浙江省高考数学第二轮复习专题四数列第1讲等差数列

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(浙江专用)高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试

第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．5 2D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ，所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1. 答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面，在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)，则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ，所以V A ′PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫0，233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形，所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形，所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四第一讲等差数列、等比数列

(1)求{an}的通项公式．
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时.Sn取得最小值.最小值为－16.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)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}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )

2015届高考数学(理科)二轮配套课件：专题四_第1讲_等差数列和等比数列

专题四数列、推理与证明
第 1讲
等差数列和等比数列
主干知识梳理
热点分类突破
真题与押题
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.
考 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是情解高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的读
综合能力．
主干知识梳理
1．an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋„＋an，
(2) 在等差数列 {an} 中， a5<0 ， a6>0 且 a6>|a5| ， Sn 是数列的前n项的和，则下列说法正确的是( )
A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6„均大于0
B．S1，S2，„S5均小于0，S6，S7，„均大于0
C．S1，S2，„S9均小于0，S10，S11„均大于0
5 (2)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＋a3＝， 2 5 Sn a2＋a4＝，则等于( 4 an A．4n－1 C．2n－1 )
思维启迪求出 a1， q，代入化简．
B．4n－1 D．2n－1
解析
a ＋a ＝5， 3 1 2 ∵ 5 a2＋a4＝， 4
(1) 等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，若 a2 ＋ a4 ＋ B.24 D.7
利用 a 1 ＋ a 7 ＝ 2 a 4 建立 S 7
a6＝12，则S7的值是( C ) 思维启迪
和已知条件的联系；
由题意可知，a2＋a6＝2a4，
则3a4＝12，a4＝4， 7×a1＋a7 所以 S7＝＝7a4＝28. 2ຫໍສະໝຸດ 前nna1＋an Sn＝ 2
a11－qn (1)q≠1，Sn＝ 1－ q a1－anq ＝ 1－ q (2)q＝1，Sn＝na1

第1讲等差数列与等比数列

所以 q=- 1 ,所以 S4=S3+a4= 3 - 1 = 5 .
2
4 88
答案: 5 8
4.(2019·全国Ⅰ卷)记
Sn
为等比数列{an}的前
n
项和.若
a1=
1 3
,
a42
=a6,则
S5=
.
解析:设等比数列{an}的公比为 q,由 a42 =a6 可得 a12 q6=a1q5,解得 a1q=1,
则 S9= 9a1 a9 = 9 4 =18.故选 A.
2
2
(2)(2019·南昌期中)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a2019 >-1 且 Sn 有最小 a2020
方法技巧
解等差数列、等比数列基本运算问题的基本思想是方程思想,即通过等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式得出基本量(等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比),然后再通过相关公式求得结果.
热点训练1:(1)(2019·湖南省长望浏宁四县高三3月调研)中国古代词中,有一道“八子分绵”的数学名题:“九百九十六斤绵,赠分八子做盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言”.题意是:把996斤绵分给8个儿子做盘缠,按照年龄从大到小的顺序依次分绵,年龄小的比年龄大的多17斤绵,那么第8个儿子分到的绵是( ) (A)174斤 (B)184斤 (C)191斤 (D)201斤
(1)证明:由题设得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn),则 an+1+bn+1= 1 (an+bn). 2
又因为 a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为 1,公比为 1 的等比数列. 2

