2019届高考数学总复习 模块三 数列 第10讲 数列、等差数列与等比数列学案 理.docx

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第10讲　数列、等差数列与等比数列 1.(1)[2014全国卷Ⅱ]数列{an}满足an+1=11-an,a8=2,则a1=　　　　. (2)[2018全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　　. [试做] 命题角度　数列的递推问题 (1)解决数列的递推问题:关键一,利用an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2得出an与an+1(或an-1)的递推式; 关键二,观察递推式的形式,采用不同的方法求an. (2)若递推式形如an+1=an+f(n),an+1=f(n)an,则可分别通过累加、累乘法求得通项公式,或用迭代法求得通项公式; 若递推式形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,且p≠1),则通常化为an+1-t=p(an-t)的形式,其中t=q1-p,再利用换元法转化为等比数列求解. 2.(1)[2017全国卷Ⅲ]等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.-24 B.-3 C.3 D.8 (2)[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　　　　. [试做] 命题角度　等差、等比数列的基本计算 关键一:基本量思想(等差数列:首项a1和公差d.等比数列:首项a1和公比q). 关键二:等差数列的性质,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则an+am=ap+aq; 等比数列的性质,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则anam=apaq. 3.(1)[2017全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk=　　　　. (2)[2015全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=　　　　. [试做] 命题角度　数列求和 关键一:利用等差数列、等比数列的前n项和公式求解. 关键二:利用数列求和方法(公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解. 小题1数列的递推关系 1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018= (　　) A.22018-1 B.32018-6 C.122018-72 D.132018-103 (2)已知数列{an}满足a1=15,an+1-ann=2(n∈N*),则ann的最小值为　　　　. [听课笔记] 【考场点拨】 由递推关系式求数列的通项公式,常用的方法有:①求出数列的前几项,再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证);②将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式,或用累加法(适用于an+1=an+f(n)型)、累乘法(适用于an+1=anf(n)型)、待定系数法(适用于an+1=pan+q型)求通项公式. 【自我检测】 1.数列{an}满足a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an+mn,则1a1+1a2+1a3+…+1a2017等于 (　　) A.20162017 B.20172018 C.20171009 D.40242017 2.定义各项均不为0的数列{an}:a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+an-12an-2.定义各项均不为0的数列{bn}:b1=1,b2=3,当n≥3时,bn=bn-1+bn-12bn-2.则b2017a2018= (　　) A.2017 B.2018 C.2019 D.1009 3.在数列{an}中,a1=0,an+1=3+an1-3an,则数列{an}的前2018项和S2018=　　　　. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式an=　　　　. 小题2等差、等比数列的基本计算 2 (1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,bn=log2(an22an),数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>1024的n的最小值为(　　) A.9 B.10 C.12 D.15 (2)已知等差数列{an}中,a3=7,a9=19,Sn为数列{an}的前n项和,则Sn+10an+1的最小值为　　　　. [听课笔记] 【考场点拨】 等差、等比数列问题的求解策略:(1)抓住基本量,首项a1、公差d或公比q;(2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=pqn-1(p,q≠0)的形式的数列为等比数列;(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常采用两式相除(即比值的方式)进行相关计算. 【自我检测】 1.已知数列{an}是公比为q的等比数列,若a1,a3,a2成等差数列,则公比q的值为 (　　) A.-12 B.-2 C.1或-12 D.-1或12 2.等比数列{an}的首项为3,公比q≠1,若a4,a3,a5成等差数列,则数列{an}的前5项和S5= (　　) A.-31 B.33 C.45 D.93 3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最小值时,n的值为　　　　. 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a5=1,则使得Sn>0成立的n的最大值为　　　　. 