2023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、等比数列教案文

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、等比数列教案文PAGE28-第1讲等差数列、等比数列[做小题——激活思维]1．在等差数列{an}中，假设a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，那么a2＋a8等于()A．45B．75C．180D．300[答案]C2．数列{an}为等比数列，假设a4＝7，a6＝21，那么a8等于()A．35B．63C．21eq\r(3) D．±21eq\r(3)[答案]B3．数列{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，假设S8＝4S4，那么a7等于()A.eq\f(13,2)B.eq\f(15,2)C．7D．9[答案]A4．数列{an}为等差数列，假设a5＝11，a8＝5，那么an＝________.[答案]－2n＋215．设首项为1，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，那么Sn与an的关系可表示为________．[答案]Sn＝2an－1[扣要点——查缺补漏]1．等差数列的通项及前n项和公式(1)an＝a1＋(n－1)d.如T4.(2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).如T3.2．等比数列的通项及前n项和公式(1)an＝a1qn－1(q≠0)．(2)Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－qan,1－q)q≠1，))如T5.3．等差、等比数列的性质(1)在等差数列中，假设m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，那么am＋an＝ap＋aq，如T1.(2)假设{an}是等差数列，那么eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))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，假设m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，那么am·an＝ap·aq，如T2.(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)．4．判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：假设an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)＝q，q为常数))，那么{an}为等差(比)数列；(2)中项公式法；(3)通项公式法．等差、等比数列的根本运算(5年13考)[高考解读]高考重点考查等差数列、等比数列的通项及前n项和公式的应用，属每年必考内容.1．(2022·全国卷Ⅲ)各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，那么a3＝()A．16B．8C．4D．2切入点：S4＝15，a5＝3a3＋4a1.关键点：正确求出首项a1和公比q.C[由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＞0，q＞0，,a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4.应选C.]2．[一题多解](2022·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，假设3S3＝S2＋S4，a1＝2，那么a5＝()A．－12B．－10C．10D．12切入点：将3S3＝S2＋S4利用a1和d表示．关键点：利用条件正确求出公差d.B[法一：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)×d))＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.应选B.法二：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋eq\f(3×2,2)d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.应选B.]3．(2022·全国卷Ⅱ){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．切入点：{an}为各项均为正数的等比数列，an＞0，a1＝2，a3＝2a2＋16.关键点：正确求出公比q，进而正确求出{bn}的通项．[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.[教师备选题](2022·全国卷Ⅰ){an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和．[解](1)由，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝eq\f(bn,3)，因此{bn}是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，那么Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3n－1).等比数列根本量运算问题的常见类型及解题策略1求通项.求出等比数列的两个根本量a1和q后，通项便可求出.2求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.3求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程组求解.4求前n项和.直接将根本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.易错提醒：解方程时，注意对根的检验.求解等比数列的公比时，要结合题意进行讨论、取值，防止错解.1．(等差数列的根本运算)[一题多解]等差数列{an}的前n项和为Sn，假设6a3＋2a4－3a2＝5，那么S7＝()A．28B．21C．14 D．7D[法一：设等差数列{an}的公差为d，由6a3＋2a4－3a2＝5，得6(a1＋2d)＋2(a1＋3d)－3(a1＋d)＝5a1＋15d＝5(a1＋3d)＝5，即5a4＝5，所以a4＝1，所以S7＝eq\f(7×a1＋a7,2)＝eq\f(7×2a4,2)＝7a4＝7，应选D.法二：设等差数列{an}的公差为d，由6a3＋2a4－3a2＝5，得6(a4－d)＋2a4－3(a4－2d)＝5，即5a4＝5，所以a4＝1，所以S7＝eq\f(7×a1＋a7,2)＝eq\f(7×2a4,2)＝7a4＝7，应选D.]2．