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2021年高三数学考点复习:等差数列与等比数列

1、考点十一 等差数列与等比数列 1 A卷 PART ONE 一、选择题 1(2020 山东淄博二模)在正项等比数列an中,若 a3a74,则(2)a5 ( ) A16 B8 C4 D2 解析 在正项等比数列an中,a50,由等比中项的性质可得 a2 5a3a7 4,a52,因此,(2)a5(2)24.故选 C. 答案答案 解析解析 2(2020 湖南郴州一模)数列 2 an1 是等差数列,且 a11,a31 3, 那么 a5( ) A.3 5 B3 5 C5 D5 解析 2 a111, 2 a313,数列 2 an1 是等差数列,设公差为 d, 312d,解得 d1. 2 a511145,解得

2、a5 3 5.故选 B. 答案答案 解析解析 解析 设等比数列an的公比为 q,由 a5a312,a6a424 可得 a1q4a1q212, a1q5a1q324, 解得 q2, a11, 所以 ana1qn12n1,Sna 11q n 1q 12n 12 2n1.因此Sn an 2n1 2n1 221n.故选 B. 3(2020 全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a312, a6a424,则Sn an( ) A2n1 B221n C22n1 D21n1 答案答案 解析解析 4(2020 海南中学高三摸底)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,若 S5 10,S1040,则

3、 S15( ) A80 B90 C100 D110 解析 根据等差数列前 n 项和的片段和的性质,可知 S5,S10S5,S15 S10也是等差数列,又 S510,S1040,故可得 10,30,50 成等差数列,故 S15S1050,解得 S1590.故选 B. 答案答案 解析解析 解析 由 a2 n1an1an2a 2 n0,得(an1an)(an12an)0,又an为 正项数列,所以 an12an,所以数列an是等比数列,且公比 q2,设首 项为 a1,则 S5a 112 5 12 31a1,a3a1224a1,则S5 a3 31 4 .故选 A. 5(2020 山西大同市高三模拟)已知

4、正项数列an满足 a2 n1an1an 2a2 n0,an的前 n 项和为 Sn,则S 5 a3( ) A.31 4 B31 2 C15 4 D15 2 答案答案 解析解析 解析 设等比数列an的公比为 q,则 a1a2a3a1(1qq2)1, a2a3a4a1qa1q2a1q3a1q(1qq2)q2, 因此, a6a7a8a1q5 a1q6a1q7a1q5(1qq2)q532.故选 D. 答案答案 解析解析 6(2020 全国卷)设an是等比数列,且 a1a2a31,a2a3a4 2,则 a6a7a8( ) A12 B24 C30 D32 7(多选)(2020 山东威海三模)我国天文学和数学

5、著作周髀算经中 记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定 时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度)二十四节气及晷长变化如图所 示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始已知每年冬至的 晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十 寸),则下列说法正确的是( ) A相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B春分和秋分两个节气的晷长相同 C立冬的晷长为一丈五寸 D立春的晷长比立秋的晷长短 答案答案 解析 由题意可知,夏至到冬至的晷长构成等差数列an,其中 a115 寸,a13135 寸,公差为 d 寸,则 1351512d,解得 d10(寸),同理

6、可 知,冬至到夏至的晷长构成等差数列bn,首项 b1135,末项 b1315,公 差 d10(单位都为寸),故 A 正确;春分的晷长为 b7,b7b16d 1356075,秋分的晷长为 a7,a7a16d156075,所以 B 正 确;立冬的晷长为 a10,a10a19d1590105,即立冬的晷长为一 丈五寸,C 正确;立春的晷长、立秋的晷长分别为 b4,a4,a4a13d 153045, b4b13d13530105, b4a4, 故 D 错误 故选 ABC. 解析解析 8(多选)(2020 山东潍坊高密二模)设正项等差数列an满足(a1a10)2 2a2a920,则( ) Aa2a9的最

7、大值为 10 Ba2a9的最大值为 2 10 C. 1 a2 2 1 a2 9的最大值为 1 5 Da 4 2a 4 9的最小值为 200 答案答案 解析 因为正项等差数列an满足(a1a10)22a2a920,所以(a2 a9)22a2a920,即 a2 2a 2 920.所以 a2a9 a2 2a 2 9 2 20 2 10,当且仅当 a2 a9 10时等号成立,故 A 正确;因为 a2a9 2 2a 2 2a 2 9 2 10,所以a 2a9 2 10,a2a92 10,当且仅当 a2a9 10时等号成立,故 B 正确; 解析解析 因为 1 a2 2 1 a2 9 a2 2a 2 9 a