小题3等差、等比数列的性质 3 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a10是方程x2-8x+1=0的两个根,则S13= (　　) A.58 B.54 C.56 D.52 (2)已知数列{an}的各项都为正数,对任意的m,n∈N*,aman=am+n恒成立,且a3a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7=　　　　. [听课笔记] 【考场点拨】 等差、等比数列性质使用的注意点: (1)通项性质:若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则对于等差数列有am+an=ap+aq=2ak,对于等比数列有aman=apaq=ak2. (2)前n项和的性质:对于等差数列有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等差数列;对于等比数列,若有Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等比数列,则仅在q≠-1,或q=-1且m为奇数时满足. 【自我检测】 1.已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,且满足a2017+a2018=π,b202=4,则tana2+a4033b1b39= (　　) A.-1 B.22 C.1 D.3 2.已知等比数列{an}中,a5=2,a6a8=8,则a2018-a2016a2014-a2012=(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 3.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S10=10,S30=130,则S40= (　　) A.-510 B.400 C.400或-510 D.30或40 4.已知等差数列{an}的公差不为0,a1=1,且a2,a4,a8成等比数列,{an}的前n项和为Sn,则Sn= (　　) A.n(n+1)2 B.(n+1)22 C.n2+12 D.n(n+3)4 小题4等差、等比数列的综合问题 4 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Tn,a3=4,T6=27,数列{bn}满足bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设cn=an+bn,则数列{cn}的前11项和S11= (　　) A.1062 B.2124 C.1101 D.1100 (2)已知数列{an}的通项公式为an=n+t(t∈R),数列{bn}为公比小于1的等比数列,且满足b1b4=8,b2+b3=6,设cn=an+bn2+|an-bn|2,在数列{cn}中,若c4≤cn(n∈N*),则实数t的取值范围为　　　　. [听课笔记] 【考场点拨】 解决数列的综合问题的易失分点:(1)公式an=Sn-Sn-1适用于所有数列,但易忽略n≥2这个前提;(2)对含有字母的等比数列求和时要注意q=1或q≠1的情况,公式Sn=a1(1-qn)1-q只适用于q≠1的情况. 【自我检测】 1.已知数列{an}的各项均为整数,a8=-2,a13=4,前12项依次成等差数列,从第11项起依次成等比数列,则a15=(　　) A.8 B.16 C.64 D.128 2.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为32,则S5= (　　) A.315325 B.30 C.31 D.315324 3.当n为正整数时,定义函数N(n)表示n的最大奇因数,如N(3)=3,N(10)=5.若S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n),则S(5)=(　　) A.342 B.345 C.341 D.346 4.已知等比数列{an}满足a2a5=2a3,且a4,54,2a7成等差数列,则a1a2…an的最大值为　　　　.  模块三　数列 第10讲　数列、等差数列与等比数列 典型真题研析 1.(1)12　(2)-63　[解析] (1)由题易知a8=11-a7=2,得a7=12;a7=11-a6=12,得a6=-1;a6=11-a5=-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=12. (2)方法一:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,又由Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),得Sn=2Sn-1-1(n≥2),即Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2),所以数列{Sn-1}是以S1-1=-2为首项,2为公比的等比数列,所以S6-1=(-2)25=-64,则S6=-63. 方法二:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1.由Sn=2an+1①,得Sn-1=2an-1+1(n≥2)②,①-②得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以a1=-1为首项,2为公比的等比数列,于是S6=(-1)(1-26)1-2=-63. 2.(1)A　(2)64　[解析] (1){an}为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,则a32=a2a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d). 将a1=1代入上式并化简,得d2+2d=0, ∵d≠0,∴d=-2, ∴S6=6a1+652d=16+652(-2)=-24. (2)设该等比数列的公比为q,则q=a2+a4a1+a3=12,可得a1+14a1=10,得a1=8,所以an=812n-1=12n-4. 所以a1a2…an=12-3-2-1+0+…+(n-4)=1212(n2-7n),易知当n=3或n=4时,12(n2-7n)取得最小值-6,故a1a2…an的最大值为12-6=64. 3.(1)2nn+1　(2)-1n　[解析] (1)设公差为d,则a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以Sk=k(k+1)2,1Sk=21k-1k+1, 所以∑k=1n1Sk=21-12+12-13+…+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1. (2)因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以1Sn+1-1Sn=-1,所以数列1Sn是首项为-1,公差为-1的等差数列,所以1Sn=-n,所以Sn=-1n. 