2020届高考数学大二轮复习层级二专题三数列第1讲等差数列等比数列教学案 12页

第1讲　等差数列、等比数列 ‎ [考情考向·高考导航]‎ ‎1．等差数列、等比数列的判定及基本运算是每年高考的热点，在考查基本运算的同时，也注重考查对函数与方程、等价转化等数学思想的应用．‎ ‎2．对等差数列、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和．‎ ‎[真题体验]‎ ‎1．(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)‎ A．16　　　　　　　 　　　 B．8‎ C．4 D．2‎ 解析：C　[应用等比数列前n项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错．设正数的等比数列{an}的公比为q，则解得 ‎∴a3＝a1q2＝4，故选C.]‎ ‎2．(2016·天津卷)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的(　　)‎ A．充要条件 B．充分而不必要条件 C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 解析：C　[设数列的首项为a1，则a2n－1＋a2n＝a1q2n－2＋a1q2n－1＝a1q2n－2(1＋q)，当q<0，因为1＋q的符号不确定，所以无法判断a2n－1＋a2n的符号；反之，若a2n－1＋an<0，‎ 即a1q2n－2(1＋q)<0，‎ 即q<－1<0，故“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的必要不充分条件．]‎ ‎3．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.‎ ‎(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．‎ 解：(1)设{an}的公差为d，‎ 由S9＝－a5得a1＋4d＝0.‎ 由a3＝4得a1＋2d＝4.‎ 于是a1＝8，d＝－2.‎ 因此{an}的通项公式为an＝10－2n.‎ ‎(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，‎ Sn＝.‎ - 12 -‎ 由a1＞0知d＜0，故Sn≥an等价于n2－1ln＋10≤0，解得1≤n≤10，‎ 所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．‎ ‎[主干整合]‎ ‎1．等差数列 ‎(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；‎ ‎(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；‎ ‎(3)性质：‎ ‎①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；‎ ‎②an＝am＋(n－m)d；‎ ‎③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列．‎ ‎2．等比数列 ‎(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；‎ ‎(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；‎ ‎(3)性质：‎ ‎①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；‎ ‎②an＝am·qn－m；‎ ‎③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列．‎ - 12 -‎ 热点一　等差、等比数列的基本运算 ‎[题组突破]‎ ‎1．(2019·宁波三模)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的值是(　　)‎ A．－　　　　　　　　　 B．－1‎ C．－ D. 解析：A　[依题意得，a＝(－)3,3b6＝7π，‎ ‎∴a6＝－，b6＝，又＝＝－，‎ 故tan＝tan＝tan＝－tan＝－，选A.]‎ ‎2．(2020·广州调研)已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则q3等于(　　)‎ A．－ B．1‎ C．－或1 D．－1或 解析：A　[若q＝1，则3a1＋6a1＝2×9a1，‎ 得a1＝0，矛盾，故q≠1.‎ 所以＋＝2，‎ 解得q3＝－或1(舍)，故选A.]‎ ‎3．(2019·淄博三模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若＜－1，则(　　)‎ A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8‎ C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S7‎ 解析：D　[由(n＋1)Sn＜nSn＋1得(n＋1)·＜n·，整理得an＜an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又＜－1，所以a8＞0，a7＜0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.]‎ ‎　‎ 等差、等比数列基本运算的关注点 - 12 -‎ ‎(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；‎ ‎(2)解题思路：①设基本量a1和d(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，注意整体计算，以减少计算量．