专题四第1讲：等差数列、等比数列

专题四数列第一讲等差数列、等比数列考点一等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ； S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1).[对点训练]1．在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( ) A ．12 B ．18 C ．24 D ．30[解析] 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 5＋a 10＝12，所以2a 1＋13d ＝12，所以3a 7＋a 9＝3(a 1＋6d )＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2(2a 1＋13d )＝2×12＝24. [答案] C2．(2018·山东青岛模拟)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，则λ的值为( )A ．18B ．20C ．21D ．25[解析]设公差为d ，由a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝3a 1＋9d ，9a 1＋9×8d2＝λa 1＋3λd ，解得λ＝18，故选A.[答案] A3．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，即q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12，故选C.[答案] C4．在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝________.[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.[答案] 4或－4[快速审题] 看到求项、求和，想到求a 1，d ，q 及通项公式、前n 项和公式．等差(比)数列的运算注意两点(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．考点二等差、等比数列的性质[对点训练]1．(2018·山西太原一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 3＋a 10＝9，则S 9＝( )A ．3B ．9C ．18D ．27[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 3＋a 10＝9，∴3a 1＋12d ＝9，即a 1＋4d ＝3，∴a 5＝3，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，故选D.[答案] D2．(2018·山东菏泽一模)在等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( ) A ．2 B ．－ 2 C. 2 D ．－2或 2[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，可得a 2a 16＝2，所以a 29＝2，则a 2a 16a 9＝a 9＝±2，故选D.[答案] D3．(2018·合肥模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5＝1，S 10＝3，则S 15的值是________．[解析]∵数列{a n}是等比数列，∴S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，∴(S10－S5)2＝S5·(S15－S10)，4＝1×(S15－3)，得S15＝7.[答案]7[探究追问] 3题中条件不变，如何求S100的值？[解析]在等比数列{a n}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S5＝1，S10＝3，所以S100可表示为等比数列1,2,4，…的前20项和，故S100＝1×(1－220)1－2＝220－1.[答案]220－1[快速审题] 看到等差、等比数列，想到等差、等比数列项的性质、和的性质．等差(比)数列性质应用策略解决此类问题的关键是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当的性质进行求解．考点三等差、等比数列的判定与证明1．证明数列{a n}是等差数列的两种基本方法(1)利用定义，证明a n＋1－a n(n∈N*)为一常数；(2)利用等差中项，即证明2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．2．证明数列{a n}是等比数列的两种基本方法[解] (1)证明：由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， ∴b 1＝a 2－2a 1＝3. 由S n ＋1＝4a n ＋2①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1) 又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，∴{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －14，a n ＝(3n －1)·2n －2.等差、等比数列的判定与证明应注意的两点(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式的特征，但不能作为证明方法．(2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．[对点训练]若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12[解析] 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.[答案] B2．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8[解析] 解法一：等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，得d ＝4，故选C.解法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n 项和公式可列方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝4，故选C.[答案] C3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 23＝a 2·a 6，即(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍去)，又a 1＝1，∴S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24，故选A.[答案] A4．(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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225f D.1227f[解析] 由题意知，十三个单音的频率构成首项为f ，公比为122的等比数列，设该等比数列为{a n }，则a 8＝a 1q 7，即a 8＝1227f ，故选D.[答案] D5．(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.[解析] 设等比数列{a n }的公比为q .当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 6＝6a 1＝2S 3，不符合题意，∴q ≠1，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，∴a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.[答案] 32高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)，该部分以选择题、填空题为主，在4～7题的位置或13～14题的位置，难度不大，以两类数列的基本运算和基本性质为主．热点课题10 数列中的最值问题[感悟体验]1．(2018·江西五校联考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8>0，且S 9<0，则S 1、S 2、…、S 9中最小的是( )A ．S 5B ．S 6C ．S 7D ．S 8 [解析] 在等差数列{a n }中， ∵a 3＋a 8>0，S 9<0， ∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8>0，S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5<0， ∴a 5<0，a 6>0，∴S 1、S 2、…、S 9中最小的是S 5，故选A. [答案] A2．(2018·山东青岛模拟)已知a n ＝n －2017n －2018(n ∈N *)，则在数列{a n }的前50项中，最小项和最大项分别是( )A．a1，a50B．a1，a44 C．a45，a50D．a44，a45[解析]a n＝n－2017n－2018＝n－2018＋2018－2017n－2018＝1＋2018－2017n－2018.结合函数y＝a＋cx－b(c>0)的图象，要使a n最大，则需n－2018最小且n－2018>0，∴当n＝45时，a n最大，当n＝44时，a n最小，故选D.[答案] D专题跟踪训练(十八)一、选择题1．(2018·长郡中学摸底)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4＋a12－a8＝8，a10－a6＝4，则S23＝( )A．23 B．96 C．224 D．276[解析]设等差数列{a n}的公差为d，依题意得a4＋a12－a8＝2a8－a8＝a8＝8，a10－a6＝4d＝4，解得d＝1，所以a8＝a1＋7d＝a1＋7＝8，解得a1＝1，所以S23＝23×1＋23×222×1＝276，故选D.[答案] D2．已知数列{a n}为等比数列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差数列，则公差d为( ) A．2 B．3 C．4 D．5[解析]设{a n}的公比为q，由题意得2(a3＋4)＝a1＋1＋a5＋7⇒2a3＝a1＋a5⇒2q2＝1＋q4⇒q2＝1，即a1＝a3，d＝a3＋4－(a1＋1)＝4－1＝3，故选B.[答案] B3．等比数列{a n}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．5[解析] 因为{a n }为等比数列，所以a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，所以(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝(a 5＋a 7)2a 1＋a 3＝428＝2；同理，a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项，所以(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝(a 9＋a 11)2a 5＋a 7＝224＝1.所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3，故选C.[答案] C4．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0)∪[1，＋∞) C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 因为等比数列{a n }中a 2＝1，所以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎪⎫1＋q ＋1q ＝1＋q ＋1q .当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3；当公比q <0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2(－q )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D. [答案] D5．(2018·江西七校联考)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝38n ＋142n ＋1(n ∈N *)，则a 6b 7＝( )A ．16 B.24215 C.43223 D.49427[解析] 令S n ＝38n 2＋14n ，T n ＝2n 2＋n ，∴a 6＝S 6－S 5＝38×62＋14×6－(38×52＋14×5)＝38×11＋14；b 7＝T 7－T 6＝2×72＋7－(2×62＋6)＝2×13＋1，∴a 6b 7＝38×11＋142×13＋1＝43227＝16，故选A.[答案] A6．(2018·河南郑州二中期末)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2 D.92[解析] ∵a 1＝1，a 1、a 3、a 13成等比数列， ∴(1＋2d )2＝1＋12d .得d ＝2或d ＝0(舍去) ∴a n ＝2n －1， ∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，∴2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2.令t ＝n ＋1，则2S n ＋16a n ＋3＝t ＋9t －2≥6－2＝4当且仅当t ＝3，即n ＝2时，∴2S n ＋16a n ＋3的最小值为4，故选A.[答案] A 二、填空题7．(2018·福建四地六校联考)已知等差数列{a n }中，a 3＝π4，则cos(a 1＋a 2＋a 6)＝________.[解析] ∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 6＝a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝34π，∴cos(a 1＋a 2＋a 6)＝cos 34π＝－22.[答案] －228．(2018·山西四校联考)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.[解析] 解法一：设数列{a n }的公比为q ，由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5，即1＋q 2＝5，所以q 2＝4，S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17.解法二：由等比数列的性质可知，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，若设S 2＝a ，则S 4＝5a ，由(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)得S 6＝21a ，同理得S 8＝85a ，所以S 8S 4＝85a5a＝17.[答案] 179．已知数列{x n }各项均为正整数，且满足x n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧x n 2，x n 为偶数，x n ＋1，x n 为奇数，n ∈N *.若x 3＋x 4＝3，则x 1所有可能取值的集合为________．[解析] 由题意得x 3＝1，x 4＝2或x 3＝2，x 4＝1. 当x 3＝1时，x 2＝2，从而x 1＝1或4；当x 3＝2时，x 2＝1或4，因此当x 2＝1时，x 1＝2，当x 2＝4时，x 1＝8或3. 综上，x 1所有可能取值的集合为{1,2,3,4,8}． [答案] {1,2,3,4,8} 三、解答题10．(2018·沈阳市高三第一次质量监测)已知数列{a n }是等差数列，满足a 1＝2，a 4＝8，数列{b n }是等比数列，满足b 2＝4，b 5＝32.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)×2＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 5b 2＝8，解得q ＝2.因为b 1＝b 2q＝2，所以b n ＝b 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)可得，S n ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.11．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．[解] (1)设{a n }的公差为d ，由题意得 3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.12．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．[解] (1)证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．所以对任意实数λ，数列{a n }都不是等比数列．(2)因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n(a n －3n ＋21)＝－23b n ，b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b 1＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，则b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．。