考点考法探究 小题1 例1　(1)A　(2)274　[解析] (1)由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1), 两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,即an+1+1=-2(an+1), 由3S1=2a1-3=3a1,可得a1=-3,∴a1+1=-2, ∴数列{an+1}是首项为-2,公比为-2的等比数列, 据此有a2018+1=(-2)(-2)2017=22018,∴a2018=22018-1. (2)由an+1-ann=2,得an+1-an=2n, ∵a1=15, ∴当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+2n(n-1)2=n2-n+15, ∵a1=15满足上式, ∴an=n2-n+15,∴ann=n+15n-1, 易知当n依次取1,2,3时,n+15n-1的值递减;当n取大于或等于4的自然数时,n+15n-1的值递增. 当n=3时,ann=3+5-1=7;当n=4时,ann=4+154-1=274. 故ann的最小值为274. 【自我检测】 1.C　[解析] ∵an+m=am+an+mn对任意的m,n∈N*都成立,∴an+1=an+a1+n=an+1+n,即an+1-an=1+n,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),把上面(n-1)个式子相加可得,an-a1=2+3+4+…+n,∴an=1+2+3+…+n=n(n+1)2(n≥2),当n=1时,a1=1,满足上式,∴an=n(n+1)2,从而有1an=2n(n+1)=21n-1n+1,∴1a1+1a2+1a3+…+1a2017=21-12+12-13+…+12017-12018=20171009. 2.D　[解析] 当n≥3时,由an=an-1+an-12an-2两边同除以an-1,可得anan-1=1+an-1an-2,即anan-1-an-1an-2=1, 则数列anan-1是首项为1,公差为1的等差数列,所以anan-1=n-1(n≥2), 所以an=a1a2a1a3a2…anan-1=112…(n-1)(n≥2). 同理可得bnbn-1-bn-1bn-2=1(n≥3),则数列bnbn-1是首项为3,公差为1的等差数列,所以bnbn-1=n+1(n≥2), 可得bn=b1b2b1b3b2…bnbn-1=134…(n+1)(n≥2), 所以b2017a2018=134…2018112…2017=1009,故选D. 3.3　[解析] ∵a1=0,an+1=3+an1-3an, ∴a2=31=3,a3=3+31-33=23-2=-3, a4=3-31+33=0, ∴数列{an}具有周期性,其周期为3,且a1+a2+a3=0, 则S2018=S3672+2=a1+a2=3. 4.3-12n-2　[解析] 由an+Sn=3n-1,得当n≥2时,an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得an=12an-1+32,∴an-3=12(an-1-3).∵当n=1时,a1+S1=3-1=2,∴a1=1,∵a1-3=-2,∴数列{an-3}是以-2为首项,12为公比的等比数列, ∴an-3=-212n-1,∴an=3-12n-2. 小题2 例2　(1)A　(2)3　[解析] (1)因为数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=21+1-2=2,满足上式,所以an=2n, 所以bn=log2(an22an)=log2an2+log22an=2n+2n, 所以数列{bn}的前n项和Tn=n(2+2n)2+2(1-2n)1-2=n(n+1)+2n+1-2,易知当n∈N*时,Tn递增. 当n=9时,T9=910+210-2=1112>1024; 当n=8时,T8=89+29-2=582<1024. 所以满足Tn>1024的n的最小值为9. (2)∵a3=7,a9=19,∴公差d=a9-a39-3=19-76=2,∴an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1, ∴Sn=n(3+2n+1)2=n(n+2), ∴Sn+10an+1=n(n+2)+102n+2=12(n+1)+9n+1≥122(n+1)9n+1=3, 当且仅当n=2时取等号. 【自我检测】 1.C　[解析] 由题意知2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1q+a1,即2q2=q+1,∴q=1或q=-12. 2.B　[解析] ∵等比数列{an}的首项为3,∴an=3qn-1,又a4,a3,a5成等差数列,∴a4+a5=2a3,∴q2+q=2,∴(q+2)(q-1)=0,∴q=-2,∴an=3(-2)n-1,∴S5=3[1-(-2)5]1-(-2)=33,故选B. 3.6　[解析] 设数列{an}的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2(-11)+8d=-6,解得d=2,所以Sn=-11n+n(n-1)22=n2-12n=(n-6)2-36,所以当n=6时,Sn取得最小值. 4.9　[解析] 因为a1=9,a5=1,所以公差d=1-94=-2,所以Sn=9n+12n(n-1)(-2)=10n-n2,令Sn>0,得00成立的n的最大值为9. 小题3 例3　(1)D　(2)21　[解析] (1)由根与系数的关系可得a4+a10=8, 结合等差数列的性质可得a1+a13=a4+a10=8, 则S13=13(a1+a13)2=1382=52. (2)令m=1,∵aman=am+n,∴a1an=a1+n,∴数列{an}为等比数列.由a3a5+a4=72,得a42+a4=72,∵a4>0,∴a4=8,∴log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1a2…a7)=log2a47=log287=21. 【自我检测】 1.C　[解析] 由等差数列的性质可知,a2+a4033=a2017+a2018=π,由等比数列的性质可知,b1b39=b202=4,所以tana2+a4033b1b39=tanπ4=1,故选C. 2.A　[解析] 设数列{an}的公比为q.∵数列{an}是等比数列,∴a6a8=a72=8,∴a7=22(与a5同号),∴q2=a7a5=2,∴a2018-a2016a2014-a2012=q4=(2)2=2.