‎ 热点二　等差(比)数列的判断与证明 ‎[例1]　(2020·龙岩质检)已知数列{an}满足an＝3an－1＋k3n－1(n∈N*，n≥2，k∈R)．‎ ‎(1)设a1＝1，k＝0，证明数列是等比数列；‎ ‎(2)对任意k∈R，是否存在一个实数t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)且{bn}为等差数列？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：当k＝0时，an＝3an－1－1，所以an－＝3an－1－＝3，‎ 即＝3，又a1－＝≠0，所以数列是首项为，公比为3的等比数列．‎ ‎(2)当n≥2时，bn－bn－1＝(an＋t)－(an－1＋t)＝(an＋t－3an－1－3t)＝(3an－1＋k3n－1＋t－3an－1－3t)‎ ‎＝(k3n－1－2t)＝k－.‎ 要使{bn}为等差数列，则必须使1＋2t＝0，∴t＝－，‎ 即对任意的k∈R，存在t＝－，使{bn}为等差数列．‎ 判断和证明等差或等比数列的方法 ‎(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法．‎ ‎(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；‎ ‎(3)a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.‎ ‎(2019·郑州二模)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式．‎ - 12 -‎ ‎(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．‎ 解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.‎ 依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.‎ 解得a＝5.‎ 所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.‎ 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，‎ 解得d＝2或d＝－13(舍去)．‎ 故{bn}的第3项为5，公比为2.‎ 由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.‎ 所以bn＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3，‎ 即数列{bn}的通项公式bn＝5·2n－3.‎ ‎(2)由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2.‎ 由S1＋＝，＝＝2可知，‎ 数列是以为首项，2为公比的等比数列．‎ 热点三　等差与等比数列的综合问题 ‎[例2]　(2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn；‎ ‎(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．‎ ‎[审题指导]　(1)利用条件求出等比数列的公比和等差数列的首项及公差，写出通项公式，进而求出前n项和．‎ ‎(2)由(1)知Tn＝2n－1，将其拆成2n和－1两部分，{2n}是等比数列，易求和，－1是常数，易求和，再结合Sn＝和已知条件，可求得n的值．‎ ‎[解析]　(1)设等比数列{bn}的公比为q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0，因此为q＞0，可得q＝2，故bn＝2n－1.所以，Tn＝＝2n－1.‎ 设等差数列{an}的公差为d，由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4，由b5＝a4＋2a6，可得3a1‎ - 12 -‎ ‎＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.所以，Sn＝.‎ ‎(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，‎ 解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以，n的值为4.‎ ‎(1)关于等差、等比数列的综合问题大多为两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量；首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．‎ ‎(2)求数列中的最大项，可以利用图象或者数列的单调性求解，同时注意数列的单调性与函数单调性的区别．‎ ‎(2020·湖北八校联考)已知等比数列{an}的公比q＞1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为.‎ ‎(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列的前n项和为Sn，已知∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．‎ 解析：(1)∵a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，‎ ‎∴2a2＝a1＋a3－8，‎ 即2a1q＝a1＋a1q2－8，∴q2－2q－3＝0，‎ ‎∴q＝3或－1，而q＞1，∴q＝3，‎ ‎∴an＝2·3n－1.