（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列课件 文 新人教A版

数学第二部分高考热点分层突破专题二数列第1讲等差数列与等比数列01做高考真题明命题趋向02研考点考向破重点难点03练典型习题提数学素养[做真题]1．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________．解析：通解：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.优解：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.答案：12132．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝____________．解析：通解：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得a1＋2d＝5，a1＋6d＝13，解得a1＝1，d＝2，所以S10＝10×1＋10×92×2＝100.优解：由题意，得公差d＝14(a7－a3)＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝10（a1＋a10）2＝5(a4＋a7)＝100.答案：1003．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.4．(2018·高考全国卷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.[明考情]等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质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项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题．[知识整合]等差数列的通项公式及前n项和公式an＝a1＋(n－1)d；Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d(n∈N*)．等差、等比数列的基本运算(综合型)等比数列的通项公式及前n项和公式an＝a1qn－1(q≠0)；Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q(q≠1)(n∈N*)．[典型例题](2019·高考全国卷Ⅰ)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a10知d0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．等差(比)数列基本运算的解题思路(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．[对点训练]1．(2019·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列1an为等差数列，则a9＝()A.12B.54C.45D．－45解析：选C.因为数列1an为等差数列，a3＝2，a7＝1，所以数列1an的公差d＝1a7－1a37－3＝1－127－3＝18，所以1a9＝1a7＋(9－7)×18＝54，所以a9＝45，故选C.2．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝____________．解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1及S3＝34，易知q≠1.把a1＝1代入S3＝a1（1－q3）1－q＝34，得1＋q＋q2＝34，解得q＝－12，所以S4＝a1（1－q4）1－q＝1×1－－1241－－12＝58.优解一：设等比数列{an}的公比为q，因为S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝34，a1＝1，所以1＋q＋q2＝34，解得q＝－12，所以a4＝a1·q3＝－123＝－18，所以S4＝S3＋a4＝34＋－18＝58.优解二：设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠1.设数列{an}的前n项和Sn＝A(1－qn)(其中A为常数)，则a1＝S1＝A(1－q)＝1①，S3＝A(1－q3)＝34②，由①②可得A＝23，q＝－12.所以S4＝23×1－－124＝58.答案：583．(2018·高考全国卷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.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)，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.[知识整合]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且an≠0)．等差、等比数列的判定与证明(综合型)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*)为一非零常数．(2)利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2且an≠0)．[典型例题](2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式．【解】(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n－1.所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝12n＋n－12，bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝12n－n＋12.证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法(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}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.[对点训练]1．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＝13an＋1，则a7＝()A．47B．3×45C．3×46D．46＋1解析：选B.依题意得3Sn＝Sn＋1－Sn，即Sn＋1＝4Sn.又S1＝a1＝1，所以数列{Sn}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以Sn＝1×4n－1＝4n－1，a7＝S7－S6＝46－45＝3×45，选B.2．已知数列{an}满足a1＝12，且an＋1＝2an2＋an.(1)求证：数列1an是等差数列；(2)若bn＝an·an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)证明：因为an＋1＝2an2＋an，所以1an＋1＝2＋an2an，所以1an＋1－1an＝12，所以数列1an是以2为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)知1an＝n＋32，所以an＝2n＋3，因为bn＝4（n＋3）（n＋4）＝4×(1n＋3－1n＋4)，所以Sn＝4×14－15＋15－16＋…＋1n＋3－1n＋4＝4×14－1n＋4＝nn＋4.[知识整合]等差数列等比数列性质(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.(2)an＝am＋(n－m)d.(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq.(2)an＝amqn－m.(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(q≠－1)等差、等比数列的性质(综合型)[典型例题](1)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a21009＝25a3a2019，则数列{an}的公比q为()A.55B.15C．－15D．±55(2)(一题多解)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，S99－S55＝－4，则Sn取最大值时n的值为()A．4B．5C．6D．4或5【解析】(1)因为a21009＝25a3a2019，所以a21009＝25a21011，所以q4＝125.因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，故q＝55.故选A.(2)法一：因为数列{an}为等差数列，且S99－S55＝－4，所以S99－S55＝9（a1＋a9）29－5（a1＋a5）25＝a5－a3＝2d＝－4，解得d＝－2，所以数列{an}为单调递减数列，即Sn存在最大值．因为a1＝9，所以an＝－2n＋11，由an≥0，an＋1＜0，得－2n＋11≥0，－2（n＋1）＋11＜0，解得4.5＜n≤5.5.因为n∈N*，所以n＝5，所以数列{an}的前n项和Sn取最大值时n的值为5，故选B.法二：因为数列{an}为等差数列，且S99－S55＝－4，所以S99－S55＝9（a1＋a9）29－5（a1＋a5）25＝a5－a3＝2d＝－4，解得d＝－2.因为a1＝9，所以an＝－2n＋11，所以Sn＝n（9＋11－2n）2＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，所以数列{an}的前n项和Sn取最大值时n的值为5，故选B.【答案】(1)A(2)B等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)运用函数性质：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．[对点训练]1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝156，S36＝1332，则S24＝()A．744B．300C．600D．1200解析：选C.因为S12＝156，S36＝1332，易知S12，S24－S12，S36－S24成等差数列，所以