高考数学二轮复习专题4数列第1讲等差数列与等比数列理

第1讲等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10等于( B )(A)(B)(C)10 (D)12解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=+9=,选B.2.(2015辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4-2+3a8=0,数列{b n}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为a4-2+3a8=0,所以a1+3d-2+3(a1+7d)=0,所以4(a1+6d)-2=0,即4a7-2=0,又a7≠0,所以a7=2,所以b7=2,所以b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3==8.故选D.3.(2015河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若27a3-a6=0,则= .解析:设等比数列公比为q(q≠1),因为27a3-a6=0,所以27a3-a3q3=0,所以q3=27,q=3,所以====28.答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9=+2a4a6+=(a4+a6)2=102=100.故选C.5.设等比数列{a n}中,前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( A )(A)(B)-(C)(D)解析:因为a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以有8(S9-S6)=1,即S9-S6=.故选A.6.(2015新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于( C )(A)2 (B)1 (C)(D)解析:法一根据等比数列的性质,结合已知条件求出a4,q后求解.因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),所以=4(a4-1),所以-4a4+4=0,所以a4=2.又因为q3===8,所以q=2,所以a2=a1q=×2=.故选C.法二直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出q后求解.因为a3a5=4(a4-1),所以a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将a1=代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,所以a2=a1q=.故选C.7.(2015哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设S n是公差不为零的等差数列{a n}的前n项和,且a1>0,若S5=S9,则当S n最大时,n等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以2(a7+a8)=0,所以a7+a8=0,又a1>0,所以该等差数列的前7项为正数,从第8项开始为负数.所以当S n最大时,n=7.故选B.8.(2015东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足a4+a6+a2010+a2012=8,则S2015= .解析:因为a4+a6+a2010+a2012=8,所以2(a4+a2012)=8,所以a4+a2012=4.所以S2015===4030.答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015甘肃二诊)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S17>0,S18<0,则,,…,中最大的项为( C )(A)(B)(C)(D)解析:因为S17==17a9>0,S18==9(a10+a9)<0,所以a9>0,a10+a9<0,所以a10<0.所以等差数列为递减数列,则a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负,S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,所以>0,>0,…,>0,<0,<0,…,<0,又S1<S2<…<S9,a1>a2>…>a9,所以,,…,中最大的项为.故选C.10.(2014辽宁卷)设等差数列{a n}的公差为d,若数列{}为递减数列,则( C )(A)d<0 (B)d>0(C)a1d<0 (D)a1d>0解析:因为数列{}为递减数列,a1a n=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于n的一次函数,所以a1d<0.11.(2015兰州高三诊断)在等比数列{a n}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)因为{a n}为等比数列,所以=q3=8;所以q=2.所以a n=2·2n-1=2n.(2)b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,又因为{b n}为等差数列,所以b5-b3=24=2d,所以d=12,b1=a3-2d=-16,所以S n=-16n+×12=6n2-22n.一、选择题1.(2015云南第二次检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1∶a2=1∶2,则S1∶S3等于( D )(A)1∶3 (B)1∶4 (C)1∶5 (D)1∶6解析:S1∶S3=a1∶(a1+a2+a3)=a1∶3a2,又a1∶a2=1∶2,所以S1∶S3=1∶6.故选D.2.(2015银川九中月考)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n等于( B )(A)2n-1 (B)（）n-1(C)（）n-1(D)解析:由S n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),所以S n+1=S n.所以{S n}是以S1=a1=1为首项,为公比的等比数列.所以S n=（）n-1.故选B.3.(2015河北石家庄二模)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5等于( A )(A)(B)-(C)2 (D)-2解析:设公比为q,因为S3=a2+5a1,所以a1+a2+a3=a2+5a1,所以a3=4a1,所以q2==4,又a7=2,所以a5===.故选A.4.已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( D )(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7解析:法一利用等比数列的通项公式求解.由题意得所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.法二利用等比数列的性质求解.由解得或所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.5.(2015兰州高三诊断)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4=18-a5,则S8等于( D )(A)18 (B)36 (C)54 (D)72解析:因为a4=18-a5,所以a4+a5=18,所以S8====72.故选D.6.(2014郑州市第二次质量预测)在数列{a n}中,a n+1=ca n(c为非零常数),前n项和为S n=3n+k,则实数k为( A )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2解析:由a n+1=ca n,可知{a n}是等比数列,设公比q,由S n=,得S n=-·q n+.由S n=3n+k,知k=-1.故选A.7.设{a n}是公差不为零的等差数列,满足+=+,则该数列的前10项和等于( C )(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),由+=+得,(a1+3d)2+(a1+4d)2=(a1+5d)2+(a1+6d)2,整理得2a1+9d=0,即a1+a10=0,所以S10==0.故选C.8.(2015北京卷)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是( C )(A)若a1+a2>0,则a2+a3>0(B)若a1+a3<0,则a1+a2<0(C)若0<a1<a2,则a2>(D)若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0解析:因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3.当a2>a1>0时,得公差d>0,所以a3>0,所以a1+a3>2,所以2a2>2,即a2>,故选C.9.(2015大连市二模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=4,S10=110,则的最小值为( C )(A)7 (B)(C)(D)8解析:设等差数列{a n}的公差为d,则解得所以a n=2+2(n-1)=2n,S n=2n+×2=n2+n,所以==++≥2+=.当且仅当=,即n=8时取等号.故选C.10.(2015福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( D ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,所以a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.因为a,b,-2适当排序后成等比数列,所以-2是a,b的等比中项,得ab=4,所以q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a<b,则-2,a,b成递增的等差数列,所以2a=b-2,联立消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,所以a=1,此时b=4,所以p=a+b=5,所以p+q=9.故选D.二、填空题11.(2015黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a4+a8+a12=6,则a9-a11= .解析:设等差数列{a n}公差为d,因为a4+a8+a12=6,所以3a8=6,即a8=a1+7d=2,所以a9-a11=a1+8d-(a1+10d)=a1+ d=(a1+7d)=×2=.答案:12.(2015宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足a2=,a6=,且=(n≥2,n∈N*),则log2a4= .解析:因为=(n≥2,n∈N*),所以=a n-1·a n+1,所以数列{a n}为等比数列.又a2=,a6=,所以q4==.因为数列为正项数列,所以q>0,所以q=.所以a4=a2q2=×=,所以log2a4=log2=-3.答案:-313.(2015安徽卷)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.解析:因为a1=1,a n=a n-1+(n≥2),所以数列{a n}是首项为1、公差为的等差数列,所以前9项和S9=9+×=27.答案:2714.(2015湖南卷)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:设等比数列{a n}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2, S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-1。

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理第一讲等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)．即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题．故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32．解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。

高考数学二轮复习第二编专题四数列第1讲等差数列与等比数列课件文

解 (1)当 n≥2 时，由 an＋1＝2Sn＋3，得 an＝2Sn－1＋3，两式相减，得 an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an， ∴an＋1＝3an，∴aan＋n 1＝3. 当 n＝1 时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则aa21＝3. ∴数列{an}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列． ∴an＝3×3n－1＝3n.
12/11/2021
核心知识回顾
12/11/2021
1．等差数列
□ (1)通项公式： 01 an＝an＋(n－1)d＝am＋(n－m)d . □ (2)等差中项公式： 02 2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2) ． □ (3)前 n 项和公式： 03 Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－2 1d .
12/11/2021
真题VS押题
12/11/2021
『真题模拟』
1．(2018·陕西商洛模拟)在等差数列{an}中，a5＝9，且
2a3＝a2＋6，则公差 d＝( )
A．－3
B．－2
C．3
D．2
解析因为 2a3＝a2＋6，所以 a2＋a4＝a2＋6，所以 a4 ＝6，故 d＝a5－a4＝9－6＝3.
12/11/2021
考向2 等差数列、等比数列的判定与证明例 2 (2018·银川质检)已知数列{an}中，a1＝1，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an＝2S2nS－2n 1(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列S1n是等差数列； (2)证明：13S1＋15S2＋17S3＋…＋2n1＋1Sn<12.
12/11/2021
□ 2．等比数列
(1)等比数列的通项公式： 01 an＝a1qn－1＝amqn－m .
□ (2)等比中项公式： 02 a2n＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2) ．

2025高考数学二轮复习数列

用两式相除(即比值)的方式进行相关计算.
对点练1
(1)(2024·新高考Ⅱ,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,
则S10=
95
.
解析 (方法一)设数列{an}的公差为d,因为
a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,
和为Tn,若
,
m,使得4S1,S3,Sm成等比数列?
,且b1=2,T4=5T2,是否存在大于2的正整数
解设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q(q>0).
由题意知 q≠1,由
1 (1-4 )
T4=5T2,得
1-
=
51 (1-2 )
,
1-
整理得 1+q2=5,因为 q>0,所以 q=2.所以 bn=2n.
∴b1=a2-2a1=3.
∵Sn+1=4an+2,∴当n≥2时,Sn=4an-1+2,
∴an+1=Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1).
又bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,
∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
n-1
(2)由(1)可得 bn=an+1-2an=3×2 ,∴
1 + 3 = 8,
1 = 12,
21 + 2 = 8,
当选取①②时,有
所以
解得
4 + 5 = -16,

