2020届高考数学二轮复习（全国通用）考情分析：等差数列、等比数列.doc

1、专题二专题二 数数 列列 第 1 讲 等差数列、等比数列 全国卷 3 年考情分析 年份 全国卷 全国卷 全国卷 2019 等比数列基本运算 T14 等比数列的通项公式等差数 列的求和 T18 等比数列的基本运 算 T6 等差数列的通项公式及求 和 T18 等差数列的基本运 算 T14 2018 数列的递推关系、等比数列 的判定及计算T17 等差数列的通项公式、前 n 项和公式及最值 T17 等比数列的通项公 式、 前 n 项和公式 T17 2017 等比数列的通项公式与前 n 项和公式、等差数列的判 定 T17 等差、等比数列的通项公式 及前 n 项和公式 T17 数列的递推关系及通 项公式、

2、裂项相消法 求和 T17 (1)考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查等差数列、等比数列性质的应用，考 查等差数列、等比数列的判断与证明等. (2)近三年高考考查数列多出现 17(或 18)题，试题难度中等，2020 年高考可能以客观题 考查， 以基本运算为主， 难度中等的题目较多， 但有时也可能出现在第 12 题或 16 题位置上， 难度偏大，复习时应引起关注. 考点一 等差、等比数列的基本运算 例 1 (1)(2019 全国卷)记 Sn为等差数列an的前 n 项和， 已知 S40， a55， 则( ) A.an2n5 B.an3n10 C.Sn2n28n D.Sn1 2n 22n (2)

3、(2019 全国卷)设 Sn为等比数列an的前 n 项和.若 a11 3， a 2 4a6， 则 S5_. 解析 (1)设首项为 a1，公差为 d. 由 S40，a55 可得 a14d5， 4a16d0，解得 a13， d2. 所以 an32(n1)2n5， Snn(3)n（n1） 2 2n24n. 故选 A. (2)由 a24a6得(a1q3)2a1q5，整理得 q 1 a13. S5 1 3（13 5） 13 121 3 . 答案 (1)A (2)121 3 解题方略 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

4、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. 跟踪训练 1.(2019 福州市质量检测)已知数列an中，a32，a71.若数列 1 an 为等差数列，则 a9 ( ) A.1 2 B.5 4 C.4 5 D.4 5 解析：选 C 因为数列 1 an 为等差数列，a32，a71， 所以数列 1 an 的公差 d 1 a7 1 a3 73 11 2 73 1 8，所以 1 a9 1 a7(97) 1 8 5 4，所以 a9 4 5，故 选 C. 2.(2019 开封市定位考试)等比数列an的前n项和为Sn， 若a34S20， 则公比q( ) A.1 B.1 C.

5、2 D.2 解析：选 C 法一：因为 a34S20，所以 a1q24a14a1q0，因为 a10，所以 q2 4q40，所以 q2，故选 C. 法二：因为 a34S20，所以 a2q4a2 q 4a20，因为 a20，所以 q4 q40，即(q 2)20，所以 q2，故选 C. 3.(2019 全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216. (1)求an的通项公式； (2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和. 解：(1)设an的公比为 q，由题设得 2q24q16，即 q22q80.解得 q2(舍去) 或 q4. 因此an的通项公式为 an24n 122n1.

6、(2)由(1)得 bn(2n1)log222n1， 因此数列bn的前 n 项和为 132n1n2. 考点二 等差数列、等比数列的性质 例 2 (1)(2019 长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，已 知 S630，S970，则 S3_. (2)在等差数列an中，已知 a113，3a211a6，则数列an的前 n 项和 Sn的最大值为 _. 解 析 (1) 法 一 ： 设 数 列 an 的 公 比 为 q(q 0 且 q1) ， 由 题 意 可 得 S6a 1（1q 6） 1q 30， S9a1（1q 9） 1q 70， 得， 1q6 1q9 1q3 1q3q6

7、3 7，又由 q0，得 q 32，再由S3 S6 a1（1q3） 1q a1（1q6） 1q 1 1q3 1 3，得 S3 1 3S610. 法二：由题意可得(S6S3)2S3(S9S6)，即(30S3)240S3，即 S23100S39000，解 得 S310 或 S390，又数列an的各项均为正数，所以 S3S6，S390(舍去)，故 S310. (2)设an的公差为 d. 法一：由 3a211a6，得 3(13d)11(135d)， 解得 d2，所以 an13(n1)(2)2n15. 由 an0， an10 得 2n150， 2（n1）150，解得 6.5n7.5. 因为 nN*， 所以

