2020年高考数学考纲解读与热点难点突破专题10等差数列与等比数列

等差数列与等比数列【2020年高考考纲解读】1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1.2．求和公式等差数列：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－2d；等比数列：Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(q≠1)．3．性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.二等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1an(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．三、等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、(2018·北京)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为______．答案an＝6n－3(n∈N*)解析方法一设公差为d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝36，∴2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6，∴通项公式an＝a1＋(n－1)d＝6n－3(n∈N*)．方法二设公差为d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3，∴a6＝33，∴d＝a6－a15＝6.∵a1＝3，∴通项公式an＝6n－3(n∈N*)．【变式探究】(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.①求{an}的通项公式；②记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.【变式探究】(2017·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________．答案4解析设{an}的公差为d，由a4＋a5＝24，S6＝48，得a1＋3d＋a1＋4d＝24，6a1＋6×52d＝48，解得d＝4.【感悟提升】在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【变式探究】设公比为q(q0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于()A．－2B．－1C.12D.23答案B解析S4－S2＝a3＋a4＝3a4－3a2，即3a2＋a3－2a4＝0，即3a2＋a2q－2a2q2＝0，即2q2－q－3＝0，解得q＝－1(舍)或q＝32，当q＝32时，代入S2＝3a2＋2，得a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a1＝－1.【变式探究】设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a25，且S4＋S12＝λS8，则λ＝________.答案83解析∵a3a11＝2a25，∴a27＝2a25，∴q4＝2，∵S4＋S12＝λS8，∴a11－q41－q＋a11－q121－q＝λa11－q81－q，1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，将q4＝2代入计算可得λ＝83.题型二等差数列、等比数列的判定与证明例2、已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝12(3an－1－bn－1)，bn＝－12(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2.(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；(2)求数列2nanan＋1的前n项和Tn.(1)证明an－bn＝12(3an－1－bn－1)－－12(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)，又a1－b1＝3－(－1)＝4，所以{an－bn}是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解由(1)知，an－bn＝2n＋1，①又an＋bn＝12(3an－1－bn－1)＋－12(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1，又a1＋b1＝3＋(－1)＝2，所以{an＋bn}为常数数列，an＋bn＝2，②联立①②得，an＝2n＋1，2nanan＋1＝2n2n＋n＋1＋＝12n＋1－12n＋1＋1，所以Tn＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n＋1－12n＋1＋1＝121＋1－12n＋1＋1＝13－12n＋1＋1(n∈N*)．【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法．(2)a2n＝an－1an＋1(n≥2)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．【变式探究】已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与1an的等差中项．(1)求证：数列{S2n}为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设bn＝－nan，求{bn}的前n项和Tn.(2)解由(1)可得S2n＝1＋n－1＝n，∵数列{an}的各项都为正数，∴Sn＝n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－n－1，又a1＝S1＝1满足上式，∴an＝n－n－1(n∈N*)．(3)解由(2)得bn＝－nan＝－nn－n－1＝(－1)n(n＋n－1)，当n为奇数时，Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n－1＋n－2)－(n＋n－1)＝－n，当n为偶数时，Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n－1＋n－2)＋(n＋n－1)＝n，∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)nn(n∈N*)．题型三等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(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m∈N*，使得对任意n∈N*，总有SnTm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝n9－n2(n∈N*)．(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝b2b1＝12，∴Tm＝41－12m1－12＝81－12m，∵12m随m的增加而减少，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm8.又Sn＝n9－n2＝－12(n2－9n)＝－12n－922－814，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有SnTm＋λ，则108＋λ，得λ2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．【感悟提升】(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．【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足an＋1＝32nnab，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．(2)由an＋1＝32nnab，得bn＝1an312logna＝23n－1323log2n＝n·23n－1，所以bn＋1－bn＝(n＋1)·23n－n·23n－1＝2n－13n(2－n)，所以(bn)max＝b2＝b3＝43，所以t≥43.即t的取值范围为43，＋∞.