高考数学数列题型精编汇总Word下载.docx

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故Sm=b1（1-qm）1-q=7×

（1-49m）1-49=7×

（72m-1）48

=72m+1-748.

题型二等差、等比数列的性质及应用

例2

（1）已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7a14的最大值是（）

A.25B.50C.100D.不存在

（2）在等差数列{an}中，a1=-2019，其前n项和为Sn，若S1212-S1010=2，则S2019的值为（）

A.-2019B.-2019C.-2019D.-2019

破题切入点

（1）根据等差数列的性质，a7+a14=a1+a20，S20=20（a1+a20）2可求出a7+a14，然后利用基本不等式.

（2）等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则Snn也成等差数列.

答案

（1）A

（2）D

解析

（1）∵S20=a1+a202×

20=100，∴a1+a20=10.

∵a1+a20=a7+a14，∴a7+a14=10.

∵an0，∴a7a14≤a7+a1422=25.

当且仅当a7=a14时取等号.

故a7a14的最大值为25.

（2）根据等差数列的性质，得数列Snn也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S11=a1=-2019，公差d=1，故S20192019=-2019+（2019-1）×

1=-1，所以S2019=-2019.

题型三等差、等比数列的综合应用

例3已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn=3（an-1），其中n∈N*.

（1）证明：

数列{an}为等比数列;

（2）设数列{bn}满足bn=log3an，若cn=anbn，求数列{cn}的前n项和.

破题切入点

（1）利用an=Sn-Sn-1求出an与an-1之间的关系，进而用定义证明数列{an}为等比数列.

（2）由

（1）的结论得出数列{bn}的通项公式，求出cn的表达式，再利用错位相减法求和.

（1）证明由题意得an=Sn-Sn-1=32（an-an-1）（n≥2），

∴an=3an-1，∴anan-1=3（n≥2），

又S1=32（a1-1）=a1，解得a1=3，

∴数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列.

（2）解由

（1）得an=3n，则bn=log3an=log33n=n，

∴cn=anbn=n3n，

设Tn=131+232+333+…+（n-1）3n-1+n3n，

3Tn=132+233+334+…+（n-1）3n+n3n+1.

∴-2Tn=31+32+33+…+3n-n3n+1

=3（1-3n）1-3-n3n+1，

∴Tn=（2n-1）3n+1+34.

总结提高

（1）关于等差、等比数列的基本量的运算，一般是已知数列类型，根据条件，设出a1，an，Sn，n，d（q）五个量的三个，知三求二，完全破解.

（2）等差数列和等比数列有很多相似的性质，可以通过类比去发现、挖掘.

（3）等差、等比数列的判断一般是利用定义，在证明等比数列时注意证明首项a1≠0，利用等比数列求和时注意公比q是否为1.

1.已知{an}为等差数列，其公差为-2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为（）

A.-110B.-90

C.90D.110

答案D

解析∵a3=a1+2d=a1-4，a7=a1+6d=a1-12，a9=a1+8d=a1-16，

又∵a7是a3与a9的等比中项，

∴（a1-12）2=（a1-4）（a1-16），

解得a1=20.

∴S10=10×

20+12×

10×

9×

（-2）=110.

2.（2019课标全国Ⅱ）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于（）

A.n（n+1）B.n（n-1）

C.n（n+1）2D.n（n-1）2

答案A

解析由a2，a4，a8成等比数列，得a24=a2a8，

即（a1+6）2=（a1+2）（a1+14），

∴a1=2.

∴Sn=2n+n（n-1）2×

2

=2n+n2-n=n（n+1）.

3.等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S4=S5+S6，则数列{an}的公比q的值为（）

A.-2或1B.-1或2

C.-2D.1

答案C

解析方法一若q=1，

则S4=4a1，S5=5a1，S6=6a1，

显然不满足2S4=S5+S6，

故A、D错.

若q=-1，则S4=S6=0，S5=a5≠0，

不满足条件，故B错，因此选C.

方法二经检验q=1不适合，

则由2S4=S5+S6，

得2（1-q4）=1-q5+1-q6，化简得

q2+q-2=0，解得q=1（舍去），q=-2.

4.（2019大纲全国）等比数列{an}中，a4=2，a5=5，则数列{lgan}的前8项和等于（）

A.6B.5C.4D.3

解析数列{lgan}的前8项和S8=lga1+lga2+…+lga8

=lg（a1a2…a8）=lg（a1a8）4

=lg（a4a5）4=lg（2×

5）4=4.

