2021年高考数学大二轮专题复习专题四 第1讲 等差数列与等比数列

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1、第 1 讲 等差数列与等比数列 考情研析 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及 等差、等比数列中项的性质、判定与证明 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，一般 设置一道选择题和一道解答题 核心知识回顾 1.等差数列 (1)通项公式： 01ana1(n1)dam(nm)d (2)等差中项公式： 022anan1an1(nN*，n2) (3)前 n 项和公式： 03Snn（a1an） 2 na1n（n1）d 2 2等比数列 (1)等比数列的通项公式： 01ana1qn1amqnm (2)等比中项公式： 02a2 nan1an1(nN *，n2) (3)等比数列的前

2、 n 项和公式： 03Sn na1（q1）， a1anq 1q a 1（1qn） 1q （q1） 3等差数列的性质(n，m，l，k，p 均为正整数) (1)若 mnlk，则 01amanalak(反之不一定成立)；特别地，当 mn2p 时，有02 aman2ap (2)若an，bn是等差数列，则kantbn(k，t 是非零常数)是 03等差数列 (3)等差数列“依次 m 项的和”即 Sm， 04S2mSm，05S3mS2m，仍是等差数列 (4)等差数列an，当项数为 2n 时，S 偶S奇 06nd，S奇 S偶 07 an an1；项数为 2n1 时，S 奇 S 偶 08a 中 09an，S奇

3、S偶 10 n n1(其中 S 偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之 和) 4等比数列的性质(n，m，l，k，p 均为正整数) (1)若 mnlk，则 01amanalak(反之不一定成立)；特别地，当 mn2p 时，有02 amana2 p (2)当 n 为偶数时，S 偶 S奇 03q(公比为 q).(其中 S 偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇 数项之和) (3)等比数列“依次 m 项的和”，即 Sm， 04S2mSm，05S3mS2m，(Sm0)成等比数列 热点考向探究 考向 1 等差数列、等比数列的运算 例 1 (1)(2020 山东省青岛市模拟)已知等差数列an的公差

4、为 2，若 a1，a3，a4成等比数 列，Sn是an的前 n 项和，则 S9等于( ) A8 B6 C10 D0 答案 D 解析 a1，a3，a4成等比数列，a2 3a1a4，(a122) 2a1(a132)，即 2a1 16，解得 a18.则 S98998 2 20，故选 D. (2)(2020 山东省泰安市肥城一中模拟)公比不为 1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若 a1， a3，a2成等差数列，mS2，S3，S4成等比数列，则 m( ) A7 8 B8 5 C1 D9 5 答案 D 解析 设an的公比为 q(q0 且 q1)，根据 a1，a3，a2成等差数列，得 2a3a1a2

5、， 即 2a1q2a1a1q，因为 a10，所以 2q21q0，即(q1)(2q1)0.因为 q1，所以 q 1 2，则 S2 a1（1q2） 1q 3 4 a1 1q，S3 a1（1q3） 1q 9 8 a1 1q，S4 a1（1q4） 1q 15 16 a1 1q，因 为 mS2，S3，S4成等比数列，所以 S2 3mS2S4，即 9 8 a1 1q 2 m 3 4 a1 1q 15 16 a1 1q，因为 a10， 所以 a1 1q0，所以 9 8 2 m3 4 15 16，得 m 9 5，故选 D. 利用等差数列、等比数列的通项公式、前 n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解 另

6、外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首 先要注意求解最基本的量. 1 (多选)(2020 山东省青岛市模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn(nN*)， 公差 d0， S690，a7是 a3与 a9的等比中项，则下列选项正确的是( ) Aa122 Bd2 C当 n10 或 n11 时，Sn取得最大值 D当 Sn0 时，n 的最大值为 20 答案 BCD 解析 等差数列an的前 n 项和为 Sn，公差 d0， 由 S690，可得 6a115d90，即 2a15d30， 由 a7是 a3与 a9的等比中项，可得 a2 7a3a9，即(a16d) 2(

7、a12d)(a18d)， 化为 a110d0， 由解得 a120，d2， 则 an202(n1)222n，Sn1 2n(20222n)21nn 2， 由 Sn n21 2 2 441 4 ，可得 n10 或 n11 时，Sn取得最大值 110. 由 Sn0，可得 0n21，即 n 的最大值为 20.故选 BCD. 2定义：在数列an中，若满足a n2 an1 an1 an d(nN*，d 为常数)，称an为“等差比数 列”已知在“等差比数列”an中，a1a21，a33，则a2022 a2020( ) A4202021 B4201921 C4202221 D420192 答案 A 解析 a1a2

