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  • 2021-06-23 发布

2019届二轮复习 等差数列学案(全国通用)

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第3讲 等差数列、等比数列 高考统计·定方向 热点题型 真题统计 题型1:等差(比)数列的基本运算 ‎2018全国卷ⅠT4;2018全国卷ⅡT17;‎ ‎2018全国卷ⅢT17;2017全国卷ⅠT4;‎ ‎2017全国卷ⅢT9;2017全国卷ⅢT14;‎ ‎2016全国卷ⅠT3‎ 题型2:等差(比)数列的基本性质 ‎2016全国卷ⅠT15; 2015全国卷ⅡT4‎ 题型3:等差(比)数列的判断与证明 ‎2016全国卷ⅢT17;2014全国卷ⅠT17;2014全国卷ⅡT17‎ 命题规律 分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律:‎ ‎1.以等差(比)数列为载体,考查基本量的运算及相应数列的性质;‎ ‎2.若以解答题出现在第17题第一问,若以客观题考查,难度中等的题目较多,有时也出现在T12或T16,难度偏大.‎ 题型1 等差(比)数列的基本运算 ‎(对应学生用书第19页)‎ ‎■核心知识储备·‎ ‎1.等差数列的通项公式及前n项和公式 an=a1+(n-1)d;an=am+(n-m)d;‎ Sn==na1+d.‎ ‎2.等比数列的通项公式及前n项和公式 an=a1qn-1(q≠0);‎ an=am·qn-m(q≠0);‎ Sn==(q≠1),Sn=na1(q=1).‎ ‎■高考考法示例·‎ ‎【例1】 (1)(2018·唐山市期末)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若S5=10,S8=40,则{an}的公差为(   )‎ A.1      B.2‎ C.3 D.4‎ ‎(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5的值为________.‎ ‎(1)B (2) -6 [(1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 由题意得整理得 解得选B.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q.‎ ‎∵S3,S9,S6成等差数列,∴2S9=S3+S6,且q≠1.‎ ‎∴=+,‎ 即2q6-q3-1=0,∴q3=-或q3=1(舍去).‎ ‎∵a8=3,∴a5===-6.]‎ ‎【教师备选】‎ ‎(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=(  )‎ A.5 B.6‎ C.7 D.8‎ ‎(2)在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是________.‎ ‎(1)D (2)4 [(1)法一:由题意知,Sn=na1+d=n+n(n-1)=n2,Sn+2=(n+2)2,由Sn+2-Sn=36,得(n+2)2-n2=4n+4=36,所以n=8.‎ 法二:Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.所以选D.‎ ‎(2)设公比为q(q≠0),∵a2=1,则由a8=a6+2a4,得q6=q4+2q2,即q4-q2-2=0,解得q2=2,‎ ‎∴a6=a2q4=4.]‎ ‎[方法归纳] 等差(比)数列基本运算的解题途径 (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(q)的方程(组),然后求解,注意整体代换,以减少运算量.‎ ‎■对点即时训练·‎ ‎1.已知数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2.若ak·ak+1<0,则正整数k等于(  )‎ A.21 B.22‎ C.23 D.24‎ C [3an+1=3an-2⇒an+1=an-⇒{an}是等差数列,则an=-n.∵ak+1·ak<0,∴<0,‎ ‎∴<k<,又∵k∈N*,∴k=23.]‎ ‎2.已知正项数列{an}满足a-2a-an+1an=0,设bn=log2,则数列{bn}的前n项和为(   )‎ A.n B. C. D. C [由a-2a-an+1an=0,可得(an+1+an)(an+1-2an)=0,‎ 又an>0,∴=2,∴an+1=a12n,∴bn=log2=log22n=n.‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为,故选C.]‎ ‎3.中国古代词中,有一道“八子分绵”的数学名题:“九百九十六斤绵,赠分八子做盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言”.题意是:把996斤绵分给8个儿子作盘缠,按照年龄从大到小的顺序依次分绵,年龄小的比年龄大的多17斤绵,那么第8个儿子分到的绵是(  )‎ A.174斤 B.184斤 C.191斤 D.201斤 B [用a1,a2,…,a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数,由题意得数列a1,a2,…,a8是公差为17的等差数列,且这8项的和为996,∴8a1+×17=996,解得a1=65.‎ ‎∴a8=65+7×17=184.选B.]‎ 题型2 等差(比)数列的基本性质 ‎(对应学生用书第20页)‎ ‎■核心知识储备·‎ ‎1.等差、等比数列的性质 等差数列 等比数列 性质 ‎(1)若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq;‎ ‎(2)an=am+(n-m)d;‎ ‎(3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差数列 ‎(1)若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq;‎ ‎(2)an=amqn-m;‎ ‎(3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等比数列(q≠-1)‎ ‎2.关于非零等差数列奇数项与偶数项的性质 ‎(1)若项数为2n,则S偶-S奇=nd;‎ ‎(2)若项数为2n-1,则S奇=nan, S奇-S偶=an;‎ ‎(3)两个等差数列{an}、{bn}的前n项和Sn、Tn之间的关系为=.‎ ‎■高考考法示例·‎ ‎【例2】 (1)在等比数列{an}中,a3,a15是方程x2-7x+12=0的两根,则的值为(   )‎ A.2    B.4    C.