2020年浙江高三数学总复习：等差数列与等比数列复习讲义

第一节等差数列与等比数列-备考方向明确h --------------------------- 一方向比勢力更重要 ------------网络构建一、数列的概念与简单表示法1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项.数列的分类2.3. 数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法4. 数列的函数特征从函数观点看，数列可以看成以正整数集N(或它的有限子集｛1,2,3,…,n｝)为定义域的函数a n=f(n)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.5. 数列的通项公式如果数列｛a n｝的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.6. 数列的递推公式如果已知数列｛a n｝的任何一项a n与它的前一项a n-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做数列｛a n｝的递推公式.7. a n与S n的关系(1)S n=a i+a2+…+a.⑵若数列｛a n｝的前n项和为S n,则a n= S l n =1 ,n -2.A L理解辨析(1) 并非每个数列都有通项公式(2) 数列的通项公式并不唯一.二、等差数列和等比数列1. 理解辨析数列中求最大项、最小项问题.(1)求最大项a n,则满足不等式组弘-3…n 丄⑵求最小项a n,则满足不等式组an泊1，.an —务丄2. 相关的结论(1)若三个数成等差数列可设为a-d,a,a+d;成等比数列可设为aq1,a,aq.若四个数成等差数列可设为a-3d,a-d,a+d,a+3d;成等比数歹U可设为aq-3,aq-1,aq,aq 3.⑵等差数列｛a n｝,｛b n｝的前n项和分别为S,T n,则色二旦.b n T2n丄⑶若｛a n｝是等差数列，则｛c a"｝(c>0)是等比数列；若｛b n｝是等比数列，则｛log a b n｝(a>0且a^ 1)是等差数列.温故知新1. (2018 •北京卷)设｛a n｝是等差数列,且a i=3,a2+a5=36,则｛a n｝的通项公式为________ .解析：法一设等差数列｛a n｝的公差为d.因为0+3=36,所以(a i+d)+(a i+4d)=36,所以2a i+5d=36.因为a i=3,所以d=6,所以通项公式为a n=a i+(n-1)d=6n-3.法二设等差数列｛a n｝的公差为d.因为a2+a5=a i+a s=36,a 1=3,所以a6=33,所以d=a^a1=6.5因为a i=3,所以通项公式为a n=6n-3.答案:a n=6 n-32. 数列｛a n｝中a1=2,a n+1=2a n,S n为｛a n｝的前n 项和,若S=126,则n= _______ .解析：由已知｛a n｝为等比数列，首项为2,公比为2,则s二兰¥=126,解得n=6.答案:63. 在等差数列40,37,34,…•中,第一个负数项是________ .解析：因为a1=40,d=37-40=-3,所以a n=40+(n-1) x (-3)=-3n+43.令a n<0,即-3n+43<0,解得n>43 .3故第一个负数项是第15项，即a15=-3 x 15+43=-2.答案：-24. 已知等差数列｛a n｝的前n项和为S,a 2+5=2a,a i°=-3,则a i= ,S 8= .解析：设首项为a i,公差为d,由已知得a i+5d=5,a i+9d=-3,解得a i=15,d=-2,所以S=8a+口d=64.2答案:15 645. (2018 •杭州教学质量检测)设各项均为正数的等比数列｛a n｝的前n项和为S n,若S=80,S2=8,则公比q _________ ,a5= _______ .解析：由题意,设数列｛a n｝的公比为q(q>0),4根据题意可得a1 1 t =80,1 —qa10T2 )=81 -q '可解得a1=2,q=3,根据等比数列的通项公式得a5=2 • 34=162.答案:3 162-高频考点突破---------- 在训练中掌握方法i --------- 考点一等差、等比数列基本量的计算【例1] (1)若等比数列｛a n｝满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q等于(A)2 (B)4 (C) 士2 (D) 士4⑵（2018 •浙江重点中学协作体联考）《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰，书中有这样一道题：“今有大夫、不更、簪褭、上造、公士，凡五人,共猎得五只鹿.欲以爵次分之，问各得几何？”其译文是“现有从高到低依次为大夫、不更、簪褭、上造、公士的五个不同爵次的官员，共猎得五只鹿，要按爵次高低分配（即根据爵次高低分配得到的猎物数依次成等差数列），问各得多少鹿？”已知上造分M3只鹿,则公士所得鹿数为（）（A ）1 只（B ）4 只（C ）3 只（D ）5 只解析：（1）由a 2^20,得峯站严①日 3代=40 a iq - a iq 40,② 用②—①得q=2. 故选A.解析:（2）设大夫、不更、簪褭、上造、公士所分得的鹿依次为 a i ,a 2,a 3,a 4,a 5,由题意可知，数列｛a n ｝为等差数列, 且 a 4=2 ,S 5=5,3原问题等价于求解a 5的值. 由等差数列前n 项和公式可得 S ，= a^as x 5=5a 3=5,2则 a 3=1, 数列的公差为 d=a 4-a 3=- -1=- 1,33故 a 5=a 4+d=--丄二1.33 3亠已5二即公士所得鹿数为1只•故选C.XE (1)在等差数列和等比数列中，a i,d(或q),n,a n,S n五个量可以知三求二，往往采取解方程(组)思想.(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a i,公差d(或公比q)是等差(等比)数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.(.迂移逊蜒1. 设等差数列｛a n｝的前n项和为S,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m等于(C )(A) 3 (B)4 (C)5 (D)6解析：法一由已知得a rn=SrS m-i=2,a m+1=S m+1-S m=3,因为数列｛a n｝为等差数列，所以d=a m+-a m=1, 又因为S m=m a1 am =0,2所以m(ai+2)=0,因为m^ 0,所以a1=-2,又a m=a1+(m-1)d=2,解得m=5.法二因为数列｛a n｝为等差数列，且前n项和为S,所以数列｛半｝也为等差数列，^所以 $ 丄+ S m 1= 25m T m 比m '即斗丄=0,m -1 m 1解得m=5.经检验m=5为原方程的解.2. ___________________________________________ 已知等比数列｛a n｝满足a=2,a3a5=4a；,则a3= ____________________ .解析:设公比为q,据条件知a4 =4a：,故a4=± 2a6,即a6=± 1 a4,但a6=a4q2,故q2=1.2因止匕a3=a〔q =1.答案：1考点二等差、等比数列的判断与证明【例2】已知数列｛a n｝的前n项和为S,且满足a i=* ,a n=-2S nS-i(n > 2).(1)求证:数列1是等差数列.⑵求S n和a n.(1) 证明：当门》2 时,a n=S n-S n-1=-2S n S n-1, ①因为S=a i M0,由递推关系知S M 0(n € N),由①式得右--L=2(n > 2).Si S n 1_所以丄是等差数列，其中首项为丄二丄=2,公差为2.§n ”S i a i(2) 解:由(1)知丄=2+2(n-1)=2n,所以S二丄.S n 2n当n》2 时,a n=S-S n-1=--,2n(n 7 )当n=1时,a1=S=1不适合上式，, n二1,所以a n= 1- 2n(n_1 严2.【例3】(2018 •金丽衢十二校联考)已知数列｛a n｝的首项a i=1,前n 项和为S n,且a n+i二S+n+1(n € N+).(1)求证数列｛a n+1｝为等比数列；⑵设数列｛ 1｝的前n项和为T n,求证:T n<-.a n 5证明:(1)a n+i=S+n+1,可得当n>2 时,a n=S n-i+ n,两式相减可得,a n+i_a n=a n+1,可得a n+i+1=2(a n+1),n》2,由a i+1=2,a2+1=4,可得数列｛a n+1｝为公比为2的等比数列.(2)a n+仁2・ 2n-1 =2n,即有a n=2n-1,当n=1 时,T i=1,当n=2 时,T 2=1+1,3当"=3时厂=1+3+1哼, 显然有T n<9;5n>3 时,T n=1+1+- + 丄+•…+ 亠<1+1+ 丄+(丄+=+••• +3 7 15 2 -1 3 7 ' 8 161=1+1+丄+ §23 71」2<1+!+- + - = 1+- +—<1+^+3=93 74 7 12 555(1)判定数列｛a n｝是等差数列的常用方法①定义法：对任意n € N；a n+i-a n是同一个常数；②等差中项法：对任意n》2,n € N；满足2a n=an+i+a n-i;③通项公式法：数列的通项公式a n是n的一次函数；④前n项和公式法:数列的前n项和公式S是n的二次函数，且常数项为0.⑵等比数列的判定方法①定义法：若也=q（q为非零常数）或旦=q（q为非零常数且n》2）,则a n a n 丄数列｛a n｝是等比数列.②等比中项法:若数列｛a n｝中,a n^0且a2i=a • a n+2（n € N）,则数列｛a n｝是等比数列.③通项公式法：若数列通项公式写成a n=c • q n（c、q均是不为0的常数,n € N）,则数列｛a n｝是等比数列.④前n项和公式法：若数列｛a n｝的前n项和S=k • q n-k（k为常数且k 工0,q工0,1）,则数列｛a n｝是等比数列.如果判定某数列不是等比数列，只需判定其任意的连续三项不成等比数列即可.L迁務训练1. 设数列｛a n｝的各项都为正数，其前n项和为S n,已知对任意n € N；S n 是a2和a n的等差中项.证明数列｛a n｝为等差数列，并求数列｛a n｝的通项公式.证明:由已知得2S=a：+a n,且a n>0,当n=1 时,2a i=a；+a i,解得a i=1(a i=0舍去);当n》2 时，有2S-i =a：丄+a n-i. '于^是2S-2S n-1 = a；- a ft +a n_a n-1 , 即2a n= a；- a；t+an_a n-1 .于是a：- a n 丄= a n+a n-1 .即(a n + an-1 )(a n-a n-1) = a n+a n-1 .因为a n+a n-1>0,所以a n-a n-i =1(n》2).故数列｛a n｝是首项为1,公差为1的等差数列, 所以数列｛a n｝的通项公式为a n二n.2. 