8、1，a33，a3 a2 a2 a12， an1 an 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， a n1 an 2n1， a2022 a2020 a2022 a2021 a2021 a2020(220211)(220201)42020 21.故选 A. 考向 2 等差数列、等比数列的判定与证明 例 2 (1)设数列an满足 a11，an1 4 4an(nN *).求证：数列 1 an2 是等差数列 证明 an1 4 4an， 1 an12 1 an2 1 4 4an2 1 an2 4an 2an4 1 an2 2an 2an4 1 2为常数， 又 a11， 1 a121， 数列 1 an2 是

9、以1 为首项，1 2为公差的等差数列. (2)数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Snan n1 n（n1）1，n1，2，3，设 bnan 1 n（n1），求证：数列bn是等比数列 证明 Sn1an n1 n（n1）， Sn11an1 n （n1）（n2）， 当 n1 时，易知 a11 2，an1Sn1Sn n （n1）（n2）an1 n1 n（n1）an， 2an1 n22 （n1）（n2） n1 n（n1） an 1 n1 2 （n1）（n2） 1 n1 1 n（n1）an， 2 an1 1 （n1）（n2） an 1 n（n1）， bnan 1 n（n1），则 bn1an1 1 （n

10、1）（n2）， 上式可化为 2bn1bn， bn是以 b11 为首项，1 2为公比的等比数列，bn 1 2 n1 . (1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方 法最后都会回到定义， 如证明等差数列可以证明通项公式是 n 的一次函数，但最后还得使用定 义才能说明其为等差数列 (2)证明数列an为等比数列时，不能仅仅证明 an1qan，还要说明 a10，才能递推得出 数列中的各项均不为零，最后断定数列an为等比数列 (3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式 1 (多选)(2020 日照一中摸底考试)已知数列an满足： a13， 当 n2 时

11、， an( an11 1)21，则关于数列an，下列说法正确的是( ) Aa28 B数列an为递增数列 C数列an为周期数列 Dann22n 答案 ABD 解析 由 an( an111)21 得 an1(an111)2，an1an111， 即数列an1是首项为a112，公差为 1 的等差数列，an12(n1)1n 1.ann22n.所以易知 A，B，D 正确 2 已知正项数列an满足a2 n16a 2 nan1an， 若a12， 则数列an的前n项和为_ 答案 3n1 解析 a2 n16a 2 nan1an，(an13an)(an12an)0，an0，an13an，an 为等比数列，且首项为

12、2，公比为 3，Sn3n1. 考向 3 数列中 an与 Sn的关系问题 例 3 (1)(2020 河南省高三阶段性测试)设正项数列an的前 n 项和为 Sn，且 4Sn(1 an)2(nN*)，则 a5a6a7a8( ) A24 B48 C64 D72 答案 B 解析 当 n1 时，由 S1a1（1a 1）2 4 ，得 a11， 当 n2 时， 4S n（1an）2， 4Sn1（1an1）2，得 4a n(1an)2(1an1)2，a 2 na 2 n12an2an 10， (anan1)(anan12)0. an0，anan12， an是等差数列，an2n1， a5a6a7a82(a6a7)

13、48. (2)(2020 山东省德州市二模)给出以下三个条件： 数列an是首项为 2，满足 Sn14Sn2 的数列； 数列an是首项为 2，满足 3Sn22n1(R)的数列； 数列an是首项为 2，满足 3Sn an12 的数列 请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解 设数列an的前 n 项和为 Sn，an与 Sn满足_ 记数列 bnlog2a1log2a2log2an，cn n2n bnbn1，求数列cn的前 n 项和 Tn. 解 选，由已知 Sn14Sn2， (*) 当 n2 时，Sn4Sn12， (*) (*)(*)，得 an14(SnSn1)4an，即 an14an. 当

14、 n1 时，S24S12，即 2a2422，所以 a28，满足 a24a1， 故an是以 2 为首项，4 为公比的等比数列，所以 an22n1. bnlog2a1log2a2log2an13(2n1)n2， cn n2n bnbn1 n（n1） n2（n1）2 1 n（n1） 1 n 1 n1. 所以 Tnc1c2cn 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 选，由已知 3Sn22n1， (*) 当 n2 时，3Sn122n1， (*) (*)(*)，得 3an22n122n13 22n1，即 an22n1. 当 n1 时，a12 满足 an22n1， 所以 an