8、2 2 a 2 9 20 a2 2 a 2 9 20 a2 2a 2 9 2 2 20 102 1 5,当且仅当 a2a9 10时等 号成立,所以 1 a2 2 1 a2 9的最小值为 1 5,故 C 错误;D 项结合 A 项的结论,有 a 4 2 a4 9(a 2 2a 2 9) 22a2 2 a 2 94002a 2 2 a 2 9400210 2200,当且仅当 a 2a9 10时等号成立,故 D 正确故选 ABD. 解析解析 答案 n 二、填空题 9(2020 四川成都石室中学一诊)若等差数列an满足:a11,a2a3 5,则 an_. 解析 设等差数列an的公差为 d,a11,a2a

9、35,即 2a13d 5, d1,ann. 答案答案 解析解析 答案 3 10(2020 江苏南京金陵中学、南通海安高级中学、南京外国语学校第 四次模拟)设正项等比数列an的前 n 项和为 Sn, 且S 20S10 S30S20 1 310, 则数列an 的公比为_ 解析 设正项等比数列an的公比为 q.因为 S20S10a11a12 a20,S30S20a21a22a30q10(a11a12a20),故S 20S10 S30S20 1 q10, 即 1 q10 1 310,因为等比数列an为正项数列,故 q0,所以 q3. 答案答案 解析解析 答案 3n22n 11 (2020 新高考卷)将

10、数列2n1与3n2的公共项从小到大排列 得到数列an,则an的前 n 项和为_ 解析 因为数列2n1是以 1 为首项,以 2 为公差的等差数列,数列 3n2是以 1 为首项,以 3 为公差的等差数列,所以这两个数列的公共项 所构成的新数列an是以 1 为首项,以 6 为公差的等差数列,所以an的前 n 项和为 n 1nn1 2 63n22n. 答案答案 解析解析 答案 1010 12 (2020 海南中学高三第六次月考)已知等差数列an的首项及公差均 为正数,令 bn an a2020n(nN*,n0,a2 nan2Sn中任选一个,补充到下面问题中,并给出解 答 已知数列an的前 n 项和为

11、Sn,a11,_.若 a1,ak,Sk2成等 比数列,求 k 的值 解解 所以 an n 为常数列 an n a1 1 1, 所以 ann 或由a n1 an n1 n ,利用累乘相消法,求得an n . 所以 akk,Sk2k21k2 2 k2k3 2 ,又 a1,ak,Sk2成等 比数列,所以(k2)(k3)2k2,所以 k25k60, 解得 k6 或 k1(舍去),所以 k6. 若选择, 由 SnSn1an(n2)变形,得 SnSn1SnSn1, 解解 所以 SnSn1( SnSn1)( Sn Sn1), 易知 Sn0,所以 SnSn11, 所以 Sn是公差为 1 的等差数列, 又 S1

12、 a11,所以 Snn,Snn2, 所以 anSnSn12n1(n2), 又 n1 时,a11 也满足上式,所以 an2n1. 因为 a1,ak,Sk2成等比数列,所以(k2)2(2k1)2, 解得 k3 或 k1 3,又 kN *,所以 k3. 若选择, 解解 因为 a2 nan2Sn(nN *),所以 a2 n1an12Sn1(n2),两式相减, 得 a2 na 2 n1anan12Sn2Sn12an(n2), 整理,得(anan1)(anan1)anan1(n2), 因为 an0,所以 anan11(n2), 所以an是首项为 1,公差为 1 的等差数列, 所以 an1(n1)1n, S

13、k2k21k2 2 k2k3 2 , 又 a1,ak,Sk2成等比数列,所以(k2)(k3)2k2, 所以 k6 或 k1,又 kN*,所以 k6. 解解 2 B卷 PART TWO 解析 由 a5a1a1q4a115, a4a2a1q3a1q6, 解得 a11, q2 或 a116, q1 2 (舍去)故 a3a1q24.故选 B. 一、选择题 1(2020 山东省实验中学高三 4 月高考预测)在正项等比数列an中, a5a115,a4a26,则 a3( ) A2 B4 C1 2 D8 答案答案 解析解析 2(2020 吉林长春质量监测二)在等差数列an中,若 3a52a7,则此 数列中一定

14、为 0 的是( ) Aa1 Ba3 Ca8 Da10 解析 设等差数列an的公差为 d.由于等差数列an中 3a52a7,所以 3(a14d)2(a16d),化简得 a10,所以 a1为 0.故选 A. 答案答案 解析解析 3若等比数列的前 n 项和、前 2n 项和、前 3n 项和分别为 A,B,C, 则( ) AABC BB2AC CABCB3 DA2B2A(BC) 解析 由等比数列的性质可知,当公比 q1 时,A,BA,CB 成 等比数列,所以(BA)2A(CB),所以 A2B2ACABA(BC),当 q 1 时,易验证此等式成立,故选 D. 答案答案 解析解析 4(2020 海南中学高三