设｛a n｝是公比为q的等比数列.(1) 推导｛a n｝的前n项和公式；(2) 设q z 1,证明数列｛a n+1｝不是等比数列.(1)解:设｛a n｝的前n项和为S,贝H S=a+a2+…+an,因为｛a n｝是公比为q的等比数列，所以当q=1时S=nai,当q z 1时.S=a1+ag+a1q2+…+詢-1,①qS二眄+眄2+…+眄：②所以S=「〕，1 -q①-②得(1-q)S n=a1-a1q n,]na i,q =1, 所以S n= a i 1_q n*^q韵.⑵证明：假设｛a n+1｝是等比数列，则对任意的k € N,2(a k+i+1) =(a k+1)(a k+2+1),a21+2a k+1+1=Qa k+2+a k+ak+2+1,2k k k-1 k+1 k-1 k+1a2 q +2眄二aq • aq +aq +aq ,因为a1工0,所以2q k=q k-1+q k+1,因为q z 0,所以q2 3 4 5-2q+1=0,所以q=1,这与已知矛盾.所以假设不成立，故｛a n+1｝不是等比数列.考点三等差、等比数列的性质及应用【例4】(1)设数列｛a n｝,｛b n｝都是等差数列,若a+b=7,a3+b3=21,则a5+b5= _______ ;⑵设等差数列｛a n｝的前n项和为S n,若S6>S7>S,则a n>0的最大n二______ ,满足S k S k+1<0的正整数k= ________ .解析：(1)由于｛a n｝,｛b n｝都是等差数列，故｛a n+b n｝也是等差数列，记c n=a n+b n,则C1=7,C3=21,其公差d^2^7 =14=7.故C5=o+4d=7+4X 7=35.3 —1 2所以a5+b5=35.⑵依题意、a6=S-S5>0,a 7=S-S6<0,a 6+a7=S-S5>0,则^1=11a^a11 =11a3>0,S2 = 12® +a12) = 12® +a7 ) >02 2 'S3=13a1氐=13a<0,所以S2S3VO,2即满足SS+i VO的正整数k=12.答案:(1)35 (2)6 12圧E(1)等差数列与等比数列的性质在解题中合理运用，可以优化解题过程.⑵解题时，是否能用等差、等比数列的性质，主要是观察所给项的序号之间是否存在等差关系.［年iE移调ME1. 在正项等比数列｛a n｝中,已知a i a2a3=4,a4a5a6=12,a n-i a n a n+i=324,则n 等于(C )(A)11 (B)12 (C)14 (D)16解析:由a i a2a3=4=a；q 与a4a5a s=12=a i3q ,可得q9=3,3n-3^又a n-1 a n a n+1=a f q =324,因此q3n-6=8仁34二q4x 9=q36,所以n=14.故选C.2. 已知数列｛a n｝是公差不为0的等差数列,b n=2a n,数列｛b n｝的前n项, 前2n项，前3n项的和分别为A,B,C,则(D )2(A)A+B=C (B)B =AC(C)(A+B)-C=B2(D)(B-A) 2=A(C-B)解析：因为｛a n｝是公差不为0的等差数列，所以｛b n｝是公比不为1的等比数列，由等比数列的性质，可得A,B-A,C-B成等比数列，2所以可得(B-A)二A(C-B),故选D.解超凰范劳实------------------------- "佃柑.***刘等差(或等比)数列的判断与证明【例题】(2017 •江苏卷)对于给定的正整数k,若数列｛a n｝满足a n-k+a n-k+i + …+a n-i+a n+i+…+3+k-i +a n+k=2ka n,对任意正整数n(n>k)总成立, 则称数列｛a n｝是“P(k)数列”.(1) 证明：等差数列｛a n｝是“ P(3)数列”；(2) 若数列｛a n｝既是“ P(2)数列”,又是“ P(3)数列”,证明:｛a n｝是等差数列.证明：(1)因为｛a n｝是等差数列，设其公差为d,则a n=a i+(n-1)d,从而，当n》4时，a n-k +a n+k=a1+(n-k-1)d+a 1+( n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,以a n-3 +a n-2 +a n-1 +a n+1+a n+2+a n+3=6a,因此等差数列｛a n｝是“ P(3)数列”.(2)数列｛a n｝既是“ P(2)数列”,又是“ P(3)数列”,因此,当n》3 日寸,a n-2 +an-1 +a n+1 + a n+2=4a n, ^0当n》4时,a n-3 +Q1-2 +a n-1+a n+1 + a n+2 + 3i+3=6a n. ^②由①矢口,a n-3 +31-2 =4a n-1-(a n+a n+1),a n+2 + a n+3=4a>+1-(a n-1 + a n),④将③④代入②，得a n-i +a n+i=2a n,其中n》4, 所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,贝卩a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a s-d',在①中，取n=3,贝S a i+a2+a4+a5=4a3,所以a i=a s-2d',所以数列｛a n｝是等差数列.解题规范可规范要求:(1)证明数列是等差或等比数列时应紧扣定义(2)对等差、等比数列定义中的“常数”要有充分的认识一个数值,而非几个数值.【规范训练】已知数列｛a n｝中,a i=3 ,a n=2-丄(n >2,n5 a n丄满足 *二J(n € N).a n —1(1)求证：数列｛b n｝是等差数列；⑵求数列｛a n｝中的最大项和最小项，并说明理由.(1)证明：因为a n=2-丄(n >2,n € N),an丄所以b n+1-b n=—a n 十一113I一1,常数应是同€ N),数列｛b n｝a n 一'1a n 一'1a n 一'1a n 一'1a1=b1=-1,a4=b4=8,则善=又 b l 二丄=-5,a n —1 2 '所以数列｛b n ｝是以-£为首项，以1为公差的等差数列.⑵解：由（1）知b n =n-J贝卩 a n =1+2=1+-^.b n 2n —7所以当n=3时,a n 取得最小值-1,当n=4时,a n 取得最大值3.一课堂类题精练h ------------------------ 在练习中陈会学习的乐趣 ----------- 类型一等差、等比数列基本量的计算1.等差数列｛a n ｝前n 项和为S,a 3=7,S 6=51,则公差d 的值为（B ）(A)2 (B)3 (C)-3 (D)4解析：根据已知得a 1+2d=7且6a 1+15d=51, 消去a,解得d=3.故选B.2.已知等比数列｛a n ｝中,a 3=9,前三项和S=27,则公比q 的值为（C ）12(C)1 或-1(D)-1 或-2 解析:当q=1时，显然成立， -i a ^2 =9, 当q z 1时，由题意得印1 —q 3 - 27. 1 -q日1 =36,解得f 1 综上,q=1或-1.故选C.3. （2017 •北京卷）若等差数列｛a n ｝和等比数列｛b n ｝满足解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d,等比数列｛b n ｝的公比为q,依题意知，a 4=a i +3d=-1+3d=8,解得 d=3.(A)1 (B)- 当q z 1时,由题意得b4=b i q3=-q 3=8,解得q=-2.所以a2=a i+d=-1+3=2,b2=b>q=-1 x (-2)=2, 因此竺=1.b2答案：1类型二等差、等比数列的判定与证明4. 已知数列｛a n｝满足2a n-i-a n-a n-2=0(n >3,n € N)且a i=1,a2=3,则a io等于(C ) (A)17 (B)18 (C)19 (D)20解析：由条件2a n-1=a n+a n-2(n >3,n € N)可知数列｛a n｝为等差数列，又a1=1,a2=3,故d=2. 所以a10=1+(10-1) x 2=1+9x 2=19.选 C.5. 已知数列｛a n｝中,a n+1=3S n,则下列关于｛a n｝的说法正确的是(C )(A) 一定为等差数列(B) 一定为等比数列(C) 可能为等差数列，但不会为等比数列(D) 可能为等比数列，但不会为等差数列解析：若数列｛a n｝中所有的项都为0,则满足a n+1=3S, 所以数列｛a n｝可能为等差数列；当a n 工0 时,由a n+1=3S 得a n+2=3S+1,所以竺=4,另由a n+i=3S得a2=3a即吏=3,a i所以数列｛a n｝不是等比数列.故选C.6. 在厶ABC中,a,b,c 为/ A, / B, / C 的对边，且cos 2B+cos B+cos(A-C)=1,则( D )贝卩a n+2-a n+1 =3(S n+1- S n) = 3a n+1,(A) a,b,c成等差数列(B) a,c,b成等差数列(C) a,c,b成等比数列(D) a,b,c成等比数列2解析:cos 2B+cos B+cos(A-C)=cos 2B-cos(A+C)+cos(A-C)=1-2sin B- cos Acos C+si n As in C+cos Acos C+si n As in C=1-2si n B+2si n A sin C=1,所以2s in 2B-2sin Asi n C=0, 故sin 2B=si n As in C,即b2=ac, 所以a,b,c成等比数列.故选D.类型三等差、等比数列的性质及应用7. 等差数列｛a n｝中,a 1+a?=26,a3+a9=18,则数列｛a n｝的前9项和为(B )(A)66 (B)99 (C)144 (D)297解析:由a1+a?=2a4=26 得a4=13.由a3+a9=2a e=18 得a e=9.S9=9J a^a L二9^^ =99.故选B.8. 已知等比数列｛a n｝中,a4+a8=-2,则a6(a 2+2空+臥)的值为(A )(A)4 (B)6 (C)8 (D)-9解析:a 6(a 2+2a6+a io)=a6a2+2a；+a s a io=a： +2a4a8+a；=(a 4+a8),因为a4+a8=-2,所以a6(a2+2as+a io)=4.故选 A.9. 已知｛a n｝是等比数列,a2=2,a5=l,则a©+a2a3+…+aa n+i等于(C )(A)16(1-4 -n) (B)16(1-2 -n)(C) 32(1-4 -n) (D) 3?(1-2 -n)解析：由数列｛a n｝为等比数列可得q3二亘=〕,已 2 8所以q=g,a 1=4,根据等比数列的性质可得数列｛a n • a n+1｝为等比数列，首项为a1 • a2=8, 公比为q2=l, 4以a1 •82+32 •a3+a3 •a^+…+a n •a n+1=——、—―=-32 [1-(丄)]=U 3 43?(1-4 -n).故选C.10. (2016 •北京卷)已知｛a n｝为等差数列,S n为其前n项和，若a i=6,a 3+a5=0,则S6= ______ .解析:因为a3+a5=0,所以a4=0,所以0=6+3d,所以d=-2,所以S二■- =3(a3+a4)=3a3=3(a i+2d)=6. 答案：6。

