（全国通用）2020版高考数学二轮复习 专题提分教程 第二编 专题三 数列 第1讲 等差数列与等比数

第1讲等差数列与等比数列第二编讲专题专题三数列「考情研析」1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明．2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，近几年高考题一般设置一道选择题和一道解答题，分值分别为5分和12分.1核心知识回顾PARTONE1.等差数列(1)通项公式：____________________________________(2)等差中项公式：___________________________________．(3)前n项和公式：____________________________________.□01an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d□022an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)□03Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－1d22．等比数列(1)等比数列的通项公式：________________________________(2)等比中项公式：________________________(n∈N*，n≥2)．(3)等比数列的前n项和公式：__________________________________.□01an＝a1qn－1＝amqn－m□02a2n＝an－1·an＋1□03Sn＝na1q＝1，a1－anq1－q＝a11－qn1－qq≠13．等差数列的性质(n，m，l，k，p均为正整数)(1)若m＋n＝l＋k，则_____________________(反之不一定成立)；特别地，当m＋n＝2p时，有________________.(2)若{an}，{bn}是等差数列，则{kan＋tbn}(k，t是非零常数)是________数列．(3)等差数列“依次每m项的和”即Sm，_________________________，…仍是等差数列．□01am＋an＝al＋ak□02am＋an＝2ap□03等差□04S2m－Sm，□05S3m－S2m(4)等差数列{an}，当项数为2n时，S偶－S奇＝_________，S奇S偶＝________，项数为2n－1时，S奇－S偶＝________＝______，S2n－1＝(2n－1)an且S奇S偶＝___________.(其中S偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)□06nd□07anan＋1□08a中□09an□10nn－14．等比数列的性质(n，m，l，k，p均为正整数)(1)若m＋n＝l＋k，则_____________________(反之不一定成立)；特别地，当m＋n＝2p时，有_________________.(2)当n为偶数时，S偶S奇＝_________(公比)．(其中S偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次m项的和”，即Sm，_____________________，…(Sm≠0)成等比数列．□01am·an＝al·ak□02am·an＝a2p□03q□04S2m－Sm，□05S3m－S2m2热点考向探究PARTTWO考向1等差数列、等比数列的运算例1(1)(2019·陕西榆林高考第三次模拟)在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，且满足若a3＋S5＝12，a4＋S7＝24，则a5＋S9＝()A．24B．32C．40D．72解析∵a3＋S5＝6a3＝12，a4＋S7＝8a4＝24，∴a3＝2，a4＝3，∴a5＝4，∴a5＋S9＝10a5＝40.故选C.答案C(2)在等差数列{an}中，已知a4＝5，a3是a2和a6的等比中项，则数列{an}的前5项的和为()A．15B．20C．25D．15或25解析设公差为d，∵a3为a2，a6的等比中项，∴a23＝a2·a6，即(a4－d)2＝(a4－2d)(a4＋2d)，∴5d(d－2)＝0，∴d＝0或d＝2.∴5－d＝5或3，即a3＝5或3，∴S5＝5a3＝25或15.故选D.答案D(3)已知正项数列{an}满足a2n＋1－6a2n＝an＋1an，若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________．解析∵a2n＋1－6a2n＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an0，∴an＋1＝3an，∴{an}为等比数列，且首项为2，公比为3，∴Sn＝3n－1.答案3n－1利用等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．1．在各项为正数的等比数列{an}中，S2＝9，S3＝21，则a5＋a6＝()A．144B．121C．169D．148答案A解析由题意可知，a1＋a2＝9，a1＋a2＋a3＝21，即a11＋q＝9，a11＋q＋q2＝21，解得q＝2，a1＝3或q＝－23，a1＝27(舍去)．∴a5＋a6＝a1q4(1＋q)＝144.故选A.2．(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，五等人与六等人所得黄金数之和为()A.13B.76C.73D.67答案C解析设an为第n等人的得金数，则{an}为等差数列，由题设可知a1＋a2＋a3＝4，a8＋a9＋a10＝3，故a2＝43，a9＝1，而a5＋a6＝a2＋a9＝73.故选C.3．(2019·安徽太和第一中学高一调研)定义：在数列{an}中，若满足an＋2an＋1－an＋1an＝d(n∈N*，d为常数)，称{an}为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则a2022a2020＝()A．4×20202－1B．4×20192－1C．4×20222－1D．4×20192答案A解析∵a1＝a2＝1，a3＝3，∴a3a2－a2a1＝2，∴an＋1an是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an＋1an＝2n－1，∴a2022a2020＝a2022a2021·a2021a2020＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A.例2已知数列{an}中，a1＝1，其前n项的和为Sn，且满足an＝2S2n2Sn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求证：数列1Sn是等差数列；(2)证明：13S1＋15S2＋17S3＋…＋12n＋1Sn12.证明(1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝2S2n2Sn－1，Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，1Sn－1Sn－1＝2，所以数列1Sn是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1Sn＝1S1＋(n－1)·2＝2n－1，所以Sn＝12n－1.13S1＋15S2＋17S3＋…＋12n＋1Sn＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n－12n＋1＝12×1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝12×1－12n＋112.(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．(2019·江西八所重点中学4月联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝44－an(n∈N*)．(1)求证：数列1an－2是等差数列；(2)设bn＝a2na2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)证明：∵an＋1＝44－an，∴1an＋1－2－1an－2＝144－an－2－1an－2＝4－an2an－4－1an－2＝2－an2an－4＝－12为常数，又a1＝1，∴1a1－2＝－1，∴数列1an－2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知，1an－2＝－1＋(n－1)－12＝－n＋12，∴an＝2－2n＋1＝2nn＋1，∴bn＝a2na2n－1＝4n2n＋122n－12n＝4n22n－12n＋1＝1＋12n－12n＋1＝1＋1212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋121－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝n＋121－12n＋1＝n＋n2n＋1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋n2n＋1.考向3数列中an与Sn的关系问题例3设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3，两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，∴an＋1＝3an，∴an＋1an＝3.当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则a2a1＝3.∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．∴an＝3×3n－1＝3n.(2)由(1)，得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)×3n.∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，①3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，②①－②，得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×321－3n－11－3－(2n－1)×3n＋1＝－6－(2n－2)×3n＋1.∴Tn＝(n－1)×3n＋1＋3.由an与Sn的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2.(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示(“合写”)．(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2.(2019·福建泉州5月质检)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.(1)证明：{an}为等比数列；(2)记bn＝log2an，数列λbnbn＋1的前n项和为Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范围．解(1)证明：由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，当n≥2时，an＝Sn－1＋2，所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，所以an＋1＝2an(n≥2)．又a2＝2a1，所以an＋1an＝2(n∈N*)，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.则λbnbn＋1＝λnn＋1＝λ1n－1n＋1，Tn＝λ1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝λ1－1n＋1，因为Tn≥10，所以λnn＋1≥10，从而λ≥10n＋1n，因为10n＋1n＝101＋1n≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞)．3真题VS押题PARTTHREE『真题模拟』1．(2019·湖南六校高三联考)已知公差d≠0的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4－2，a6成等比数列，若正整数m，n满足m－n＝10，则am－an＝()A．10B．20C．30D．5或40解析由题意，知(a4－2)2＝a2