2019版高考数学二轮复习第1篇专题3数列第1讲小题考法——等差数列与等比数列学案.doc

1、1第 1讲 小题考法等差数列与等比数列一、主干知识要记牢1等差数列、等比数列等差数列 等比数列通项公式 an a1( n1) d an a1qn1 (q0)前 n项和公式Sn na1n a1 an2dn n 12 (1)q1， Sn a1 1 qn1 q；a1 anq1 q(2)q1， Sn na12.判断等差数列的常用方法(1)定义法： an1 an d(常数)( nN *)an是等差数列(2)通项公式法： an pn q(p， q为常数， nN *)an是等差数列(3)中项公式法：2 an1 an an2 (nN *)an是等差数列(4)前 n项和公式法： Sn An2 Bn(A， B为常

2、数， nN *)an是等差数列3判断等比数列的常用方法(1)定义法： q(q是不为 0的常数， nN *)an是等比数列an 1an(2)通项公式法： an cqn(c， q均是不为 0的常数， nN *)an是等比数列(3)中项公式法： a anan2 (anan1 an2 0， nN *)an是等比数列2n 1二、二级结论要用好1等差数列的重要规律与推论(1)an a1( n1) d am( n m)d； p q m nap aq am an(2)ap q， aq p(p q)ap q0； Sm n Sm Sn mnd(3)连续 k项的和(如 Sk， S2k Sk， S3k S2k，)构成

3、的数列是等差数列(4)若等差数列 an的项数为偶数 2m，公差为 d，所有奇数项之和为 S 奇 ，所有偶数项之和为 S 偶 ，则所有项之和 S2m m(am am1 )， S 偶 S 奇 md， S奇S偶 amam 1(5)若等差数列 an的项数为奇数 2m1，所有奇数项之和为 S 奇 ，所有偶数项之和为S 偶 ，则所有项之和 S2m1 (2 m1) am， S 奇 mam， S 偶 ( m1) am， S 奇 S 偶 am， S奇S偶mm 12等比数列的重要规律与推论2(1)an a1qn1 amqn m； p q m napaq aman(2)an， bn成等比数列 anbn成等比数列(3

4、)连续 m项的和(如 Sm， S2m Sm， S3m S2m，)构成的数列是等比数列(注意：这连续m项的和必须非零才能成立)(4)若等比数列有 2n项，公比为 q，奇数项之和为 S 奇 ，偶数项之和为 S 偶 ，则 qS偶S奇(5)对于等比数列前 n项和 Sn，有： Sm n Sm qmSn； (q1)SmSn 1 qm1 qn三、易错易混要明了已知数列的前 n项和求 an，易忽视 n1 的情形，直接用 Sn Sn1 表示事实上，当n1 时， a1 S1；当 n2 时， an Sn Sn1 考点一 数列的递推公式由 an与 Sn的关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分 n1

5、 和 n2 两种情况讨论，特别注意an Sn Sn1 成立的前提是 n2(2)由 Sn Sn1 an推得 an，当 n1 时， a1也适合，则需统一表示(“合写”)(3)由 Sn Sn1 an推得 an，当 n1 时， a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即 anError!1(2018潍坊二模)设数列 an的前 n项和为 Sn，若 Sn n2 n，则数列的前 40项的和为 ( D )2 n 1 anA B3940 3940C D4041 4041解析 根据 Sn n2 n，可知当 n2 时，3an Sn Sn1 n2 n( n1) 2( n1)2 n，当 n1 时， a1 S

6、12，上式成立，所以 an2 n，所以 ，2 n 1 an 22n n 1 (1n 1n 1)所以其前 n项和Tn (112 13 14 1n 1n 1) ，(11n 1) nn 1所以其前 40项和为 T40 ，故选 D40412(2018齐齐哈尔二模)已知数列 an的前 n项和为 Sn，且 a24， S430， n2 时，an1 an1 2( an1)，则 an的通项公式 an_ n2_解析 由 an1 an1 2( an1)得 an1 an an an1 2( n2)又 a3 a12( a21)10，S4 a1 a2 a3 a414 a430， a416又 a4 a22( a31)， a