8、当 n7 时，数列an的前 n 项和 Sn最大，最大值为 S77（132715） 2 49. 法二：由 3a211a6，得 3(13d)11(135d)， 解得 d2，所以 an13(n1)(2)2n15. 所以 Snn（13152n） 2 n214n(n7)249， 所以当 n7 时，数列an的前 n 项和 Sn最大，最大值为 S749. 答案 (1)10 (2)49 解题方略 与数列性质有关问题的求解策略 抓关系 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 用性质 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 跟

9、踪训练 1.在等比数列an中，a3，a15是方程 x26x20 的根，则a2a16 a9 的值为( ) A.2 2 2 B. 2 C. 2 D. 2或 2 解析：选 B 设等比数列an的公比为 q，因为 a3，a15是方程 x26x20 的根，所 以 a3 a15a292， a3a156， 所以 a30，q0， a1a1qa1q2a1q315， a1q43a1q24a1， 解得 a11， q2， a3a1q24.故选 C. 2.(2019 湖南省五市一校联考)已知数列an满足2anan1an1(n2)， a2a4a612， a1a3a59，则 a1a6( ) A.6 B.7 C.8 D.9 解

10、 析 ： 选 B 法 一 ： 由 题 意 知 ， 数 列 an 是 等 差 数 列 ， 设 公 差 为 d ， 则 a1da13da15d12， a1a12da14d9， 解得 a11， d1， 所以 a1a6a1a15d7，故选 B. 法二：由题意知，数列an是等差数列，将 a2a4a612 与 a1a3a59 相加可得 3(a1a6)12921，所以 a1a67，故选 B. 3.(2019 福州市质量检测)等比数列an的各项均为正实数，其前 n 项和为 Sn.若 a34， a2a664，则 S5( ) A.32 B.31 C.64 D.63 解析：选 B 法一：设首项为 a1，公比为 q，

11、因为 an0，所以 q0，由条件得 a1q24， a1qa1q564，解得 a11， q2， 所以 S531，故选 B. 法二：设首项为 a1，公比为 q，因为 an0，所以 q0，由 a2a6a2464，a34，得 q 2，a11，所以 S531，故选 B. 4.数列an中，a12，a23，an1anan1(n2，nN*)，那么 a2 019( ) A.1 B.2 C.3 D.3 解析：选 A 因为 an1anan1(n2)，所以 anan1an2(n3)，所以 an1anan 1(an1an2)an1an2(n3). 所以 an3an(nN*)，所以 an6an3an， 故an是以 6 为

12、周期的周期数列. 因为 2 01933663， 所以 a2 019a3a2a1321.故选 A. 5.(2019 届高三 西安八校联考)若等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 S6S7S5， 则满足 SnSn 1S7S5，得 S7S6a7S5，所以 a70， 所以 S1313（a1a13） 2 13a70，所以 S12S130，求使得 Snan的 n 的取值范围. 解：(1)设an的公差为 d. 由 S9a5得 a14d0. 由 a34 得 a12d4. 于是 a18，d2. 因此an的通项公式为 an102n. (2)由(1)得 a14d，故 an(n5)d， Snn（n9）d 2 .

13、由 a10 知 d0，故 Snan等价于 n211n100，解得 1n10，所以 n 的取值范围 是n|1n10，nN. 3.(2019 全国卷)已知数列an和bn满足 a11，b10，4an13anbn4，4bn1 3bnan4. (1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列； (2)求an和bn的通项公式. 解：(1)证明：由题设得 4(an1bn1)2(anbn)，即 an1bn11 2(anbn). 又因为 a1b11， 所以anbn是首项为 1，公比为1 2的等比数列. 由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8， 即 an1bn1anbn2. 又因为 a1b11， 所以an

14、bn是首项为 1，公差为 2 的等差数列. (2)由(1)知，anbn 1 2n 1，anbn2n1， 所以 an1 2(anbn)(anbn) 1 2nn 1 2， bn1 2(anbn)(anbn) 1 2nn 1 2. 4.已知数列an的首项 a13，a37，且对任意的 nN*，都有 an2an1an20，数 列bn满足 bn a2 n1，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)求使 b1b2bn2 020 成立的最小正整数 n 的值. 解：(1)令 n1 得，a12a2a30，解得 a25. 又由 an2an1an20 知，an2an1an1ana2a12， 故数列an是首项 a13，公差 d2 的等差数列， 于是 an2n1， bn a2 n12n1. (2)由(1)知，bn2n1. 于是 b1b2bn(21222n)n2（12 n） 12 n2n 1n2. 令 f(n)2n 1n2，易知 f(n)是关于 n 的单调递增函数， 又 f(9)210921 031，f(10)2111022 056， 故使 b1b2bn2 020 成立的最小正整数 n 的值是 10.