1(不合题意，舍去)，又由4a1，得aman16a，即，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)，当且仅当，即n2m4时取得最小值.4定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()ABCD押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉答案C解析由等比数列性质得，anan2a.f(an)f(an2)aa(a)2f2(an1)；f(an)f(an2)f2(an1)；f(an)f(an2)f2(an1)；f(an)f(an2)ln|an|ln|an2|(ln|an1|)2f2(an1)故选C.A组专题通关