±2    D.±4‎ ‎(2)(2018·武威市二模)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对于任意的自然数n,都有=,则+=(  )‎ A. B. C. D. ‎(3)在等差数列{an}中,<-1,若它的前n项和Sn有最大值,则当Sn>0时, n的最大值为(   )‎ A.11 B.12 C.13 D.14‎ ‎(1)A (2)A (3)A [(1)∵a3,a15是方程x2-7x+12=0的两根,∴a3a15=12,a3+a15=7,‎ ‎∵{an}为等比数列,又a3,a9,a15同号,‎ ‎∴a9>0,∴a9==2,‎ ‎∴==a9=2.故选A.‎ ‎(2)+=+======,故选A.‎ ‎(3)数列{an}为等差数列,若<-1,则<0,可得d<0.∴a6>0,a7+a6<0,a7<0,∴a1+a11=2a6>0,S11>0,a1+a12=a7+a6<0,S12<0,则当Sn>0时,n的最大值为11.故选A.]‎ ‎【教师备选】‎ ‎(1)(2018·南充市综合测试一)公差不为0的等差数列{an}的部分项a,a,a,…构成等比数列{akn},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为(   )‎ A.20     B.22‎ C.24 D.28‎ ‎(2)(2018·浙江高考)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),若a1>1,则(  )‎ A.a1<a3,a2<a4 B.a1>a3,a2<a4‎ C.a1<a3,a2>a4 D.a1>a3,a2>a4‎ ‎(1)B (2)B [(1)设等差数列{an}的公差为d,∵a1,a2,a6成等比数列,∴a=a1·a6,即(a1+d)2=a1·(a1+5d),‎ ‎∴d=3a1,∴a2=4a1,所以等比数列a,a,a,…,的公比q=4,∴a=a1·q3=a1·43=64a1,‎ 又a=a1+(k4-1)·d=a1+(k4-1)·(3a1),‎ ‎∴a1+(k4-1)·(3a1)=64a1,a1≠0,∴3k4-2=64,‎ ‎∴k4=22,故选B.‎ ‎(2)构造不等式ln x≤x-1,‎ 则a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,‎ 所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.‎ 若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.‎ 又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,‎ 所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.‎ 因此-1<q<0.‎ 所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,‎ 所以a1>a3,a2<a4.‎ 故选B.]‎ ‎[方法归纳] 等差、等比数列性质问题的求解策略 ‎1.解题关键: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.‎ ‎2.运用函数性质: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.‎ ‎3.在应用相应性质解题时,要注意性质成立的前提条件,有时需进行适当变形.此外,解题时注意设而不求思想的运用.‎ ‎■对点即时训练·‎ ‎1.已知等差数列{an},且3(a1+a5)+2(a6+a9+a12)=48,则数列{an}的前11项之和为(   )‎ A.84 B.68‎ C.52 D.44‎ D [由等差数列的性质可得:‎ ‎3(a1+a5)+2(a6+a9+a12)=3×2a3+2×3a9=6(a3+a9)=48,则a3+a9=8,结合等差数列前n项和公式有:S11=×11=×11=×11=44.]‎ ‎2.已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12=(  )‎ A.40 B.60‎ C.32 D.50‎ B [由等比数列的性质可知,数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比数列,‎ 即数列4,8,S9-S6,S12-S9是等比数列,‎ 因此S12=4+8+16+32=60,选B.]‎ ‎3.(2018·沈阳质量检测)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}是等差数列,若a1·a6·a11=3,b1+b6+b11=7π,则tan=________.‎ ‎- [∵{an}是等比数列,{bn}是等差数列,‎ 且a1·a6·a11=3,‎ ‎∴a=()3,b1+b6+b11=7π,3b6=7π,‎ ‎∴a6=,b6=,‎ ‎∴tan=tan ‎=tan=tan=-.]‎ 题型3 等差(比)数列的判断与证明 ‎(对应学生用书第20页)‎ ‎■核心知识储备·‎ 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 ‎①利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为同一常数;‎ ‎②利用中项性质,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).‎ ‎(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 ‎①利用定义,证明(n∈N*)为同一常数;‎ ‎②利用等比中项,即证明a=an-1an+1(n≥2).‎ ‎■高考考法示例·‎ ‎【例3】 设数列{an}的前n项和为Sn,且满足an-Sn-1=0(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)是否存在实数λ,使得数列{Sn+(n+2n)λ}为等差数列?若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由.‎ ‎[解] (1)由an-Sn-1=0(n∈N*),‎ 可知当n=1时,a1-a1-1=0⇒a1=2.‎ 又由an-Sn-1=0(n∈N*),‎ 可得an+1-Sn+1-1=0,‎ 两式相减,得-=0,‎ 即an+1-an=0,‎ 即an+1=2an.