1、第1页第一篇专题分层突破第2页层级二 高考核心考点突破 聚焦大视野，全力攻关第3页专题二 数列第4页第1讲 等差数列与等比数列第5页专项检测真题体验考情研究考点分类考向探究第6页第7页1(2019新课标全国卷)设 Sn 为等差数列an的前 n 项和已知 S40，a55，则()Aan2n5Ban3n10CSn2n28n DSn12n22nA解析：解法 1：设等差数列an的公差为 d，S40，a55，第8页4a1432 d0，a14d5，解得a13，d2，ana1(n1)d32(n1)2n5，Snna1nn12dn24n.故选A.第9页解法 2：设等差数列an的公差为 d，S40，a55，4a14
2、32 d0，a14d5，解得a13，d2.选项 A，a12153；选项 B，a131107，排除 B；选项 C，S1286，排除 C；选项 D，S112232，排除 D.故选A.第10页2(2019新课标全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a34a1，则 a3()A16 B8 C4 D2C解析：设等比数列an的公比为 q，由 a53a34a1 得 q43q24，得 q24，因为数列an的各项均为正数，所以 q2，又 a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1248)15，所以 a11，所以 a3a1q24.第11页3(2018新课标全国卷)记 Sn 为等差
3、数列an的前 n 项和若 3S3S2S4，a12，则 a5()A12B10 C10D12B第12页解析：解法 1：设等差数列an的公差为 d，3S3S2S4，3(3a1322 d)2a1d4a1432 d，解得 d32a1，a12，d3，a5a14d24(3)10.故选B.解法 2：设等差数列an的公差为 d，3S3S2S4，3S3S3a3S3a4，S3a4a3，3a1322 dd，a12，d3，a5a14d24(3)10.故选 B.第13页4(2017新课标全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔
4、共挂了 381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯()A1 盏B3 盏C5 盏D9 盏B第14页解析：由题意知该数列前 7 项和 S7381，公比 q2.设塔的顶层的灯的盏数为 a1，则有 S7a112712381，解得 a13.故选 B.第15页5(2019新课标全国卷)记 Sn 为等差数列an的前 n 项和若 a35，a713，则 S10_.100解析：解法 1：设等差数列an的公差为 d，则由题意，得a12d5，a16d13，解得a11，d2，所以 S1010110922100.解法 2：由题意，得公差 d14(a7a3)2，所以 a4a3d7，所以 S
5、1010a1a1025(a4a7)100.第16页6(2018新课标全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记 Sn 为an的前 n 项和若 Sm63，求 m.解：(1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1.由已知得 q44q2，解得 q0(舍去)，q2 或 q2.故 an(2)n1 或 an2n1.(2)若 an(2)n1，则 Sn12n3.由 Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解若 an2n1，则 Sn2n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上，m6.第17页1高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求
6、和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用2若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第 12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应引起关注 第18页第19页A(2n1)(n1)B(2n1)(n1)C(2n1)(n1)D(2n1)(n2)A第20页(2)(2019河南信阳二模)九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲
7、、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”(“钱”是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得_钱()A.53 B.32 C.43 D.54C第21页(3)(2019新课标全国卷)记 Sn 为等比数列an的前 n 项和若 a11，S334，则 S4_.58【解析】(1)设等差数列an的公差为 d，则 2a1d3,3a13d6，所以 a1d1，则 an1(n1)1n.因此 S2n12n112n12(2n1)(n1)第22页(2)甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数依次设为成等差数列的 a1，a2，a3，a4，a5，设公差为 d，由题意知 a1a2a3a4a552，即2a1d52，3a19d5
8、2，解得a143，d16，故甲得43钱，故选 C.第23页(3)设等比数列an的公比为 q，由 a11 及 S334，易知q1.把 a11 代入 S3a11q31q34，得 1qq234，解得 q12，所以 S4a11q41q1112411258.第24页【总结归纳】等差(比)数列基本运算的解题途径：(1)设基本量 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(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量第25页1(2019洛阳市第二次联考)在各项均为正数的等比数列an中，a12，且 a2，a42，a5 成等差数列，记 Sn 是数列an的前 n 项和
9、，则 S5()A32B62C27D81B解析：设等比数列an的公比为 q(q0)a2，a42，a5 成等差数列，a2a52(a42)，2q2q42(2q32)，解得 q2，S521251262，故选 B.第26页2(2019北京卷)设等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 a23，S510，则 a5_，Sn 的最小值为_.0解析：设等差数列an的公差为 d，a23，S510，即a1d3，5a110d10，可得a14，d1，a5a14d0.Snna1nn12d12(n29n)，当 n4 或 n5 时，Sn取得最小值，最小值为10.10第27页 A.115B.522C.1110D.225(2)在等