(等比数列的根本运算)设Sn为等比数列{an}的前n项和，3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，那么公比q＝()A．3B．4C．5D．6B[由题意知，q≠1，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3a11－q3,1－q)＝a1q3－2,\f(3a11－q2,1－q)＝a1q2－2))，两式相减可得eq\f(－3q3－q2,1－q)＝q3－q2，即eq\f(－3,1－q)＝1，所以q＝4.]3．(等差、等比数列的综合运算)等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.(1)假设a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；(2)假设T3＝13，求Sn.[解](1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，那么an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，①由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，②联立①②，解得q＝2或q＝0(舍去)，因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.(2)∵T3＝b1(1＋q＋q2)，∴1＋q＋q2＝13，解得q＝3或q＝－4，由a2＋b2＝3，得d＝4－q，∴d＝1或d＝8.由Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d，得Sn＝eq\f(1,2)n2－eq\f(3,2)n或Sn＝4n2－5n.等差、等比数列的性质(5年2考)[高考解读]高考对等差、等比数列的性质的考查主要表达在项与项之间的性质和前n项和的性质，要求不高，重点考查通性通法.1．[一题多解](2022·全国卷Ⅱ)等比数列{an}满足a1＝eq\f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，那么a2＝()A．2B．1C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,8)切入点：a3a5＝aeq\o\al(2,4).关键点：利用等比数列的性质及a3a5＝4(a4－1)，求出公比q.C[法一：根据等比数列的性质，结合条件求出a4，q后求解．∵a3a5＝aeq\o\al(2,4)，a3a5＝4(a4－1)，∴aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，∴aeq\o\al(2,4)－4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝eq\f(a4,a1)＝eq\f(2,\f(1,4))＝8，∴q＝2，∴a2＝a1q＝eq\f(1,4)×2＝eq\f(1,2)，应选C.法二：直接利用等比数列的通项公式，结合条件求出q后求解．∵a3a5＝4(a4－1)，∴a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，将a1＝eq\f(1,4)代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，解得q＝2，∴a2＝a1q＝eq\f(1,2)，应选C.]2．(2022·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．切入点：S3＝－15.关键点：根据等差数列的前n项和公式求出公差d.[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.[教师备选题]1．(2022·浙江高考){an}是等差数列，公差d不为零．假设a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，那么a1＝________，d＝________.eq\f(2,3)－1[∵a2，a3，a7成等比数列，∴aeq\o\al(2,3)＝a2a7，∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，即2d＋3a1＝0.①又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1.②由①②解得a1＝eq\f(2,3)，d＝－1.]2．(2022·广东高考)假设三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2eq\r(6)，c＝5－2eq\r(6)，那么b＝________.1[∵a，b，c成等比数列，∴b2＝a·c＝(5＋2eq\r(6))(5－2eq\r(6))＝1，又b>0，∴b＝1.3．(2022·广东高考)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，那么log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.5[log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2aeq\o\al(5,3)＝5log2a3＝5log2eq\r(a1a5)＝5log22＝5.]等差、等比数列性质应用问题求解策略1等差数列{an}的前n项和eqSn＝\f(na1＋an,2)＝naeq\s\up-15(eq\f(n＋1,2))n为奇数是常用的转化方法.2熟练运用等差、等比数列的性质，如m＋n＝p＋q时，假设{an}为等差数列，那么am＋an＝ap＋aq；假设{an}为等比数列，那么有am·an＝ap·aq，可减少运算过程，提高解题效率.1．(项的性质)数列{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，那么a1＋a10的值为()A．7B．－5C．5D．－7D[在等比数列{an}中，a5a6＝－8，∴a4a7＝－8，又a4＋a7＝2，解得a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4.假设a4＝4，a7＝－2，那么q3＝－eq\f(1,2)，∴a1＝－8，a10＝a7·q3＝1，∴a1＋a10＝－7；假设a4＝－2，a7＝4，那么q3＝－2，∴a1＝1，a10＝a7·q3＝－8，∴a1＋a10＝－7.综上可得，a1＋a10＝－7.应选D.]2．(和的性质)一个等差数列{an}的前12项的和为354，前12项中偶数项的和S偶与前12项中奇数项的和S奇之比为eq\f(32,27)，那么公差d等于()A．5B．6C．10D．12A[由题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S偶＋S奇＝354，,\f(S偶,S奇)＝\f(32,27)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162，))又由等差数列的性质，可得S偶－S奇＝6d，即192－162＝6d，解得d＝5.