2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题三 数列 第1讲 等差数列、等比数列课件

专题三数列第1讲等差数列、等比数列高考总复习大二轮数学[考情考向·高考导航]1．等差数列、等比数列的判定及基本运算是每年高考的热点，在考查基本运算的同时，也注重考查对函数与方程、等价转化等数学思想的应用．2．对等差数列、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和．[真题体验]1．(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝()A．16B．8C．4D．2解析：C[应用等比数列前n项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错．设正数的等比数列{an}的公比为q，则a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，a1q4＝3a1q2＋4a1，解得a1＝1，q＝2，∴a3＝a1q2＝4，故选C.]2．(2016·天津卷)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n0”的()A．充要条件B．充分而不必要条件C．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：C[设数列的首项为a1，则a2n－1＋a2n＝a1q2n－2＋a1q2n－1＝a1q2n－2(1＋q)，当q0，因为1＋q的符号不确定，所以无法判断a2n－1＋a2n的符号；反之，若a2n－1＋an0，即a1q2n－2(1＋q)0，即q－10，故“q0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n0”的必要不充分条件．]3．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；(2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．解：(1)设{an}的公差为d，由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通项公式为an＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝nn－9d2.由a1＞0知d＜0，故Sn≥an等价于n2－1ln＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．[主干整合]1．等差数列(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列．2．等比数列(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列．热点一等差、等比数列的基本运算[题组突破]1．(2019·宁波三模)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝－33，b1＋b6＋b11＝7π，则tanb3＋b91－a4·a8的值是()A．－3B．－1C．－33D.3解析：A[依题意得，a36＝(－3)3,3b6＝7π，∴a6＝－3，b6＝7π3，又b3＋b91－a4·a8＝2b61－a26＝－7π3，故tanb3＋b91－a4·a8＝tan－7π3＝tan－2π－π3＝－tanπ3＝－3，选A.]2．(2020·广州调研)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．－12B．1C．－12或1D．－1或12解析：A[若q＝1，则3a1＋6a1＝2×9a1，得a1＝0，矛盾，故q≠1.所以a11－q31－q＋a11－q61－q＝2a11－q91－q，解得q3＝－12或1(舍)，故选A.]3．(2019·淄博三模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若a8a7＜－1，则()A．Sn的最大值是S8B．Sn的最小值是S8C．Sn的最大值是S7D．Sn的最小值是S7解析：D[由(n＋1)Sn＜nSn＋1得(n＋1)·na1＋an2＜n·n＋1a1＋an＋12，整理得an＜an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又a8a7＜－1，所以a8＞0，a7＜0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.]等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a1和d(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，以减少计算量．热点二等差(比)数列的判断与证明[例1](2020·龙岩质检)已知数列{an}满足an＝3an－1＋k3n－1(n∈N*，n≥2，k∈R)．(1)设a1＝1，k＝0，证明数列an－12是等比数列；(2)对任意k∈R，是否存在一个实数t，使得bn＝13n(an＋t)(n∈N*)且{bn}为等差数列？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．[解析](1)证明：当k＝0时，an＝3an－1－1，所以an－12＝3an－1－32＝3an－1－12，即an－12an－1－12＝3，又a1－12＝12≠0，所以数列an－12是首项为12，公比为3的等比数列．(2)当n≥2时，bn－bn－1＝13n(an＋t)－13n－1(an－1＋t)＝13n(an＋t－3an－1－3t)＝13n(3an－1＋k3n－1＋t－3an－1－3t)＝13n(k3n－1－2t)＝k－1＋2t3n.要使{bn}为等差数列，则必须使1＋2t＝0，∴t＝－12，即对任意的k∈R，存在t＝－12，使{bn}为等差数列．判断和证明等差或等比数列的方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a2n＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.(2019·郑州二模)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.(1)求数列{bn}的通项公式．(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列Sn＋54是等比数列．解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝54.所以bn＝b1·qn－1＝54·2n－1＝5·2n－3，即数列{bn}的通项公式bn＝5·2n－3.(2)由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝541－2n1－2＝5·2n－2－54，即Sn＋54＝5·2n－2.由S1＋54＝52，Sn＋1＋54Sn＋54＝5·2n－15·2n－2＝2可知，数列Sn＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．热点三等差与等比数列的综合问题[例2](2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．[审题指导](1)利用条件求出等比数列的公比和等差数列的首项及公差，写出通项公式，进而求出前n项和．(2)由(1)知Tn＝2n－1，将其拆成2n和－1两部分，{2n}是等比数列，易求和，－1是常数，易求和，再结合Sn＝nn＋12和已知条件，可求得n的值．[解析](1)设等比数列{bn}的公比为q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0，因此为q＞0，可得q＝2，故bn＝2n－1.所以，Tn＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{an}的公差为d，由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4，由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.所以，Sn＝nn＋12.(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2×1－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得nn＋12＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以，n的值为4.(1)关于等差、等比数列的综合问题大多为两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量；首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．(2)求数列中的最大项，可以利用图象或者数列的单调性求解，同时注意数列的单调性与函数单调性的区别．(2020·湖北八校联考)已知等比数列{an}的公比q＞1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为2n－1·3n＋12.(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列1an的前n项和为Sn，已知∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．解析：(1)∵a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，∴2a2＝a1＋a3－8，即2a1q＝a1＋a1q2－8，∴q2－2q－3＝0，∴q＝3或－1，而q＞1，∴q＝3，∴an＝2·3n－1.∵a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2n－1·3n＋12，∴a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2n－3·3n－1＋12，两式相减得anbn＝2n·3n－1(n≥2)．∵an＝2·3n－1，∴bn＝n(n≥2)，令n＝1，可求得b1＝1，∴bn＝n.(2)∵数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴数列1an是首项为12，公比为13的等比数列，∴Sn＝＝34·1－13n＜34.∵∀∈N*，Sn≤m恒成立，故实数m的最小值为34.热点四数列与传统文化的交汇创新数学建模素养数学建模——数列实际应用中的核心素养以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并接受实际的检验.[例3](2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A．32fB．322fC．1225fD．1227f[解析]D[由题意可知，单音的频率构成以a1＝f为首项，q＝122为公比的等比数列，则a8＝a1q7＝f·(122)7＝1227f.故选D.]涉及等比数列的数学文化题频繁出现在考试试题中．解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比数列的概念、通项公式和前n项和公式．(2020·银川模拟)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为()A.176升B.72升C.11366升D.10933升解析：A[自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有