（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题二 数列 第1讲 等差数列、等比数列课件

专题二数列第1讲等差数列、等比数列[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019等比数列基本运算·T14等比数列的通项公式等差数列的求和·T18等比数列的基本运算·T6等差数列的通项公式及求和·T18等差数列的基本运算·T142018数列的递推关系、等比数列的判定及计算·T17等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17等比数列的通项公式、前n项和公式·T172017等比数列的通项公式与前n项和公式、等差数列的判定·T17等差、等比数列的通项公式及前n项和公式·T17数列的递推关系及通项公式、裂项相消法求和·T17(1)考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查等差数列、等比数列性质的应用，考查等差数列、等比数列的判断与证明等．(2)近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2020年高考可能以客观题考查，以基本运算为主，难度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．考点一等差、等比数列的基本运算[例1](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(2)(2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________.[解析](1)设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得a1＋4d＝5，4a1＋6d＝0，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.(2)由a24＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝1a1＝3.∴S5＝13（1－35）1－3＝1213.[答案](1)A(2)1213[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)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[跟踪训练]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：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.答案：C2．(2019·开封市定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝()A．－1B．1C．－2D．2解析：法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋4a2q＋4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋4q＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故选C.答案：C3．(2019·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.考点二等差数列、等比数列的性质[例2](1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S6＝30，S9＝70，则S3＝________．(2)在等差数列{an}中，已知a1＝13，3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．[解析](1)法一：设数列{an}的公比为q(q＞0且q≠1)，由题意可得S6＝a1（1－q6）1－q＝30，①S9＝a1（1－q9）1－q＝70，②①÷②得，1－q61－q9＝1＋q31＋q3＋q6＝37，又由q＞0，得q3＝2，再由S3S6＝a1（1－q3）1－qa1（1－q6）1－q＝11＋q3＝13，得S3＝13S6＝10.法二：由题意可得(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，即(30－S3)2＝40S3，即S23－100S3＋900＝0，解得S3＝10或S3＝90，又数列{an}的各项均为正数，所以S3＜S6，S3＝90(舍去)，故S3＝10.(2)设{an}的公差为d.法一：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.由an≥0，an＋1≤0得－2n＋15≥0，－2（n＋1）＋15≤0，解得6.5≤n≤7.5.因为n∈N*，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝7（13－2×7＋15）2＝49.法二：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.所以Sn＝n（13＋15－2n）2＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.[答案](1)10(2)49[解题方略]与数列性质有关问题的求解策略抓关系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用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[跟踪训练]1．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则a2a16a9的值为()A．－2＋22B．－2C．2D．－2或2解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a29＝2，a3＋a15＝－6，所以a30，a150，则a9＝－2，所以a2a16a9＝a29a9＝a9＝－2，故选B.答案：B2．(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则15a4＝()A．－1B．0C．1D．2解析：法一：设{an}的公差为d(d≠0)，由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a1＋2d)＋(a1＋10d)－3(a1＋4d)＝10，即2a1＋6d＝10，即a1＋3d＝5，故a4＝5，所以15a4＝1，故选C.法二：设{an}的公差为d(d≠0)，因为an＝am＋(n－m)d，所以由4a3＋a11－3a5＝10，得4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得a4＝5，所以15a4＝1，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，即a5＋a3＝10，则2a4＝10，即a4＝5，所以15a4＝1，故选C.答案：C3．数列{an}是首项a1＝m，公差为2的等差数列，数列{bn}满足2bn＝(n＋1)an，若对任意n∈N*都有bn≥b5成立，则m的取值范围是________．解析：由题意得，an＝m＋2(n－1)，从而bn＝n＋12an＝n＋12[m＋2(n－1)]．又对任意n∈N*都有bn≥b5成立，结合数列{bn}的函数特性可知b4≥b5，b6≥b5，故52（m＋6）≥3（m＋8），72（m＋10）≥3（m＋8），解得－22≤m≤－18.答案：[－22，－18][例3]设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝bn－11＋bn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)判断数列1bn是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．考点三等差(比)数列的判断与证明[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即anan－1＝12(n≥2，n∈N*)．所以数列{an}是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝12n－1.(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2.因为bn＝bn－11＋bn－1，所以1bn＝1bn－1＋1，即1bn－1bn－1＝1(n≥2)．所以数列1bn是首项为12，公差为1的等差数列．所以1bn＝12＋(n－1)·1＝2n－12，故数列{bn}的通项公式为bn＝22n－1.[解题方略]数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1an(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2)．(1)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)．[跟踪训练]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3的值．(2)设bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．所以n＝1时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，n＝2时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，n＝3时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21.(2)因为Sn＝2an－3n，所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，两式相减，得an＋1＝2an＋3，①把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，得bn＋1＝2bn(n∈N*)，且b1＝6，所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝6×2n－1，所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例]已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()A．(－∞，－1]B．(－∞，0)∪[1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析]设等比数列{an}的公比为q，则S3＝a1＋a2＋a3＝a21q＋1＋q＝1＋q＋1q.当公比q0时，S3＝1＋q＋1q≥1＋2q·1q＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；当公比q0时，S3＝1－－q－1q≤1－2（－q）·－1q＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立．所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．[答案]D[素养通路]等比数列的公比q0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q0时，数列中的各项符号相同．用等比数列前n项和公式时，如果其公比q不确定，要分q＝1和q≠1两种情况进行讨论．本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养．