‎ ‎∵a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，‎ ‎∴a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1‎ ‎＝，‎ 两式相减得anbn＝2n·3n－1(n≥2)．‎ ‎∵an＝2·3n－1，∴bn＝n(n≥2)，‎ 令n＝1，可求得b1＝1，∴bn＝n.‎ ‎(2)∵数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，‎ ‎∴数列是首项为，公比为的等比数列，‎ - 12 -‎ ‎∴Sn＝＝·＜.‎ ‎∵∀∈N*，Sn≤m恒成立，故实数m的最小值为.‎ 热点四　数列与传统文化的交汇创新 数学 建模 素养 数学建模——数列实际应用中的核心素养 以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并接受实际的检验.‎ ‎[例3]　(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)‎ A．3 f　　　 　　　　　　 B．3 f C．12 f D．12 f ‎[解析]　D　[由题意可知，单音的频率构成以a1＝f为首项，q＝为公比的等比数列，则a8＝a1q7＝f·()7＝f.故选D.]‎ 涉及等比数列的数学文化题频繁出现在考试试题中．解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比数列的概念、通项公式和前n项和公式．‎ ‎(2020·银川模拟)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为(　　)‎ A.升 B.升 C.升 D.升 解析：A　[自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有因为a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故a2＋a3＋a8＝＋＝，故选A.]‎ - 12 -‎ 限时45分钟　满分74分 一、选择题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)‎ ‎1．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)‎ A．an＝2n－5　　　　　　　 B．an＝3n－10‎ C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n 解析：A　[设{an}的公差为d，则解得a1＝－3，d＝2.‎ ‎∴an＝－3＋(n－1)·2＝2n－5，‎ Sn＝－3n＋×2＝n2－4n，故选A.]‎ ‎2．(多选题)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，<0.则下列结论正确的是(　　)‎ A．01‎ C．Sn的最大值为S9 D．Tn的最大值为T7‎ 解析：AD　[本题考查等比数列的性质及前n项积的最值．‎ ‎∵a1>1，a7·a8>1，<0，∴a7>1，a8<1，‎ ‎∴01,01，a8<1，∴T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确．故选AD.]‎ ‎3．(2020·银川模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩未一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上述的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为(　　)‎ A．6斤 B．9斤 C．9.5斤 D．12斤 解析：A　[依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2，由等差数列的性质得a2＋a4＝a1＋a5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤，故选A.]‎ ‎4．(2020·荆州质检)已知数列{an}满足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)等于(　　)‎ - 12 -‎ A．－3 B．3‎ C．－ D. 解析：A　[∵5an＋1＝25·5an＝52＋an，‎ ‎∴an＋1＝an＋2，‎ ‎∴数列{an}是等差数列，且公差为2.‎ ‎∵a2＋a4＋a6＝9，‎ ‎∴3a4＝9，a4＝3.‎ ‎∴log(a5＋a7＋a9)＝log3a7＝log3(a4＋6)＝log27＝－3.]‎ ‎5．(2020·豫西五校联考)在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，若S15＞0，S16＜0，则在，，…，中最大的是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：B　[由于S15＝＝15a8＞0，‎ S16＝＝8(a8＋a9)＜0，‎ 可得a8＞0，a9＜0.‎ ‎ 这样＞0，＞0，…，＞0，＜0，＜0，…，＜0，‎ 而0＜S1＜S2＜…＜S8，a1＞a2＞…＞a8＞0，‎ 所以在，，…，中最大的是.‎ 故选B.]‎ ‎6．(2020·洛阳联考)数列{an}是以a为首项，b为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1,2，…)，数列{cn}满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若{cn}为等比数列，则a＋b等于(　　)‎ A. B．3‎ C. D．6‎ 解析：B　[由题意知，当b＝1时，{cn}不是等比数列，‎ 所以b≠1.