故选A. 3.B　[解析] ∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn,∴S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等比数列,∴10(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40或S20=-30(舍),故S40-S30=270,∴S40=400,故选B. 4.A　[解析] 设等差数列{an}的公差为d(d≠0).∵a2,a4,a8成等比数列,∴a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),∴(1+3d)2=(1+d)(1+7d),∴d=1,∴Sn=n+n(n-1)2=n(n+1)2.故选A. 小题4 例4　(1)C　(2)[-4,-2]　[解析] (1)设数列{an}的公差为d,则a1+2d=4,6a1+15d=27,解得a1=2,d=1, ∴数列{an}的通项公式为an=n+1. 当n≥2时,bn+1-bn=bn,∴bn+1=2bn, 即数列{bn}从第二项起为等比数列,∴bn=2n-2(n≥2), ∴数列{bn}的通项公式为bn=1,n=1,2n-2,n≥2. 分组求和可得数列{cn}的前11项和S11=(2+3+4+…+12)+(1+1+2+22+…+29)=77+210=1101. (2)在等比数列{bn}中,由b1b4=8得b2b3=8,又b2+b3=6,且公比q小于1,∴b2=4,b3=2,∴q=b3b2=12,因此bn=b2qn-2=412n-2=12n-4.由cn=an+bn2+|an-bn|2,得cn=bn(an≤bn),an(an>bn),∴cn是取an,bn中的较大者.由题易知c4是数列{cn}中的最小项,又bn=12n-4递减,an=n+t递增,∴当c4=a4时,c4≤cn,即a4≤cn,a4是数列{cn}中的最小项,则必须满足b40.∵a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为32,∴a12q5=2a1q2,a1(q3+2q5)=3,得a1=16,q=12,则S5=161-1251-12=31. 3.A　[解析] 由题设知,N(2n)=N(n),N(2n-1)=2n-1, ∴S(n)=[1+3+5+…+(2n-1)]+[N(2)+N(4)+N(6)+…+N(2n)]=4n-1+[N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n-1)]=4n-1+S(n-1)(n≥2),又S(1)=N(1)+N(2)=2, ∴S(n)=4n-1+4n-2+…+41+2=4n+23, ∴S(5)=45+23=342. 故选A. 4.1024　[解析] 设数列{an}的公比为q.由已知得a3a4=a2a5=2a3⇒a4=2,a4+2a7=254⇒a7=14,∴a7a4=18=q3, ∴q=12=2-1,a1=a4q3=24,∴an=242-(n-1)=25-n,∴a1a2…an=2423…25-n=24+3+…+(5-n)=2n[4+(5-n)]2=2-n2+9n2=2-(n-92)2+8142,∴当n=4或5时,a1a2…an取得最大值1024. [备选理由] 例1为由递推关系求数列的通项公式问题,难度较大;例2考查等比数列前n项和中参数的计算,不同于原例2只考查等差、等比数列的基本量的计算;例3考查等比数列的计算,采用整体求解比较方便;例4为等差数列性质的应用问题;例5是一道等差数列与等比数列的综合题. 例1　[配例1使用] 已知数列{an}满足a1=1,a2=13,若anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式为an=　　　　. [答案] 12n-1 [解析] ∵anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*), ∴1an+1+2an-1=3an,即1an+1-1an=21an-1an-1, 又∵1a2-1a1=2, ∴数列1an+1-1an是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴1an+1-1an=2n, ∴当n≥2时,1an=1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a2-1a1+1a1=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-12-1=2n-1.当n=1时,1a1=1,满足上式,∴1an=2n-1, ∴an=12n-1. 例2　[配例2使用] 已知等比数列{an}的前n项和Sn=32n-1+r,则r的值为 (　　) A.13 B.-13 C.19 D.-19 [解析] B　当n=1时,a1=S1=3+r; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3(32-1)=832n-3=832n-23-1=839n-1. ∵数列{an}为等比数列, ∴3+r=83,∴r=-13,故选B. 例3　[配例2使用] 在等比数列{an}中,已知a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a8+a9+a10=　　　　. [答案] 128 [解析] 设数列{an}的公比为q.∵a1+a2+a3=1, a2+a3+a4=(a1+a2+a3)q=2, ∴q=2, ∴a8+a9+a10=(a1+a2+a3)q7=27=128. 例4　[配例3使用] 在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则S13+2a7=(　　) A.17 B.26 C.30 D.56 [解析] C　设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的性质可得a1+a7=2a4,a9+a11=2a10,则有6a4+6a10=24,即a1+6d=2,所以S13=13a1+13122d=13(a1+6d)=26,2a7=2(a1+6d)=4,所以S13+2a7=30. 例5　[配例4使用] 已知各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1,且a2,12a3,a1成等差数列,则a4+a5a2+a3的值为 (　　) A.1+52 B.3+52 C.5-12 D.3-52或3+52 [解析] B　由题得12a32=a2+a1,∴a1q2=a1q+a1,∴q=1+52,∴a4+a5a2+a3=a2q2+a3q2a2+a3=q2=3+52.