5.（2019大纲全国）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=3，S4=15，则S6等于（）

A.31B.32C.63D.64

解析在等比数列{an}中，S2、S4-S2、S6-S4也成等比数列，

故（S4-S2）2=S2（S6-S4），

则（15-3）2=3（S6-15），

解得S6=63.

6.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且AnBn=7n+45n+3，则使得anbn为整数的正整数n的个数是（）

A.2B.3C.4D.5

解析由等差数列的前n项和及等差中项，

可得anbn=12（a1+a2n-1）12（b1+b2n-1）

=12（2n-1）（a1+a2n-1）12（2n-1）（b1+b2n-1）=A2n-1B2n-1

=7（2n-1）+45（2n-1）+3=14n+382n+2

=7n+19n+1=7+12n+1（n∈N*），

故n=1,2,3,5,11时，anbn为整数.

即正整数n的个数是5.

7.（2019课标全国Ⅰ）若数列{an}的前n项和Sn=23an+13，则{an}的通项公式是an=________.

答案（-2）n-1

解析当n=1时，a1=1;

当n≥2时，

an=Sn-Sn-1=23an-23an-1，

故anan-1=-2，故an=（-2）n-1.

8.（2019江苏）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是________.

答案4

解析因为a8=a2q6，a6=a2q4，a4=a2q2，所以由a8=a6+2a4得a2q6=a2q4+2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程（q2）2-q2-2=0，解得q2=2，a6=a2q4=1×

22=4.

9.（2019安徽）数列{an}是等差数列，若a1+1，a3+3，a5+5构成公比为q的等比数列，则q=________.

答案1

解析设等差数列的公差为d，

则a3=a1+2d，a5=a1+4d，

∴（a1+2d+3）2=（a1+1）（a1+4d+5），解得d=-1，

∴q=a3+3a1+1=a1-2+3a1+1=1.

10.在数列{an}中，如果对任意n∈N*都有an+2-an+1an+1-an=k（k为常数），则称数列{an}为等差比数列，k称为公差比.现给出下列问题：

①等差比数列的公差比一定不为零;

②等差数列一定是等差比数列;

③若an=-3n+2，则数列{an}是等差比数列;

④若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比.

其中正确命题的序号为________.

答案①③④

解析若k=0，{an}为常数列，分母无意义，①正确;

公差为零的等差数列不是等差比数列，②错误;

an+2-an+1an+1-an=3，满足定义，③正确;

设an=a1qn-1（q≠0），则an+2-an+1an+1-an=a1qn+1-a1qna1qn-a1qn-1=q，④正确.

11.（2019课标全国Ⅰ）已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.

（1）求{an}的通项公式;

（2）求数列{an2n}的前n项和.

解

（1）方程x2-5x+6=0的两根为2,3，

由题意得a2=2，a4=3.

设数列{an}的公差为d，则a4-a2=2d，

故d=12，从而a1=32.

所以{an}的通项公式为an=12n+1.

（2）设{an2n}的前n项和为Sn.

由

（1）知an2n=n+22n+1，则

Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1，

12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2.

两式相减得

12Sn=34+（123+…+12n+1）-n+22n+2

=34+14（1-12n-1）-n+22n+2.

所以Sn=2-n+42n+1.

12.（2019北京）已知{an}是等差数列，满足a1=3，a4=12，数列{bn}满足b1=4，b4=20，且{bn-an}为等比数列.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式;

（2）求数列{bn}的前n项和.

解

（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意得

d=a4-a13=12-33=3，

所以an=a1+（n-1）d=3n（n=1,2，…）.

设等比数列{bn-an}的公比为q，由题意得

q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8，解得q=2.

所以bn-an=（b1-a1）qn-1=2n-1.

从而bn=3n+2n-1（n=1,2，…）.

（2）由

（1）知bn=3n+2n-1（n=1,2，…）.

数列{3n}的前n项和为32n（n+1），

数列{2n-1}的前n项和为1-2n1-2=2n-1.

所以，数列{bn}的前n项和为32n（n+1）+2n-1.

“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。

《孟子》中的“先生何为出此言也？

”；

《论语》中的“有酒食，先生馔”；

《国策》中的“先生坐，何至于此？

”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。

其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。

可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。

看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。

称“老师”为“先生