15、22n1， 下同选. 选，由已知 3Snan12， (*) 则 n2 时，3Sn1an2， (*) (*)(*)，得 3anan1an，即 an14an. 当 n1 时，3a1a22，而 a12，得 a28，满足 a24a1， 故an是以 2 为首项，4 为公比的等比数列，所以 an22n1， 下同选. 由 an与 Sn的关系求通项公式的注意点 (1)应重视分类讨论思想的应用，分 n1 和 n2 两种情况讨论，特别注意 anSnSn1 成立的前提是 n2. (2)由 SnSn1an推得 an，当 n1 时，a1也适合，则需统一表示(“合写”). (3)由SnSn1an推得an， 当n1时， a

16、1不适合， 则数列的通项公式应分段表示(“分写”)， 即 an S 1（n1）， SnSn1（n2）. 已知数列an中，a11，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an 2S2 n 2Sn1(n2，nN *). (1)求证：数列 1 Sn 是等差数列； (2)证明：1 3S1 1 5S2 1 7S3 1 2n1Sn 1 2. 证明 (1)当 n2 时，SnSn1 2S2 n 2Sn1，Sn1Sn2SnSn1， 1 Sn 1 Sn12，所以数列 1 Sn 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列 (2)由(1)可知， 1 Sn 1 S1(n1) 22n1， 所以 Sn 1 2n1. 1 3S1 1

17、5S2 1 7S3 1 2n1Sn 1 13 1 35 1 57 1 （2n1）（2n1） 1 2 11 3 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n1 1 2 1 1 2n1 0，所以 a3 1.由 S311 q 1 q213，得 13q 21qq2，即 12q2q10，解得 q1 3.故选 C. 7已知 Sn为等比数列an的前 n 项和，若 S3，S9，S6成等差数列，则( ) AS62S3 BS61 2S3 CS61 2S3 DS62S3 答案 C 解析 设等比数列an的公比为 q(q1)，则 S6(1q3)S3，S9(1q3q6)S3，因为 S3， S9，S6成等差数列，所

18、以 2(1q3q6)S3S3(1q3)S3，易知 S30，解得 q31 2，故 S6 1 2 S3. 8已知函数 yf(x1)的图象关于 y 轴对称，且函数 f(x)在(1，)上单调，若数列an 是公差不为 0 的等差数列，且 f(a4)f(a18)，则an的前 21 项和为( ) A0 B25 2 C21 D42 答案 C 解析 函数 yf(x1)的图象关于 y 轴对称，平移可得 yf(x)的图象关于直线 x1 对称， 且函数 f(x)在(1，)上单调，由数列an是公差不为 0 的等差数列，且 f(a4)f(a18)，可得 a4 a182，所以 a1a21a4a182，可得数列an的前 21

19、 项和 S2121（a 1a21） 2 21.故选 C. 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9已知无穷数列an的前 n 项和 Snan2bnc，其中 a，b，c 为实数，则( ) Aan可能为等差数列 Ban可能为等比数列 Can中一定存在连续的三项构成等差数列 Dan中一定存在连续的三项构成等比数列 答案 ABC 解析 解法一：因为 Snan2bnc，所以 Sn1a(n1)2b(n1)c(n2)，所以 an SnSn12naab(n2)，若数列an为等差数列，则 a1abcab，c0，验证知， 当 c0 时，an为等差数列，所以 A 正确；在 an2naab(n2)中，

20、当 a0，b0 时， anb(n2)，若数列an为等比数列，则 a1bcb，c0，验证知，当 ac0，b0 时， an为等比数列，所以 B 正确；由 an2naab(n2)可知，an中一定存在连续的三项构成 等差数列，所以 C 正确；假设 ak，ak1，ak2(k2，且 kN*)成等比数列，则2(k1)aa b2(2kaab) 2(k2)aab，整理得(k1)2k(k2)，即 10(不成立)，所以an中不 存在连续的三项构成等比数列，所以 D 错误故选 ABC. 解法二：当 c0，a0 时，数列an为等差数列，所以 A 正确；当 ac0，b0 时， 数列an为常数列，也是等比数列，所以 B 正

