高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列高考小题等差数列等比数列课件

这是一份高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列高考小题等差数列等比数列课件，共60页。PPT课件主要包含了关键能力·应用实践，题组训练·素养提升，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一　等差、等比数列的基本量计算【多维题组】速通关1.已知p:数列{an}是等差数列,q:数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2均为常数),则p是q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
【解析】选C.若{an}是等差数列,不妨设公差为d.所以an=a1+(n-1)d=dn+a1-d,令k1=d,k2=a1-d,则an=k1n+k2,若数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2为常数,n∈N*),则当n≥2且n∈N*时,an-1=k1(n-1)+k2,所以an-an-1=k1(常数)(n≥2且n∈N*),所以{an}为等差数列,所以p是q的充要条件.
2.(2020·全国Ⅱ卷)数列 中,a1=2,am+n=aman,若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)A.2B.3C.4D.5
【解析】选C.取m=1,则an+1=a1an,又a1=2,所以 =2,所以 是等比数列,则an=2n,所以ak+1+ak+2+…+ak+10= =2k+11-2k+1=215-25,所以k=4.
3.(2020·北京高考)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}(　　)A.有最大项,有最小项B.有最大项,无最小项C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项
【解析】选B.设公差为d,因为a1=-9,a5=a1+4d=-1,所以d=2,所以a1,…,a50,所以T10,T30,T50,前n项和为Sn,若2a3,a5,3a4成等差数列,a2a4a6=64,则q=________,Sn=________. 【解析】由2a3,a5,3a4成等差数列得2a5=2a3+3a4⇒2q2=2+3q⇒q=2(负值舍去),a2a4a6=64⇒ =64⇒a4=4⇒a1= ,Sn= .答案:2　
【技法点拨】提素养等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)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.(3)利用数列性质进行运算时,要利用整体思想,可以减少计算量,此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.
【加练备选】　　　纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边,裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准,规定以A0、A1、A2、B1、B2等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用A系列和B系列,其中系列的幅面规格为:①A0、A1、A2、…、A8所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y=1∶ ;②将A0纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A1规格,A1纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A2规格,…,如此对开至A8规格.现有A0、A1、A2、…、A8纸各一张.若A4纸的宽度为2 dm,则A0纸的面积为________dm2;这9张纸的面积之和等于________dm2. 
【解析】可设Ai 的纸张的长度为ai+1,面积为Si+1,Ai的幅宽为 ai+1,A 的长度为ai+2= ai+1,所以,数列 是以 为公比的等比数列,由题意知A4纸的宽度为 a5=2,所以a5=2 ,所以a1= ,所以A0纸的面积为S1= (dm2).
又Sn= ,所以 ,所以,数列 是以64 为首项,以 为公比的等比数列,因此,这9张纸的面积之和等于 (dm2).答案:64 　
【新题速递】1.等比数列 的前n项和为Sn,若a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则S12=(　　)A.15　B.30　C.45　D.60【解析】选C.由题意,等比数列 的前n项和为Sn,满足a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则 ,所以a7+a8+a9=12,a10+a11+a12=24,则S12=a1+a2+a3+…+a10+a11+a12=45.
2.已知等差数列 的前n项和为Sn,且a1, ,a4成公比为q的等比数列,则q等于(　　)A.1或2B.2C.1D.2或4
【解析】选A.因为a1, ,a4成公比为q的等比数列,所以 =a1·a4,又因为 为等差数列,设等差数列{an}的公差为d,所以 =a1·a4,所以 =a1· ,即 =0,即d=0或d=a1.所以q= =1或q= =2.
3.(2020·泰安二模)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=________. 
【解析】因为a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,所以a10a11=e5.所以ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2…a20)=ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50ln e=50.答案:50
4.已知数列 满足:对任意n∈N*均有an+1=pan+2p-2(p为常数,p≠0且p≠1),若a2,a3,a4,a5∈{-18,-6,-2,6,11,30},则a1的所有可能取值的集合是________. 
【解析】因为an+1=pan+2p-2,所以an+1+2=p(an+2),所以①若a1=-2,则a1+1+2=p(a1+2)=0,a2=-2,同理可得,a3=a4=a5=-2,即a1=-2符合题意;
②若a1≠-2,p为不等于0与1的常数,则数列{an+2}是以p为公比的等比数列,因为ai∈{-18,-6,-2,6,11,30},i=2,3,4,5,an+2可以取-16,-4,8,32,所以若|p|>1,则p=-2,由a2+2=-4=-2(a1+2)得:a1=0;若|p|0,所以q= .