7、39， a11， a2 a13，数列 an1 an是首项为 3，公差为 2的等差数列， an an1 32( n2)2 n1( n2)，当 n2 时， an( an an1 )( an1 an2 )( a2 a1) a1(2 n1)(2 n3)1 n2，又 a11 满足上式， an n2(nN *)考点二 等差、等比数列的基本运算等差(比)数列基本运算的解题思路(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(或 q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量1(2018南充三联)已知等差数列 an中， a11， a35，则 a1 a

8、2 a3 a4( D )A14 B9 C11 D164解析 等差数列 an中， a11， a35，所以公差 d 3.所以a3 a12a1 a2 a3 a4 a1( a1 d)( a12 d)( a13 d)2 a16 d218162已知等比数列 an满足 a14， a2a6 a4 ，则 a2( A )14A2 B1 C D12 18解析 因为 a2a6 a4 ，所以 4q4q54 q3 14 14 20.4 q3 0. q3 ， q (4q312) 12 18 12a24 q4 ，选 A123(2018河南一模)在等差数列 an中， a1 a3 a5105， a2 a4 a699，以 Sn表示

9、 an的前 n项和，则使 Sn达到最大值的 n是( B )A21 B20 C19 D18解析 因为 a1 a3 a5105， a2 a4 a699，所以 a335， a433，从而d2， a139， Sn39 n n(n1)(2) n240 n.所以当 n20 时 Sn取最大值，选12B4(2018湖南联考)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，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长 5尺，一头粗，一头细，在最粗的一端截下 1尺，重 4斤；在最细的一端截下 1尺，重 2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，其总

10、重量为W，则 W的值为( C )A4 B12 C15 D18解析 由于粗细是均匀变化的， 所以为等差数列，即 a14， a52，所以总重量为S5 515.故选 Ca1 a52考点三 等差、等比数列的性质等差、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5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1(2018蚌埠模拟)设等差数列 an的前 10项和为 20，且 a51，则 an的公差为( B )A1 B2C3 D4解析 等差数列 an的前 10项和为 20，所以

11、 S10 5( a1 a10)10 a1 a1025( a5 a6)20.所以 a64 a53.则 an的公差为 a6 a5312. 故选 B2(2018永州三模)记 Sn为正项等比数列 an的前 n项和，若 S42 S22，则S6 S4的最小值为_8_解析 在等比数列 an中，根据等比数列的性质，可得 S2， S4 S2， S6 S4构成等比数列，所以( S4 S2)2 S2(S6 S4)，所以 S6 S4 ，因为 S42 S22，即 S4 S2 2S2S4 S2 S22，所以 S6 S4 S2 42 48，当 S2 2 2S2 S2 4S2 4S2 4S2 S24S2且仅当 S2 时，等号

12、是成立的，所以 S6 S4的最小值为 84S2考点四 等差、等比数列的综合问题等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便(2)数列的通项或前 n项和可以看作关于 n的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题1(2018株洲二检)已知等差数列 an的公差为 2，若 a1， a3， a4成等比数列， Sn是an的前 n项和，则 S9等于( C )A8 B66C0 D10解析 a1， a3， a4成等比数列， a a1a4，( a122) 2 a1(

13、a132)，化为232a116.解得 a18.则 S989 20，故选 C9822(2018武汉一模)已知 Sn是等比数列 an的前 n项和， S3， S9， S6成等差数列，a2 a54，则 a8_2_解析 因为 S3， S9， S6成等差数列，所以公比 q1，又 2 ，1 q91 q 1 q31 q 1 q61 q整理得到 2q61 q3，所以 q3 ，12故 a2 4，解得 a28，故 a88 2(112) 143(2018雅安三诊)已知数列 an是等差数列，数列 bn是等比数列，满足： a1 000 a1 0182， b6b2 0122，则 tan _ _a2 a2 0161 b3b2 015 3解析 数列 an是等差数列，数列 bn是等比数列， a1 000 a1 0182 a1 0092，即 a1 009； b6b2 012 b 221 009tan tan tan a2 a2 0161 b3b2 015 2a1 0091 b 21 009 23 3