应选A.]3．(等差、等比数列性质的综合问题)正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a6＝2a3，a4与2a6的等差中项为eq\f(3,2)，那么S5＝()A．36B．33C．32D．31D[设{an}的公比为q(q＞0)，∵a1a6＝2a3，而a1a6＝a3a4，∴a3a4＝2a3，∴a4＝2.又a4＋2a6＝3，∴a6＝eq\f(1,2)，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝16，∴S5＝eq\f(16\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝31.应选D.]等差、等比数列的判定与证明(5年3考)[高考解读]高考对此类问题的考查是先判断后证明，重点是等差数列和等比数列的定义及通性通法的应用.角度一：等差数列的判定与证明1．(2022·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．切入点：①由S2＝2，S3＝－6求首项和公比q；②等差数列的定义．关键点：正确求出等比数列的前n项和Sn.[解](1)设{an}的公比为q.由题设可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6.))解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3).由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)n·eq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋－1n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．角度二：等比数列的判定与证明2．(2022·全国卷Ⅰ)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq\f(an,n).(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．切入点：①通过nan＋1＝2(n＋1)an和bn＝eq\f(an,n)，利用赋值法求b1，b2，b3；②通过nan＋1＝2(n＋1)an与bn＝eq\f(an,n)建立bn＋1与bn的关系．关键点：利用条件建立bn＋1与bn的关系．[解](1)由条件可得an＋1＝eq\f(2n＋1,n)an.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eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，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eq\f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.[教师备选题]1．(2022·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)假设dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，那么()A．{Sn}是等差数列 B．{Seq\o\al(2,n)}是等差数列C．{dn}是等差数列 D．{deq\o\al(2,n)}是等差数列A[先将Sn用线段的长表示出来，再利用等差数列的定义判断．作A1C1，A2C2，A3C3，…，AnCn垂直于直线B1Bn，垂足分别为C1，C2，C3，…，Cn，那么A1C1∥A2C2∥…∥AnCn.∵|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，∴|CnCn＋1|＝|Cn＋1Cn＋2|.设|A1C1|＝a，|A2C2|＝b，|B1B2|＝c，那么|A3C3|＝2b－a，…，|AnCn|＝(n－1)b－(n－2)a(n≥3)，∴Sn＝eq\f(1,2)c[(n－1)b－(n－2)a]＝eq\f(1,2)c[(b－a)n＋(2a－b)]，∴Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)c[(b－a)(n＋1)＋(2a－b)－(b－a)n－(2a－b)]＝eq\f(1,2)c(b－a)，∴数列{Sn}是等差数列．]2．(2022·全国卷Ⅲ)数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)假设S5＝eq\f(31,32)，求λ.[解](1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－λ)，故a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1).因此{an}是首项为eq\f(1,1－λ)，公比为eq\f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n－1.(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq\f(31,32)得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(1,32).解得λ＝－1.判断或证明一个数列是等差、等比数列时应注意的问题1判断一个数列是等差等比数列，有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法.2假设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.3eqa\o\al(2,n)＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.易错提醒：1判断或者证明数列为等差数列、等比数列最根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q≠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.1．(构造法证明)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．[解](1)证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得，an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)，即an＋1－an＝2n－1.于是eq\o(eq\o(∑,\s\up9(n)),\s\do6(k＝1))(ak＋1－ak)＝eq\o(eq\o(∑,\s\up9(n)),\s\do6