高考数学第二轮复习专题四数列第1讲等差数列、等比数列文试题

智才艺州攀枝花市创界学校专题四数列第1讲等差数列、等比数列真题试做1．(2021·高考，文4)在等差数列{a n}中，a4＋a8＝16，那么a2＋a10＝()．A．12B．16C．20D．242．(2021·高考，文5)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11＝16，那么a5＝()．A．1B．2C．4D．83．(2021·高考，文6){a n}为等比数列．下面结论中正确的选项是()．A．a1＋a3≥2a2B．a＋a≥2aC．假设a1＝a3，那么a1＝a2D．假设a3＞a1，那么a4＞a24．(2021·高考，文14)等比数列{a n}为递增数列．假设a1＞0，且2(a n＋a n＋2)＝5a n＋1，那么数列{a n}的公比q＝__________.5．(2021·高考，文16)等比数列{a n}的公比q＝－.(1)假设a3＝，求数列{a n}的前n项和；(2)证明：对任意k∈N＋，a k，a k＋2，a k＋1成等差数列．考向分析高考中对等差(等比)数列的考察主、客观题型均有所表达，一般以等差、等比数列的定义或者以通项公式、前nn项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考察主要以客观题出现，具有“新、巧、活〞的特点，考察利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对于等差、等比数列的判断与证明，主要出如今解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节．热点例析热点一等差、等比数列的根本运算【例1】(2021·质检，20)设数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，等式a n＋a n＋2＝2a n＋1对任意n∈N*均成立．(1)假设a4＝10，求数列{a n}的通项公式；(2)假设a2＝1＋t，且存在m≥3(m∈N*)，使得a m＝S m成立，求t的最小值．规律方法此类问题应将重点放在通项公式与前n项和公式的直接应用上，注重五个根本量a1，a n，S n，n，d(q)之间的转化，会用方程(组)的思想解决“知三求二〞问题．我们重在认真观察条件，在选择a1，d(q)两个根本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的根本性质转化条件，否那么可能会导致列出的方程或者方程组较为复杂，无形中增大运算量．同时在运算过程中注意消元法及整体代换的应用，这样可减少计算量．特别提醒：(1)解决等差数列{a n}前n项和问题常用的有三个公式：S n＝；S n＝na1＋d；S n＝An2＋Bn(A，B 为常数)，灵敏地选用公式，解决问题更便捷；(2)利用等比数列前n项和公式求和时，不可无视对公比q是否为1的讨论．变式训练1(2021·质检，20)等差数列{a n}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{b n}的前n项和为S n，且满足b3＝a3，S3＝13.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)假设数列{c n}满足c n＝求数列{c n}的前n项和T n.热点二等差、等比数列的性质【例2】(1)在正项等比数列{a n}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的两个根，那么a1·a2·a25·a48·a49的值是()．A．B．93C．±9D．35(2)正项等比数列{a n}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差数列，那么的值是()．A．或者B．C．D．规律方法(1)解决此类问题的关键是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当的性质进展求解；(2)应结实掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中假设“m＋n＝p＋q，那么a m＋a n＝a p＋a q〞这一性质与求和公式S n＝的综合应用．变式训练2(1)(2021·玉山期末，3)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S15＝25π，那么tan a8的值是()．A．B．－C．±D．－(2)(2021·调研，7)数列{a n}是等比数列，其前n项和为S n，假设公比q＝2，S4＝1，那么S8＝()．A．17B．16 C．15D．256热点三等差、等比数列的断定与证明【例3】(2021·一模，20)在数列{a n}中，a1＝5且a n＝2a n－1＋2n－1(n≥2，且n∈N*)．(1)证明：数列为等差数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.规律方法证明数列{a n}为等差或者等比数列有两种根本方法：(1)定义法a n＋1－a n＝d(d为常数)⇔{a n}为等差数列；＝q(q为常数)⇔{a n}为等比数列．(2)等差、等比中项法2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2，n∈N*)⇔{a n}为等差数列；a＝a n－1a n＋1(a n≠0，n≥2，n∈N*)⇔{a n}为等比数列．我们要根据题目条件灵敏选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如此题方法；另一种思路是根据条件变换出要解决的目的，如此题还可这样去做：由a n＝2a n－1＋2n－1，得a n－1＝2a n－1－2＋2n，所以a n－1＝2(a n－1－1)＋2n，上式两边除以2n，从而可得＝＋1，由此证得结论．特别提醒：(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)假设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)即可；(3)a＝a n－1a n＋1(n≥2，n∈N*)是{a n}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.变式训练3在数列{a n}中，a n＋1＋a n＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23，是否存在常数λ使数列{a n－n＋λ}为等比数列，假设存在，求出λ的值及数列的通项公式；假设不存在，请说明理由．思想浸透1．函数方程思想——等差(比)数列通项与前n项和的计算问题：(1)等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n项和公式，及由通项公式和前n项和公式求首项、公差(比)、项数及项，即主要指所谓的“知三求二〞问题；(2)由前n项和求通项；(3)解决与数列通项、前n项和有关的不等式最值问题．2．求解时主要思路方法为：(1)运用等差(比)数列的通项公式及前n项和公式中的5个根本量，建立方程(组)，进展运算时要注意消元的方法及整体代换的运用；(2)数列的本质是定义域为正整数集或者其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的函数解析式，因此在解决数列问题时，应用函数的思想求解．在等比数列{a n}中，a n＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3与a5的等比中项为2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，数列{b n}的前n项和为S n，当＋＋…＋最大时，求n的值．解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴a＋2a3a5＋a＝25.又a n＞0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5＝4.而q∈(0,1)，∴a3＞a5.∴a3＝4，a5＝1，q＝，a1＝16.∴a n＝16×n－1＝25－n.(2)b n＝log2a n＝5－n，∴b n＋1－b n＝－1，∴{b n}是以4为首项，－1为公差的等差数列．∴S n＝，＝，∴当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0；∴n＝8或者9时，＋＋…＋最大．1．(2021·一模，5)在等差数列{a n}中，a9＝a12＋6，那么数列{a n}前11项的和S11等于()．