15、第七次月考)已知正项等比数列an,满足 a2 a2 7 a202016,则 a1 a2 a1017( ) A41017 B21017 C41018 D21018 解析 由 a2 a2 7 a202016,可得(a7 a1011) 216,所以 a 7 a10114,a5092, 所以 a1 a2 a1017a1017 509 21017.故选 B. 答案答案 解析解析 5(2020 全国卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、 下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌 9 块扇面形 石板构成第一环,向外每环依次增加 9 块,下一层的第一环比上一层的最 后一环多 9 块

16、,向外每环依次也增加 9 块,已知每层环数相同,且下层比 中层多 729 块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( ) A3699 块 B3474 块 C3402 块 D3339 块 答案答案 解析 设第 n 环扇面形石板块数为 an,第一层共有 n 环,则an是以 9 为首项,9 为公差的等差数列,an9(n1)99n.设 Sn为an的前 n 项 和,则第一层、第二层、第三层的块数分别为 Sn,S2nSn,S3nS2n,因为 下层比中层多 729 块,所以 S3nS2nS2nSn729,即 3n927n 2 2n918n 2 2n918n 2 n99n 2 729,即 9n2729,解得 n

17、9,所以 S3nS27279927 2 3402.故选 C. 解析解析 解析 an是正项等比数列,S10,S20S10,S30S20仍然成等比数 列,设公比为 q,S1020,S20S1020q,S30S2020q2,S302S20 S10(2020q20q2)2(2020q)2020(q2q),当 q1 2时,S302S20 S10取得最小值5,故选 C. 6 (2020 福建厦门高三毕业班 5 月质量检查)已知 Sn是正项等比数列an 的前 n 项和,S1020,则 S302S20S10的最小值为( ) A10 B5 C5 D10 答案答案 解析解析 7(多选)(2020 山东青岛三模)在

18、悠久灿烂的中国古代文化中,数学文 化是其中的一朵绚丽的奇葩 张丘建算经是我国古代有标志性的内容丰 富的众多数学名著之一,大约创作于公元五世纪书中有如下问题:“今 有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月织九匹三丈,问日益几何?” 其大意为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快,从第二天起, 每天比前一天多织相同数量的布,第一天织 5 尺,一个月共织了九匹三丈, 问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”已知 1 匹4 丈,1 丈10 尺, 若这一个月有 30 天, 记该女子这一个月中的第 n 天所织布的尺数为 an, bn2an,对于数列an,bn,下列选项中正确的为( ) Ab108b5

19、 Bbn是等比数列 Ca1b30105 Da 3a5a7 a2a4a6 209 193 答案答案 解析 由题意可知,数列an为等差数列,且 a15,设数列an的公 差为 d,由题意可得 30a13029d 2 390,解得 d16 29,ana1(n1)d 16n129 29 ,bn2an,b n1 bn 2an1 2an 2an1an2d(非零常数),则 数列bn是等比数列,B 正确;5d516 29 80 293, b10 b5 (2d)525d23, b108b5,A错误;a30a129d51621,a1b305221105,C 错误;a4a13d53 16 29 193 29 ,a5a

20、14d54 16 29 209 29 , a3a5a7 a2a4a6 3a5 3a4 a5 a4 209 193,D 正确故选 BD. 解析解析 8 (多选)(2020 山东省实验中学高三 6 月模拟)记数列an的前 n 项和为 Sn,若存在实数 H,使得对任意的 nN*,都有|Sn|H,则称数列an为“和 有界数列”下列说法正确的是( ) A若an是等差数列,且公差 d0,则an是“和有界数列” B若an是等差数列,且an是“和有界数列”,则公差 d0 C若an是等比数列,且公比|q|1,则an是“和有界数列” D若an是等比数列,且an是“和有界数列”,则an的公比|q|1 答案答案 解析

21、 若an是等差数列, 则Snna1nn1d 2 d 2n 2 a1d 2 n.对于A, 当 d0 时,Snna1,若 a10,根据一次函数的性质可知,此时不存在符 合题意的H, 所以A错误; 对于B, an是“和有界数列”, 而Snd 2n 2 a1d 2 n,则 d 20, a1d 20, 解得 d0, a10, 所以 B 正确;若an是等比数列,则 Sn a 11q n 1q a1 1q q n a1 1q.对于 C, 若|q|1, 则当 n时, Sn a1 1q, 故存在实数 H,使得对任意的 nN*,都有|Sn|H,即an是“和 解析解析 有界数列”,所以 C 正确;对于 D,若an是

