2019届二轮复习第1讲　等差数列、等比数列的基本问题学案（全国通用） 16页

第1讲　等差数列、等比数列的基本问题 高考定位　1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.‎ 真 题 感 悟 ‎ 1.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的(　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　由S4＋S6－2S5＝S6－S5－(S5－S4)＝a6－a5＝d，当d＞0时，则S4＋S6－2S5＞0，即S4＋S6＞2S5，反之，S4＋S6＞2S5，可得d＞0，所以“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件.‎ 答案　C ‎2.(2018·浙江卷)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.a1a3，a2a4 D.a1>a3，a2>a4‎ 解析　法一　因为ln x≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，‎ 所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，‎ 所以a1>a3，a21，所以等比数列的公比q<0.‎ 若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，‎ 所以－10，‎ a2－a4＝a1q(1－q2)<0，‎ 所以a1>a3，a20恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3.‎ 答案　1　(－3，＋∞)‎ ‎12.等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝________.‎ 解析　设{an}首项为a1，公差为d，则 由得∴Sn＝，‎ ＝＋＋…＋＋ ‎＝2 ‎＝2＝.‎ 答案　 三、解答题 ‎13.已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.‎ ‎(1)求a2，a3.‎ ‎(2)求{an}的通项公式.‎ 解　(1)由a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，‎ 令n＝1，得a2＝，‎ 令n＝2，得a－(2a3－1)a2－2a3＝0，则a3＝.‎ ‎(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，‎ 得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)，‎ 因为{an}的各项都为正数，所以＝.‎ 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.‎ ‎14.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.‎ ‎(1)证明　由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.‎ 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，‎ 得an＋1＝λan＋1－λan，则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)解　由(1)得Sn＝1－.‎ 由S5＝得1－＝，即＝.‎ 解得λ＝－1.‎ ‎15.(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.‎ ‎(1)求b1，b2，b3；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；‎ ‎(3)求{an}的通项公式.‎ 解　(1)由条件可得an＋1＝an.‎ 将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.‎ 将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：‎ 由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.‎