‎ 所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,‎ 故an=2n(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)知,Sn==2(2n-1),‎ 所以Sn+(n+2n)λ=2(2n-1)+(n+2n)λ,‎ 若{Sn+(n+2n)λ}为等差数列,‎ 则S1+(1+2)λ,S2+(2+22)λ,S3+(3+23)λ成等差数列,即有2[S2+(2+22)λ]=[S1+(1+2)λ]+[S3+(3+23)λ],即2(6+6λ)=(2+3λ)+(14+11λ),解得λ=-2.‎ 经检验λ=-2时,{Sn+(n+2n)λ}成等差数列,故λ的值为-2.‎ ‎【教师备选】‎ ‎(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.‎ ‎[解] (1)设{an}的公比为q(q≠0).由题设可得 解得 故{an}的通项公式为an=(-2)n.‎ ‎(2)由(1)可得 Sn==-+(-1)n.‎ 由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n ‎=2=2Sn,‎ 故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.‎ ‎[方法归纳] 等差(比)数列的判断与证明的注意事项 ‎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.在解答题中常用定义法和等差(比)中项法,通项公式法和前n项和公式法主要适用选择题与填空题.‎ ‎2.=q和a=an-1an+1(n≥2)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.‎ ‎■对点即时训练·‎ ‎(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=,求λ.‎ ‎[解] (1)证明:由题意得a1=S1=1+λa1,‎ 故λ≠1,a1=,故a1≠0.‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,‎ 即an+1(λ-1)=λan.‎ 由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以=.‎ 因此{an}是首项为,公比为的等比数列,‎ 于是an=.‎ ‎(2)由(1)得Sn=1-.‎ 由S5=得1-=,‎ 即=.‎ 解得λ=-1.‎ ‎[高考真题]‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=(  )‎ A.-12     B.-10‎ C.10 D.12‎ B [法一:设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3=2a1+d+4a1+d,解得d=-a1,∵a1=2,‎ ‎∴d=-3,‎ ‎∴a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.故选B.‎ 法二:设等差数列{an}的公差为d,∵3S3=S2+S4,∴3S3=S3-a3+S3+a4,∴S3=a4-a3,∴3a1+d=d.‎ ‎∵a1=2,∴d=-3,∴a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.故选B.]‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(  )‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 B [设塔的顶层的灯数为a1,七层塔的总灯数为S7,公比为q,则由题意知S7=381,q=2,‎ ‎∴S7===381,解得a1=3.‎ 故选B.]‎ ‎3.(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为________.‎ ‎64 [设等比数列{an}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=.又a1+a1=10,‎ ‎∴a1=8.‎ 故a1a2…an=aq1+2+…+(n-1)=23n· ‎=2=2.‎ 记t=-+=-(n2-7n),‎ 结合n∈N*可知n=3或4时,t有最大值6.‎ 又y=2t为增函数,从而a1a2…an的最大值为26=64.]‎ ‎4.(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ ‎[解] (1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.‎ ‎[最新模拟]‎ ‎5.(2018·昆明模拟)已知数列{an},则有(  )‎ A.若a=4n,n∈N*,则{an}为等比数列 B.若an·an+2=a,n∈N*,则{an}为等比数列 C.若am·an=2m+n,m,n∈N*,则{an}为等比数列 D.若an·an+3=an+1·an+2,n∈N*,则{an}为等比数列 C [若a1=-2,a2=4,a3=8,满足a=4n,n∈N*,但{an}不是等比数列,故A项错;若an=0,满足an·an+2=a,n∈N*,但{an}不是等比数列,故B项错;若an=0,满足an·an+3=an+1·an+2,n∈N*,但{an}不是等比数列,故D项错;am·an=2m+n,m,n∈N*,则有===2,则{an}是等比数列.]‎ ‎6.(2018·乌鲁木齐质量检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若=2,则=(  )‎ A.2 B.   C.4   D. B [设等差数列{an}的公差为d,=2,‎ 即a3+3d=2a3,a3=3d,‎ ====.故选B.]‎ ‎7.(2018·湖北教研协作体联考)在等差数列{an}中,已知公差d<0,a1=10 ,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an;‎ ‎(2)求|a1|+|a2|+…+|a20|.‎ ‎[解] (1)由题意可得,a2=10+d,a3=10+2d,(2a2+2)2=5a1a3,即4(11+d)2=50(10+2d),化简得d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4(舍去).‎ ‎∴an=10-(n-1)=11-n.‎ ‎(2)由(1)得an=11-n,由an=11-n≥0,得1≤n≤11,‎ 由an=11-n<0,得n>11,‎ ‎∴|a1|+|a2|+…+|a20|=(a1+a2+…+a11)-(a12+…+a20)=-S20+2S11=-+2=100.‎ ‎∴|a1|+|a2|+…+|a20|=100.‎

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