2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题2 数列 第1讲 等差数列、等比数列课件 理

第二部分讲练篇专题二数列第1讲等差数列、等比数列自主练考点整合[做小题——激活思维]1．在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则{an}的前4项和为()A．9B．22C．24D．32C[依题意得，数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝a2－2＝3，因此数列{an}的前4项和等于4×3＋4×32×2＝24，选C.]2．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2nA[设等差数列{an}的公差为d，∵S4＝0，a5＝5，∴4a1＋4×32d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋nn－12d＝n2－4n.故选A.]3．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于()A．14B．21C．28D．35C[∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.]4．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－13，则{an}的前10项和等于________．341－1310[由3an＋1＋an＝0，a2＝－13得{an}成首项为1，公比q＝－13的等比数列，∴S10＝1－－13101＋13＝341－1310.]5．在等比数列{an}中，an＋1＜an，a2a8＝6，a4＋a6＝5，则a4a6等于________．32[因为a2a8＝a4a6＝6①，又a4＋a6＝5②，联立①②，解得a4＝3，a6＝2或a4＝2，a6＝3(舍)，所以a4a6＝32.][扣要点——查缺补漏]1．判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若an＋1－an＝d，d为常数an＋1an＝q，q为常数，q≠0，则{an}为等差(比)数列，如T1，T4.(2)中项公式法．(3)通项公式法．2．等差数列的通项公式及前n项和公式(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；(2)Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d.如T2.3．等比数列的通项公式及前n项和公式(1)an＝a1qn－1＝am·qn－m(q≠0)；(2)Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠1.如T4.4．等差数列与等比数列的性质(1)在等差数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.如T3.(2)若{an}是等差数列，则Snn也是等差数列．(3)在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列．(4)在等比数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.如T5.(5)在等比数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外).研考题举题固法等差(比)数列的基本运算(5年9考)[高考解读]高考对该点的考查以等差数列、等比数列的通项公式与求和公式为考查目标，对等差比数列的五个基本量的计算进行考查，体现方程思想和转化与化归思想的应用.预测2020年命题风格不变.1．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝()A．－12B．－10C．10D．12B[设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴33a1＋3×22d＝2a1＋d＋4a1＋4×32d，解得d＝－32a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]2．[一题多解](2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________.1213[法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a24＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a11－q51－q＝13×1－351－3＝1213.法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a24＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a11－q51－q＝13×1－351－3＝1213.]3．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；(2)设Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.[解](1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－2n3.由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.等差(比)数列基本运算的解题途径(1)设基本量：首项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，注意整体代换，以减少运算量．提醒：抓住项与项之间的关系及项的“下角标”之间的关系巧用性质解题，可达到事半功倍的效果．1．(数列与数学文化)中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是()A．174斤B．184斤C．191斤D．201斤B[用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a1＋8×72×17＝996，解得a1＝65.∴a8＝65＋7×17＝184.选B.]2．(基本量的运算)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若a3＝2，S4＝5S2，则q＝________.－1或±2[由a3＝2知，若q＝1，则S4＝8，而5S2＝20，不合题意，所以q≠1.若q＝－1，则a3＝a1q2＝a1＝2，an＝2·(－1)n－1，此时，S2＝S4＝0，满足S4＝5S2.当q≠±1时，由a3＝2，S4＝5S2，得a1·1－q41－q＝5a1·1－q21－q，解得q＝2或－2，满足题意．综上，q的值为－1或±2.]3．(等差、等比数列的交汇问题)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．－6[设等比数列{an}的公比为q.∵S3，S9，S6成等差数列，∴2S9＝S3＋S6，且q≠1.∴2a11－q91－q＝a11－q31－q＋a11－q61－q，即2q6－q3－1＝0，∴q3＝－12或q3＝1(舍去)．∵a8＝3，∴a5＝a8q3＝3－12＝－6.]等差(比)数列的性质及应用(5年3考)[高考解读]高考对该点的考查体现了在知识交汇处命题的思想，即把数列的通项an和前n项和Sn都看作关于“n”的函数，要学会用函数的思想解决此类问题.预测2020年会加大与函数的交汇.1．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．64[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝12.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2…an＝an1q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·12n－1n2＝23n－n22＋n2＝2－n22＋72n.记t＝－n22＋7n2＝－12(n2－7n)，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.]2．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．[解](1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.与数列性质有关问题的求解策略(1)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．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．1．(下角标性质的应用)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a1＋a6＝()A．6B．7C．8D．9B[由2an＝an－1＋an＋1(n≥2)可知数列{an}是等差数列，∴a2＋a4＋a6＝3a4＝12，a1＋a3＋a5＝3a3＝9，∴a3＝3，a4＝4.所以a1＋a6＝a3＋a4＝4＋3＝7.故选B.]2．(和的性质的应用)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝()A．40B．60C．32D．50B[由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60，选B.]3．(奇数项与偶数项的性质)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有SnTn＝2n－34n－3，则a3＋a152b3＋b9＋a3b2＋b10＝()A.1941B.1737C.715D.2041A[a3＋a152b3＋b9＋a3b2＋b10＝2a92b1＋b11＋a3b1＋b11＝a9＋a3b1＋b11＝a1＋a11b1＋b11＝11a1＋a11211b1＋b112＝S11T11＝2×11－34×11－3＝1941，故选A.]等差(比)数列的判断与证明(5年2考)[高考解读]高考对该点的考查以解答题第1问为主，立足双基，主要考查等差比数列的证明，其中定义法及等差比中项法是解决此类问题的常用方法.预测2020年会加大对数列证明的考查.1．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝ann.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{an}的通项公式．[解](1)由条件可得an＋1＝2n＋1nan.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以，a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得an＋1n＋1＝2ann，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1.2．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．[解](1)证明：由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得数列{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数