A．24B．48 C．66D．1322．(2021·名校创新冲刺卷，4)设{a n}是等比数列，那么“a1＜a2＜a3”是“数列{a n}是递增数列〞的()．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．(2021·质检，2)等比数列{a n}的公比q为正数，且2a3＋a4＝a5，那么q的值是()．A．B．2 C．D．34．(2021·调研，6)等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S20＝S40，那么以下结论中正确的选项是()．A．S30是S n的最大值B．S30是S n的最小值C．S30＝0D．S60＝05．正项等比数列{a n}满足a7＝a6＋2a5，假设存在两项a m，a n，使得＝4a1，那么＋的最小值为________．6．(原创题)数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，且满足a1000＋a1013＝π，b1b13＝2，那么tan＝__________.7．(2021·五校联考，20)数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，S n＝n2a n－n(n－1)，n＝1,2，….(1)证明：数列是等差数列，并求S n；(2)设b n＝，求证：b1＋b2＋…＋b n＜1.8．设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{b n}的前n项和T n.参考答案·明晰考向真题试做1．B解析：由等差数列的性质知，a2＋a10＝a4＋a8＝16，应选B.2．A解析：由题意可得，a3·a11＝a＝16，∴a7＝4.∴a5＝＝＝1.3．B解析：A中当a1，a3为负数，a2为正数时，a1＋a3≥2a2不成立；B中根据等比数列的性质及均值不等式得，a＋a≥2＝2a；C中取a1＝a3＝1，a2＝－1，显然a1≠a2；D中取a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，可知a4＞a2不成立．综上可知仅有B正确．4．2解析：∵等比数列{a n}为递增数列，且a1＞0，∴公比q＞1.又∵2(a n＋a n＋2)＝5a n＋1，∴2a n＋2a n q2＝5a n q.∵a n≠0，∴2q2－5q＋2＝0.∴q＝2或者q＝(舍去)．∴公比q为2.5．(1)解：由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，所以数列{a n}的前n项和S n＝＝.(2)证明：对任意k∈N＋，2a k＋2－(a k＋a k＋1)＝2a1q k＋1－(a1q k－1＋a1q k)＝a1q k－1(2q2－q－1)，由q＝－得2q2－q－1＝0，故2a k＋2－(a k＋a k＋1)＝0.所以，对任意k∈N＋，a k，a k＋2，a k＋1成等差数列．精要例析·聚焦热点热点例析【例1】解：(1)∵a n＋a n＋2＝2a n＋1对n∈N*都成立，∴数列{a n}为等差数列．设数列{a n}的公差为d，∵a1＝1，a4＝10，且a4＝a1＋3d＝10.∴d＝3.∴a n＝a1＋(n－1)d＝3n－2.∴数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2.(2)∵a2＝1＋t，∴公差d＝a2－a1＝t.∴a n＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)t.S n＝na1＋d＝n＋t.由a m＝S m得1＋(m－1)t＝m＋t，∴(m－1)t＝(m－1)＋t.∴t＝1＋t.∴t＝.∵m≥3，∴－2≤t＜0.∴t的最小值为－2.【变式训练1】解：(1)设{a n}的公差为d(d＞0)，{b n}的公比为q(q＞0)，那么由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或者x＝13.因为d＞0，所以a2＜a4，那么a2＝5，a4＝13.那么解得a1＝1，d＝4，所以a n＝1＋4(n－1)＝4n－3.因为解得b1＝1，q＝3.所以b n＝3n－1.(2)当n≤5时，T n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝n＋×4＝2n2－n；当n＞5时，T n＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋b n)＝(2×52－5)＋＝.所以T n＝【例2】(1)B解析：依题意知a2·a48＝3.又a1·a49＝a2·a48＝a＝3，a25＞0，∴a1·a2·a25·a48·a49＝a＝9.(2)C解析：因为a2，a3，a1成等差数列，所以a3＝a1＋a2.∴q2＝1＋q.又q＞0，解得q＝，故＝＝＝.【变式训练2】(1)B解析：∵S15＝15a8＝25π，∴a8＝.∴tan a8＝tan＝tan＝－tan＝－.(2)A解析：S8＝S4＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝S4＋q4S4＝17.【例3】(1)证明：设b n＝，b1＝＝2，∴b n＋1－b n＝－＝[(a n＋1－2a n)＋1]＝[(2n＋1－1)＋1]＝1，∴数列是首项为2，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)知，＝＋(n－1)×1，∴a n＝(n＋1)·2n＋1.∵S n＝(2·21＋1)＋(3·22＋1)＋…＋(n·2n－1＋1)＋[(n＋1)·2n＋1]，∴S n＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n＋n.设T n＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，①那么2T n＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.②由②－①，得T n＝－2·21－(22＋23＋…＋2n)＋(n＋1)·2n＋1＝n·2n＋1，∴S n＝n·2n＋1＋n＝n·(2n＋1＋1)．【变式训练3】解：假设a n＋1－(n＋1)＋λ＝－(a n－n＋λ)成立，整理得a n＋1＋a n＝2n＋1－2λ，与a n＋1＋a n＝2n－44比较得λ＝.∴数列是以－为首项，－1为公比的等比数列．故a n－n＋＝－(－1)n－1，即a n＝n－－(－1)n－1.创新模拟·预测演练1．D解析：设等差数列{a n}的公差为d，那么由a9＝a12＋6得a1＋8d＝(a1＋11d)＋6，整理得a1＋5d＝12，即a6＝12，∴S11＝11a6＝132.2．C解析：由a1＜a2＜a3，得有或者那么数列{a n}是递增数列，反之显然成立，应选C.3．B解析：由2a3＋a4＝a5得2a3＋a3q＝a3q2，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或者q＝－1(舍去)．4．D解析：由S20＝S40得a21＋a22＋a23＋…＋a40＝0，∴a21＋a40＝0.∴S60＝(a1＋a60)×60＝(a21＋a40)×60＝0.5．解析：由a7＝a6＋2a5，得q2－q－2＝0，解得q＝2或者q＝－1(舍去)，∴a m a n＝a1q m－1·a1q n－1＝16a.∴q m＋n－2＝2m＋n－2＝24.∴m＋n－2＝4.∴m＋n＝6.∴＋＝··(m＋n)＝≥(5＋4)＝(当且仅当4m2＝n2时，“＝〞成立)．6．－解析：因为数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，所以由它们的性质可得a1000＋a1013＝a1＋a2012＝π，b1b13＝b＝2，那么tan＝tan＝－.7．证明：(1)由S n＝n2a n－n(n－1)(n≥2)，得S n＝n2(S n－S n－1)－n(n－1)，即(n2－1)S n－n2S n－1＝n(n－1)，所以S n－S n－1＝1，对n≥2成立．S1＝1，所以是首项为1，公差为1的等差数列，S1＝a1＝，所以S n＝，当n＝1时也成立．(2)b n＝＝＝－，∴b1＋b2＋…＋b n＝1－＋－＋…＋－＝1－＜1.8．解：(1)设数列{a n}的公比为q(q＞1)．由得即即解得a1＝1，q＝2或者a1＝4，q＝(舍去)．∴a n＝2n－1.(2)由(1)得a3n＋1＝23n，∴b n＝ln a3n＋1＝ln23n＝3n ln2，∴b n＋1－b n＝3ln2.∴{b n}是以b1＝3ln2为首项，公差为3ln2的等差数列．∴T n＝b1＋b2＋…＋b n＝＝＝，即T n＝.。