21、确；当 n2 时，anSnSn12naab，则 an中一定存在连续的三项构成等差数列，所以 C 正确；假设 ak，ak1，ak2(k2，且 kN*) 成等比数列，则2(k1)aab2(2kaab) 2(k2)aab，整理得(k1)2k(k2)， 即 10(不成立)，所以an中不存在连续的三项构成等比数列，所以 D 错误故选 ABC. 10(2020 海南省海口市模拟)已知正项等比数列an满足 a12，a42a2a3，若设其公 比为 q，前 n 项和为 Sn，则( ) Aq2 Ban2n CS102047 Danan1an2 答案 ABD 解析 根据题意， 对于 A， 正项等比数列an满足 2q

22、34q2q2， 变形可得 q2q20， 解得 q2 或 q1， 又an为正项等比数列， 则 q2， 故 A 正确； 对于 B， an22n12n， B 正确；对于 C，Sn2（12 n） 12 2n12，所以 S102046，C 错误；对于 D，anan1 2n2n132n3an，而 an22n242n4an3an，D 正确故选 ABD. 11等差数列an的前 n 项和记为 Sn，若 a10，S10S20，则( ) A公差 d0 Ba160 CSnS15 D当且仅当 Sn0， 所以 a150，a160，所以 d0，SnS15，故 A，B，C 正确；因为 S3131（a 1a31） 2 31a1

23、60，a20，知此数列首项和公比均为正数 设其公比为 q，则 q2 p 2，故 2 p 2 a2 a1 2p 2 p2， 此时 a12，q2an2n，故 anan122n1， 而 2pn122n1，因此 p2 时，an为等比数列， 其前 n 项和 Sn2（12 n） 12 2n12. 18(2020 山东省威海二模)从条件2Sn(n1)an， SnSn1an(n2)，an0， a2 nan2Sn中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答 已知数列an的前 n 项和为 Sn， a11， _ 若 a1， ak， Sk2成等比数列， 求 k 的值 解 若选择， 2Sn(n1)an，nN*， 2Sn1(

24、n2)an1，nN*. 两项相减得 2an1(n2)an1(n1)an， 整理得 nan1(n1)an. 即 an1 n1 an n ，nN*， an n 为常数列an n a1 1 1， ann. 或由a n1 an n1 n ，利用相乘相消法，求得an n akk，Sk2(k2)1（k2）（k1） 2 1（k2）（k3） 2 . 又 a1，ak，Sk2成等比数列， (k2)(k3)2k2， k25k60，解得 k6 或 k1(舍去). k6. 若选择， 由 SnSn1an(n2)变形得 SnSn1SnSn1， SnSn1( SnSn1)( SnSn1)， 易知 Sn0， SnSn11， S

25、n为等差数列， 而 S1 a11， Snn，Snn2， anSnSn12n1(n2)，且 n1 时也满足， an2n1. a1，ak，Sk2成等比数列，(k2)2(2k1)2， k3 或 k1 3，又 kN *，k3. 若选择， a2 nan2Sn(nN *)， a2 n1an12Sn1(n2). 两式相减得 a2 na 2 n1anan12Sn2Sn12an(n2)， 整理得(anan1)(anan1)anan1(n2). an0，anan11(n2)， an是等差数列， an1(n1)1n， Sk2(k2)1（k2）（k1） 2 1（k2）（k3） 2 . 又 a1，ak，Sk2成等比数列

26、， (k2)(k3)2k2， 解得 k6 或 k1，又 kN*，k6. 19设数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 an1 2Sn10(nN *). (1)求数列an的通项公式； (2)是否存在实数 ， 使得数列Sn(n2n)为等差数列？若存在， 求出 的值； 若不存在， 请说明理由 解 (1)由 an1 2Sn10(nN *)，可知当 n1 时， a11 2a110，即 a12. 又由 an1 2Sn10(nN *)， 可得 an11 2Sn110， 两式相减，得 an11 2Sn11 an1 2Sn1 0， 即1 2an1an0，即 an12an. 所以数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， 故 an2n(nN*). (2)由(1)知，Sna 1（1qn） 1q 2(2n1)， 所以 Sn(n2n)2(2n1)(n2n). 若数列Sn(n2n)为等差数列， 则 S1(12)，S2(222)，S3(323) 成等差数列， 即有 2S2(222)S1(12)S3(323)， 即 2(66)(23)(1411)，解得 2. 经检验 2 时，Sn(n2n)成等差数列，故 的值为2.