10、比数列an中，a2a616，a4a88，则a20a10_.(3)已知数列an满足 log2an11log2an(nN*)，且 a1a2a3a101，则 log2(a101a102a110)_.D1100第28页【解析】(1)S11S5 112 a1a1152a1a511a65a3 225.故选 D.(2)解法 1：设等比数列an的公比为 q，由 a2a616 得 a21q616，a1q34.由 a4a88，得 a1q3(1q4)8，即 1q42，q21.于是a20a10q101.第29页解法 2：由等比数列的性质，得 a24a2a616，a44，又 a4a88，a44，a84或a44，a812
11、.a26a4a80，a44，a84，则公比 q 满足 q41，q21，a20a10q101.第30页(3)因为 log2an11log2an，可得 log2an1log22an，所以an12an，所以数列an是以 a1 为首项，2 为公比的等比数列，又 a1a2a101，所以 a101a102a110(a1a2a10)21002100，所以 log2(a101a102a110)log22100100.第31页【总结归纳】等差、等比数列性质的应用策略(1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题(2)整体代入：计算时要注意整体思想，如
12、求 Sn 可以将与a1an 相等的式子整体代入，不一定非要求出具体的项(3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值第32页1(2019合肥市二模)已知正项等差数列an的前 n 项和为Sn(nN*)，a5a7a260，则 S11 的值为()A11B12C20D22D解析：解法 1：设等差数列的公差为 d(d0)，则由(a14d)(a16d)(a15d)20，得(a15d)(a15d2)0，所以 a15d0 或 a15d2，又 a10，所以 a15d0，则 a15d2，则S1111a111102d11(a15d)11222，故选 D.第33页解法 2：因为an为正项等差数列，所
13、以由等差数列的性质，并结合 a5a7a260，得 2a6a260，a62，则 S1111a1a112112a6211a622，故选 D.第34页2在等比数列an中，a2，a16 是方程 x26x20 的根，则a2a16a9 的值为()A2B 2C.2D 2或 2D解析：设等比数列an的公比为 q，由 a2，a16 是方程 x26x20 的根，可得 a2a162，即有 a21q162，则有 a292，则a2a16a9 a9 2.故选 D.第35页考点三等差数列、等比数列的判定与证明【例 3】(2019新课标全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.
14、(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式第36页【解】(1)证明：由题设得 4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn112(anbn)又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公比为12的等比数列由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8，即 an1bn1anbn2.又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列第37页(2)由(1)知，anbn 12n1，anbn2n1.所以 an12(anbn)(anbn)12nn12，bn12(anbn)(anbn)12nn12.第38页【总结归纳】判断数列是否为等差或等比数列的策
15、略：(1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可第39页已知 Sn 为数列an的前 n 项和，且满足 Sn2ann4.(1)证明：Snn2为等比数列；(2)求数列Sn的前 n 项和 Tn.解：(1)证明：原式可转化为 Sn2(SnSn1)n4(n2)，即 Sn2Sn1n4，所以 Snn22Sn1(n1)2由 S12a114，得 S13，所以 S1124，所以Snn2是首项为 4，公比为 2 的等比数列第40页(2)由(1)知 Snn22n1，所以 Sn2n1n2
16、，所以 Tn(22232n 1)(12n)2n412n12 nn122n2n3n23n82.第41页考点四 等差数列、等比数列的综合应用【例 4】已知等差数列an的公差为1，且 a2a7a126.(1)求数列an的通项公式 an 与其前 n 项和 Sn；(2)将数列an的前 4 项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前 3 项，记bn的前 n 项和为 Tn，若存在 mN*，使得对任意 nN*，总有 SnTm 恒成立，求实数 的取值范围第42页【解】(1)由 a2a7a126，得 a72，a14，an5n，从而 Snn9n2(nN*)(2)由题意知 b14，b22，b31，设等比
17、数列bn的公比为 q，则 qb2b112，Tm4112m1128112m，第43页12m 随 m 的增加而减少，Tm为递增数列，得 4Tm8.又 Snn9n212(n29n)12n922814，故(Sn)maxS4S510，若存在 mN*，使得对任意 nN*，总有 SnTm，则 102.即实数 的取值范围为(2，)第44页【总结归纳】(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便(2)数列的项或前 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问题(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解第45页数列an是首项 a1m，公差为 2 的等差数列，数列bn满足 2bn(n1)an，若对任意 nN*都有 bnb5成立，则 m 的取值范围是_22，18第46页解析：由题意得，anm2(n1)，从而 bnn12 ann12 m2(n1)又对任意 nN*都有 bnb5 成立，结合数列bn的函数特性可知 b4b5，b6b5，故52m63m8，72m103m8，解得22m18.第47页温示提馨请 做：专项检测六PPT文稿（点击进入）