由an＝abn－1，‎ 得bn＝1＋＝1＋－，‎ - 12 -‎ 则cn＝2＋n－· ‎＝2－＋n＋，‎ 要使{cn}为等比数列，必有 得a＋b＝3.]‎ ‎7．(2020·重庆二调)已知a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1，将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q的值是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：B　[因为公比q不为1，所以删去的数不是a1，a4.①若删去a2，则由2a3＝a1＋a4得2a1q2＝a1＋a1q3，又a1≠0，所以2q2＝1＋q3，整理得q2(q－1)＝(q－1)(q＋1)．又q≠1，所以q2＝q＋1，又q＞0，得q＝；②若删去a3，则由2a2＝a1＋a4得2a1q＝a1＋a1q3，又a1≠0，所以2q＝1＋q3，整理得q(q＋1)(q－1)＝q－1.又q≠1，则可得q(q＋1)＝1，又q＞0，得q＝.‎ 综上所述，q＝，故选B.]‎ 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)‎ ‎8．(2020·资阳诊断)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10值为________．‎ 解析：依题意得an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，bn＝1×2n－1＝2n－1，abn＝bn＋1＝2n－1＋1，因此ab1＋ab2＋…＋ab10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝＋10＝210＋9＝1 033.‎ 答案：1 033‎ ‎9．(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝____________，Sn的最小值为____________．‎ 解析：本题考查等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的性质，难度不大，注重重要知识、基础知识、基本运算能力的考查．‎ 等差数列{an}中，S5＝5a3＝－10，得a3＝－2，a2＝－3，公差d＝a3－a2＝1，a5＝a3＋2d＝0，由等差数列{an}的性质得n≤5时，an≤0，n≥6时，an大于0，所以Sn的最小值为S4或S5，即为－10.‎ 答案：(1)0　(2)－10‎ ‎10．(2019·益阳三模)设等差数列{an}的各项均为整数，其公差d≠0，a5＝6，若a3，a5，‎ - 12 -‎ am(m＞5)是公比为q(q＞0)的等比数列，则m的值为________．‎ 解析：由a3am＝a，(6－2d)[6＋(m－5)d]＝36，‎ 得－2d[(m－5)d－3m＋21]＝0‎ ‎∵d≠0，∴(m－5)d－3m＋21＝0，‎ ‎∴d＝＝3－ 由m＞5，m，d∈Z知m－5为6的正约数 ‎∴m－5可取1,2,3,6‎ 当m－5＝1，m＝6时，d＝－3，‎ q＝＝＝，‎ 当m－5＝2，m＝7时，d＝0，不合题意，‎ 当m－5＝3，m＝8时，d＝1，q＝ 当m－5＝6，m＝11时，d＝2，q＝3，故m的值为6,8或11.‎ 答案：6,8或11‎ 三、解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)‎ ‎11．(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ ‎∵a2＋a3＝5ln 2，‎ ‎∴a1＋d＋a1＋2d＝5ln 2，‎ ‎∵a1＝ln 2，∴d＝ln 2，‎ ‎∵等差数列{an}中an＝a1＋(n－1)d＝nln 2，‎ ‎∴an＝nln 2，n∈N*.‎ ‎(2)由(1)知an＝nln 2，‎ ‎∵ean＝enln 2＝eln2n＝2n，‎ ‎∴{ean}是以2为首项，2为公比的等比数列 ‎∴ea1＋ea2＋…＋ean ‎＝eln 2＋eln 22＋…＋eln 2n ‎＝2＋22＋…＋2n ‎＝ ‎＝2n＋1－2‎ ‎∴所求为ea1＋ea2＋…ean＝2n＋1－2，n∈N*.‎ - 12 -‎ ‎12．(2019·潍坊三模)设数列{an}的各项为正实数，bn＝log2an，若数列{bn}满足b2＝0，bn＋1＝bn＋log2p，其中p为正常数，且p≠1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若p＝2，设数列{cn}对任意的n∈N*，都有c1bn＋c2bn－1＋c3bn－2＋…＋cnb1＝－2n成立，问数列{cn}是不是等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由．‎ 解析：(1)因为bn＋1＝bn＋log2p，所以bn＋1－bn＝log2p，‎ 所以数列{bn}是以log2p为公差的等差数列，‎ 又b2＝0，所以bn＝b2＋(n－2)(log2p)＝log2pn－2，‎ 故由bn＝log2an，得an＝2bn＝2log2pn－2＝pn－2.‎ ‎(2)因为p＝2，由(1)得bn＝n－2，‎ 所以c1(n－2)＋c2(n－3)＋c3(n－4)＋…＋cn(－1)＝－2n，①‎ 则c1(n－1)＋c2(n－2)＋c3(n－3)＋…＋cn＋1(－1)＝－2(n＋1)，②‎ 由②－①，得c1＋c2＋c3＋…＋cn－cn＋1＝－2，③‎ 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＋cn＋1－cn＋2＝－2，④‎ 再由④－③，得2cn＋1＝cn＋2，‎ 即＝2(n∈N*)，‎ 所以当n≥2时，数列{cn}成等比数列，‎ 又由①式，可得c1＝2，c2＝4，则＝2，‎ 所以数列{cn}一定是等比数列，且cn＝2n.‎ - 12 -‎