（新高考）2020高考数学二轮复习 题型篇 专题二 数列 第一讲 小题考法——等差数列与等比数列课件

专题二数列把握考情诊断学情考查内容数列的递推公式，等差、等比数列的通项，等差、等比数列的基本运算，等差、等比数列的性质，等差、等比数列的判断与证明，数列的综合问题考查题型“一大”或“两小”，难度多为容易或适中，有时也会以压轴题的形式出现存在问题(1)不会利用递推公式求通项；(2)易忽视数列中对n＝1的验证；(3)求等比数列的前n项和时易忽视公比q＝1的情况；(4)数列求和中，错位相减法运算错误，化简不彻底；(5)裂项求和时提取系数不当把握考情诊断学情考查素养通过考查等差、等比数列基本量的计算以及等差、等比数列的判定及证明，培养学生的数学运算、逻辑推理、数学抽象的核心素养解决方法(1)掌握常见数列的构造法及累加(乘)法的类型；(2)求等比数列中项时从间隔项的符号判断；(3)裂项中提取系数不确定时，也可反过来进行验证提取是否正确第一讲小题考法——等差数列与等比数列一、高考真题集中研究——明规律题组(一)等差数列1．(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＝12n2－2n解析：设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得4a1＋6d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋nn－12×2＝n2－4n.故选A.答案：A2．(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．12解析：设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.答案：B3．(2017·全国卷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()A．1B．2C．4D．8解析：设等差数列{an}的公差为d，则由a4＋a5＝24，S6＝48，得a1＋3d＋a1＋4d＝24，6a1＋6×52d＝48，即2a1＋7d＝24，2a1＋5d＝16，解得d＝4.答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a23，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.答案：A5．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A．100B．99C．98D．97解析：∵{an}是等差数列，设其公差为d，∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.又∵a10＝8，∴a1＋4d＝3，a1＋9d＝8，∴a1＝－1，d＝1.∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.答案：C6．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5＝________.解析：设数列{an}的公差为d，由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋10×92d＝100a1，S5＝5a1＋5×42d＝25a1，所以S10S5＝4.答案：4[怎么考]对等差数列的考查，主要是等差数列基本量的计算，且多以单一考点的形式命题，偶尔与等比数列综合考查，难度也比较小．主要考查数学运算的核心素养，记准公式、计算正确就能完美解决问题．题组(二)等比数列1．(2019·全国卷Ⅲ)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：设数列{an}的公比为q，由题意知a10，q0，a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，a1q4＝3a1q2＋4a1，解得a1＝1，q＝2，∴a3＝a1q2＝4.答案：C2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝a11－271－2＝381，解得a1＝3.答案：B3．(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＝________.解析：设数列{an}的公比为q，由a24＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝1a1＝3.则S5＝131－351－3＝1213.答案：12134．(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________．解析：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＝2＝2.记t＝－n22＋7n2＝－12(n2－7n)＝－12n－722＋498，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.答案：643n-n22＋n2n－1n2－n22＋72n[怎么考]与等差数列的考查情况类似，等比数列也是以单一考点的形式考查等比数列基本量的计算，偶尔以数学文化为背景考查．等比数列考查的频率明显小于等差数列．二、高频考点逐一精析——扫盲点考点(一)数列的递推关系式[典例]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________.[解析]法一：构造关于an的等比数列由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，即a2＝2a1＋1＝－1.根据Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，①知Sn＋1＝3Sn＋2n＋1－3，②②－①可得，an＋1＝3an＋2n(n≥2)．两边同时除以2n＋1，可得an＋12n＋1＝32·an2n＋12(n≥2)，令bn＝an2n，可得bn＋1＝32·bn＋12(n≥2)．∴bn＋1＋1＝32(bn＋1)(n≥2)，数列{bn＋1}是以b2＋1＝34为首项，32为公比的等比数列．∴bn＋1＝32n－2·34(n≥2)，∴bn＝12·32n－1－1(n≥2)．又b1＝－12也满足上式，∴bn＝32n－1·12－1(n∈N*)，又bn＝an2n，∴an＝2nbn，即an＝3n－1－2n.∴a4＝33－24＝11.法二：赋值法由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，知S2＝3S1＋4－3，∴a2＝－1.S3＝3S2＋8－3，∴a3＝1.S4＝3S3＋16－3，∴a4＝11.法三：构造关于Sn的等比数列设Sn＋a·2n＋b＝3(Sn－1＋a·2n－1＋b)(n≥2)，则3a·2n－1－a·2n＝2n，3b－b＝－3，∴a＝2，b＝－32.∴Sn＋2n＋1－32＝3Sn－1＋2n－32(n≥2)，∴Sn＋2n＋1－32为等比数列，其中首项为S1＋4－32＝32，公比为3.∴Sn＋2n＋1－32＝32·3n－1，∴Sn＝32·3n－1－2n＋1＋32，∴a4＝S4－S3＝11.[答案]11[解题方略]求数列通项的方法(1)利用Sn求an：①已知Sn的关系式求an：通过公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2求解；②已知Sn与an的关系式求an：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去Sn，得到关于an的关系式，从而可以求an，或消去an，得到关于Sn的关系式，先求出Sn再求an.(2)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(3)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(4)构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋qp－1＝pan＋qp－1(p≠1)的形式，利用an＋qp－1是以p为公比的等比数列求解；②递推关系形如an＋1＝panan＋p(p为非零常数)可化为1an＋1－1an＝1p的形式．[集训冲关]1．设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝4，an＋1＝Sn，n∈N*，则a5＝________.解析：由an＋1＝Sn，得Sn＋1－Sn＝Sn，则Sn＋1＝2Sn，又S1＝a1＝4，所以数列{Sn}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＝4·2n－1＝2n＋1，则a5＝S5－S4＝26－25＝32.答案：322．已知在数列{an}中，an＋1＝nn＋2an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：(累乘法)由an＋1＝nn＋2an，得an＋1an＝nn＋2，故a2a1＝13，a3a2＝24，…，anan－1＝n－1n＋1(n≥2)，以上式子累乘得，ana1＝13·24·…·n－3n－1·n－2n·n－1n＋1＝2nn＋1.因为a1＝4，所以an＝8nn＋1(n≥2)．因为a1＝4满足上式，所以an＝8nn＋1.答案：8nn＋13．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝n＋1ann＋2an(n∈N*)，则k＝1nkak＝________.解析：由题意可知nan＋1＋2anan＋1＝(n＋1)an，两边同除以anan＋1，得n＋1an＋1－nan＝2，又1a1＝12，所以nan是以12为首项，2为公差的等差数列，所以k＝1nkak＝12n＋12n(n－1)×2＝n2－12n.答案：n2－12n考点(二)等差、等比数列的基本运算[大稳定——常规角度考“四基”]1．[等差、等比数列的综合运算]在等比数列{an}中，有a3·a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝()A．26B．52C．78D．104解析：∵a3a11＝4a7，∴a27＝4a7≠0，解得a7＝4.∵数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，∴S13＝13×b1＋b132＝13b7＝13a7＝52，故选B.答案：B2．[等差数列的基本运算](2019·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：∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，∴公差d＝a7－a37－3＝13－54＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，∴S10＝10a1＋10×92d＝100.答案：1003．[等比数列的基本运算](2019·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：设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵a1＝1，S3＝34，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝34，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－12，∴S4＝1×1－－1241－－12＝58.答案：58[解题方略]等差(比)数列基本运算的解题思路(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(或q)的方程(组)，