22、等比数列,且an是“和有界 数列”,q 的取值可能为1,此时|Sn|a1|,所以存在实数 H,使得对任意 的 nN*,都有|Sn|H,所以 D 错误故选 BC. 解析解析 答案 1 二、填空题 9(2020 大同一中一模)设等比数列an的前 n 项和为 Sn,若 S3S6 S9,则数列an的公比 q 是_ 解析 当 q1 时,S3S63a16a19a1S9. 当 q1 时,S3S6S9,a 11q 3 1q a 11q 6 1q a 11q 9 1q ,2q3 q61q9,(q31)2(q31)0,q1,q 1. 答案答案 解析解析 答案 25 10(2020 全国卷)记 Sn为等差数列an的

23、前 n 项和若 a12,a2 a62,则 S10_. 解析 设等差数列an的公差为 d,由 a12,a2a62,可得 a1d a15d2,即2d(2)5d2,解得 d1. 所以 S1010(2)10101 2 1204525. 答案答案 解析解析 答案 2n1 n 11设 Sn是数列an的前 n 项和,且 a11,(n1)an1(n1)Sn,则 Sn_. 解析 (n1)an1(n1)Sn,nan1Sn1nSn,n(Sn1Sn)Sn 1nSn, n1Sn1 nSn 2,nSn是首项为 1,公比为 2 的等比数列,则 nSn2n1,Sn2 n1 n . 答案答案 解析解析 答案 4 12(2020

24、 江苏高考)设an是公差为 d 的等差数列,bn是公比为 q 的 等比数列已知数列anbn的前 n 项和 Snn2n2n1(nN*),则 dq 的值是_ 答案答案 解析 等差数列an的前 n 项和公式为 Pnna1 nn1 2 dd 2n 2 a1d 2 n,等比数列bn的前 n 项和公式为 Qnb 11q n 1q b1 1qq n b1 1q, 依题意 SnPnQn,即 n2n2n1d 2n 2 a1d 2 n b1 1qq n b1 1q, 通过对比系数可知 d 21, a1d 21, q2, b1 1q1, 得 d2, a10, q2, b11, 故 dq4. 解析解析 解 (1)解法

25、一:因为 bnan n ,且 nan1(n1)an2n (n1),所以 bn 1bn an1 n1 an n 2, 又因为 b1a12,所以bn是以 2 为首项,2 为公差的等差数列 三、解答题 13(2020 山东日照二模)已知数列an满足 a12,nan1(n1)an 2n(n1),设 bnan n . (1)求数列bn的通项公式; (2)若 cn2bnn,求数列cn的前 n 项和 解解 所以 bn22(n1)2n. 解法二:因为 bnan n ,所以 annbn, 又因为 nan1(n1)an2n(n1), 所以 n(n1)bn1(n1)nbn2n(n1), 即 bn1bn2, 又因为

26、b1a12,所以bn是以 2 为首项,2 为公差的等差数列 所以 bn22(n1)2n. (2)由(1)及题设,得 cn22nn4nn, 所以数列cn的前 n 项和 Sn(411)(422)(4nn)(41424n)(12n) 44 n4 14 n1n 2 4 n1 3 n 2n 2 4 3. 解解 14(2020 云南昆明三模)已知数列an为正项等比数列,Sn为an的前 n 项和,若 S321,a2a36a1. (1)求数列an的通项公式; (2)从三个条件:bnan 3n;bnan2n;bnlog2 an 3 中任选一个作为 已知条件,求数列bn的前 n 项和 Tn. 注:如果选择多个条件

27、分别解答,按第一个解答计分 解 (1)设数列an的公比为 q,因为 a2a36a1, 所以 a1qa1q26a1,故 q2q60, 解得 q2 或 q3(舍去),故 q2. 由 S321,得 a1(1qq2)21, 将 q2 代入,得 a13, 所以数列an的通项公式为 an32n1. (2)选择bnan 3n: bnan 3n 32n1 3n 2 3 n1, 解解 数列bn是首项为 b11,公比为2 3的等比数列, 所以 Tn 1 2 3 n 12 3 3 1 2 3 n . 选择bnan2n: bnan2n32n12n, 所以 Tn312 n 12 n22n 2 3(2n1)n2n. 选择bnlog2an 3 : 解解 bnlog2an 3 log232 n1 3 log22n1n1, 数列bn是首项为 0,公差为 1 的等差数列 所以 Tnnn1 2 . 解解 本课结束