浙江省高三数学数列知识点

浙江省高三数学数列知识点数列是数学中非常重要的一个概念，它在高中数学课程中占据着重要的地位。

而在浙江省高三数学考试中，数列也是一个常见的考点。

本文将对浙江省高三数学数列知识点进行详细的介绍和归纳。

一、等差数列等差数列是指数列中相邻两项之间的差值恒定的数列。

它的通项公式为An=a1+(n-1)d，其中a1是首项，d是公差，n是项数。

在解题中，我们可以利用等差数列的特点，使用等差数列的通项公式求出任意一项，并进行各种运算。

二、等比数列等比数列是指数列中相邻两项之间的比值恒定的数列。

它的通项公式为An=a1*（q^(n-1)），其中a1是首项，q是公比，n是项数。

解题时，我们可以利用等比数列的特点，使用等比数列的通项公式求出任意一项，并进行各种运算。

三、数列的前n项和数列的前n项和是指数列的前n项相加的结果。

对于等差数列，其前n项和的公式为Sn=n/2*（a1+An），其中Sn表示数列的前n项和；对于等比数列，其前n项和的公式为Sn=a1*（q^n-1)/(q-1)，其中Sn表示数列的前n项和。

四、特殊数列除了等差数列和等比数列，还存在一些特殊的数列。

如斐波那契数列、等差数列的和数列等等。

在解题时，我们需要灵活运用数列的性质，找到规律，使用特殊数列的公式进行求解。

五、数列的应用数列在实际问题中有着广泛的应用。

例如，我们可以利用等差数列和等比数列的概念，解决金融领域中的复利计算问题；在物理领域中，数列可以用来描述物体的位移、速度、加速度等，从而解决运动问题。

在解题时，我们需要将数学知识与实际问题相结合，灵活应用数列的概念。

六、总结数列是高中数学中的重要知识点，在浙江省高三数学考试中经常涉及。

通过掌握等差数列、等比数列的特点和公式，以及数列的前n项和的计算方法，我们能够更好地应对考试中的数列题型。

此外，我们还需了解特殊数列的性质和应用，以便能够在实际问题中灵活运用。

以上就是浙江省高三数学数列知识点的相关内容。

浙江高考数列知识点总结

浙江高考数列知识点总结在高考数学中，数列是一个重要的考点，不仅出现频率高，而且考察的内容涵盖广泛。

本文将从数列的定义、通项公式、数列的性质以及数列在实际问题中的应用等方面进行总结。

一、数列的定义和通项公式数列是指一系列按照一定规律排列的数的集合。

在数列中，第一项、第二项、第三项……分别用a₁、a₂、a₃……来表示。

数列中的数称为项，根据项之间的规律，我们可以得到数列的通项公式。

1.等差数列等差数列是指数列中，从第二项开始，每一项与前一项之差保持不变。

设等差数列的第一项为a₁，公差为d，则通项公式为an=a₁+(n-1)d，其中n为项数。

2.等比数列等比数列是指数列中，从第二项开始，每一项与前一项的比值保持不变。

设等比数列的第一项为a₁，公比为r，则通项公式为an=a₁r^(n-1)，其中n为项数。

二、数列的性质数列有许多重要的性质，理解并掌握这些性质对于解题非常有帮助。

1.数列的有界性一个数列中的所有项都是有限的数，该数列称为有界数列。

反之，如果一个数列中的项无限增大或无限逼近某个值，该数列称为无界数列。

2.数列的单调性如果一个数列中的每一项都大于等于它的前一项，则该数列称为递增数列；如果一个数列中的每一项都小于等于它的前一项，则该数列称为递减数列。

3.数列的极限数列的极限是指随着项数n趋于无穷大时，数列中的项趋于一个确定的数。

数列极限存在的条件是：当n趋于无穷大时，an-a的绝对值趋于0。

三、数列的应用数列的概念和性质在实际问题中有着广泛的应用。

下面以几个典型例题说明。

例题一：小明每天增加的身高是一个等差数列，第一天的身高为160cm，第七天的身高为178cm。

求小明30天后的身高。

解析：根据题意，可以知道a₁=160，a₇=178，等差d可以通过a₇-a₁得到。

然后带入通项公式an=a₁+(n-1)d，求出n=30时的身高。

例题二：某工厂的产量形成一个等比数列，第一天的产量为100件，第五天的产量为625件。

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