2.(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项的和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(　　)A.16B.8C.4D.2【解析】选C.设该等比数列的首项为a1,公比为q,由已知得,a1q4=3a1q2+4a1,因为a1>0且q>0,则可解得q=2,又因为a1(1+q+q2+q3)=15,即可解得a1=1,则a3=a1q2=4.
3.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若 则 =(　　) 【解析】选A.设公差为d,则 所以
4.已知数列{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(　　)A.7　B.5　C.-5　　D.-7【解析】选D.设数列{an}的公比为q.由题意,得所以 或解得 或
当 时,a1+a10=a1(1+q9)=1+(-2)3=-7;当 时,a1+a10=a1(1+q9)=(-8)× =-7.综上,a1+a10=-7.
5.已知等比数列{an}公比为q,其前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,则q3等于(　　)A.- 　　　B.1C.- 或1　　D.-1或
【解析】选A.若q=1,则3a1+6a1=2×9a1,得a1=0,矛盾,故q≠1.所以 解得q3=- 或1(舍).
6.等差数列{an}中,已知|a6|=|a11|,且公差d>0,则其前n项和取最小值时n的值为(　　)A.6　　　B.7　C.8　　D.9【解析】选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列,又|a6|=|a11|,所以-a6=a11,即-a1-5d=a1+10d,所以a1=- ,则a8=- 0,所以前8项和为前n项和的最小值,故选C.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn,若an∈(0,2 020),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的平方和为(　　)A. ×411+ B. ×411- C. ×410+ D. ×412-
【解析】选A.因为an+1=Sn,所以an=Sn-1(n≥2),则an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,an+1=2an, =2,因为a1=2,所以a2=S1=a1=2,故an= 因为an∈(0,2 020),所以1≤n≤11,数列{an}的所有“和谐项”的平方和为
8.已知a1,a2,a3,a4依次成等比数列,且公比q不为1,将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列,则正数q的值是(　　)
【解析】选B.因为公比q不为1,所以删去的数不是a1,a4.①若删去a2,则由2a3=a1+a4得2a1q2=a1+a1q3,又a1≠0,所以2q2=1+q3,整理得q2(q-1)=(q-1)(q+1).又q≠1,所以q2=q+1,又q>0,得q= ;
②若删去a3,则由2a2=a1+a4得2a1q=a1+a1q3,又a1≠0,所以2q=1+q3,整理得q(q+1)(q-1)=q-1.又q≠1,则可得q(q+1)=1,又q>0,得q= .综上所述,q= .
二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.记单调递增的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a4=10,a2a3a4=64,则(　　)A.Sn+1-Sn=2n+1B.an=2n-1C.Sn=2n-1D.Sn=2n-1-1
【解析】选BC.由a2a3a4=64得 =43,则a3=4.设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由a2+a4=10,得 +4q=10,即2q2-5q+2=0,解得q=2或q= .又因为数列{an}单调递增,所以q=2,所以2a1+8a1=10,解得a1=1.所以an=2n-1,Sn= =2n-1,所以Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n.
10.数列{Fn}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,…称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的,故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.记数列{Fn}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是(　　)A.S5=F7-1B.S5=S6-1C.S2 019=F2 021-1D.S2 019=F2 020-1
【解析】选AC.根据题意有Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3),所以S3=F1+F2+F3=1+F1+F2+F3-1=F3+F2+F3-1=F4+F3-1=F5-1,S4=F4+S3=F4+F5-1=F6-1,S5=F5+S4=F5+F6-1=F7-1,…所以S2 019=F2 021-1.
11.等差数列{an}是递增数列,满足a7=3a5,前n项和为Sn,下列选择项正确的是(　　)A.d>0B.a10时n的最小值为8
【解析】选ABD.由题意,设等差数列{an}的公差为d,因为a7=3a5,可得a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d,又由等差数列{an}是递增数列,可知d>0,则a10,解得n7,即Sn>0时n的最小值为8,故D正确.
12.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是公差不为0的等差数列,且a2=b2,a8=b8,则(　　)A.a5=b5B.a50),{bn}的公差为d(d≠0).a5= ,b5= ,由基本不等式得 ≤ ,当且仅当a2=a8时等号成立.易知数列{bn}不是常数列,故B正确,A错误.因为a2·q6=a8=b8=b2+6d=a2+6d,所以d= ,
所以a4-b4=a2q2-(b2+2d)=a2q2-a2-2d=a2 = (3q2-q6-2)= (q2-q6+2q2-2)= [(1-q2)(q4+q2-2)]=- (1-q2)2(q2+2)