统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题二数列第1讲等差数列等比数列文

第1讲等差数列、等比数列考点一等差、等比数列的基本运算——结合问题找各量，对应公式建关系1．通项公式等差数列：an＝________________；等比数列：an＝________________．2．求和公式等差数列：Sn＝____________＝____________；等比数列：Sn＝__________=__________q≠例1(1)[2024·全国甲卷]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝()A．25B．22C．20D．15(2)[2024·全国甲卷]设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝()A．eq\f(15,8)B．eq\f(65,8)C．15D．40[听课记录]归纳总结等差(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，留意整体计算，以削减运算量．对点训练1．[2024·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝()A．120B．85C．－85D．－1202．[2024·全国甲卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．3．[2024·全国乙卷]已知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．考点二等差、等比数列的性质及应用——分清条件，类比性质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)例2(1)[2024·河南省郑州市高三测试]在等差数列{an}中，已知a1>0，且S8＝S17，则当Sn取最大值时，n＝()A．10B．11C．12或13D．13(2)[2024·贵州省高三考前解压卷]已知等比数列{an}的公比q>0且q≠1，前n项积为Tn，若T10＝T6，则下列结论正确的是()A．a6a7＝1B．a7a8＝1C．a8a9＝1D．a9a10＝1(3)[2024·湖南省益阳市安化县模拟]已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S12<0，a5＋a7>0，则当Sn取最大值时，n的值为________．[听课记录]归纳总结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别的函数，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.[2024·四川省自贡市高三下学期考试]等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S10<0，S11>0，则下列四个命题正确个数为()①S5为Sn的最小值②a6>0③a1<0，d>0④S6为Sn的最小值A．1B．2C．3D．42．[2024·河南省郑州市测试]在等比数列{an}中，公比q＝2，且eq\f(1,a9)＋eq\f(1,a10)＋eq\f(1,a11)＋eq\f(1,a12)＝eq\f(6,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)))，则a9＋a10＋a11＋a12＝()A．3B．12C．18D．243．[2024·山西省联考]已知等比数列{an}满意a1＋a2＋a3＋a4＝2，a3＋a4＋a5＋a6＝4，则a11＋a12＋a13＋a14＝()A．32B．64C．96D．128考点三等差、等比数列的判定与证明——用定义，巧构造等差数列等比数列定义法an＋1－an＝deq\f(an＋1,an)＝q(q≠0)通项法an＝a1＋(n－1)dan＝a1·qn－1中项法2an＝an－1＋an＋1(n≥2)aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)前n项和法Sn＝an2＋bn(a，b为常数)Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0，1)证明数列为等差(比)数列一般运用定义法．例3[2024·全国甲卷]记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.(1)证明：{an}是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．[听课记录]归纳总结推断或证明等差(比)数列常用的方法(1)定义法；(2)等差(比)中项法；(3)通项公式法；(4)前n项和公式法．提示(1)若要推断一个数列不是等差(等比)数列，只需推断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．(2)aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是推断一个数列是等比数列时，要留意各项不为0.对点训练[2024·全国乙卷]记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．考点四数列与新定义相交汇问题[交汇创新]——紧依定义，快解问题例4[2024·山东济宁模拟]对于数列{an}，定义Hn＝eq\f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)为{an}的“优值”，已知数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn最小值为()A．－70B．－72C．－64D．－68归纳总结数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”．(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关学问，化归、转化到“新定义”的相关学问．(3)利用“新定义”及常规的数列学问，求解证明相关结论．对点训练意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*).此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2023项的和为()A．673B．674C．1349D．2023第1讲等差数列、等比数列考点一1．a1＋（n－1）da1·qn－12.eq\f(n（a1＋an）,2)na1＋eq\f(n（n－1）,2)deq\f(a1（1－qn）,1－q)eq\f(a1－anq,1－q)[例1]解析：（1）方法一由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝eq\f(9－5,4)＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20，故选C.方法二设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20，故选C.（2）方法一若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由eq\f(1－q5,1－q)＝5×eq\f(1－q3,1－q)－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝eq\f(1－q4,1－q)＝15.故选C.方法二由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得（1＋q）（q3－4q）＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.答案：（1）C（2）C对点训练1．解析：方法一设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由题意易知q≠1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×\f(a1（1－q2）,1－q)))，化简整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2＝4,\f(a1,1－q)＝\f(1,3))).所以S8＝eq\f(a1（1－q8）,1－q)＝eq\f(1,3)×（1－44）＝－85.故选C.方法二易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4).当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝eq\f(5,4)时，结合S4＝－5得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q2）,1－q)＝\f(5,4)))，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.答案：C2．解析：由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8×eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝7×eq\f(a1（1－q3）,1－q)，即8（1－q6）＝7（1－q3），即8（1＋q3）＝7，所以q＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)3．解析：方法一设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))q17＝－8②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.方法二设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.答案：－2考点二[例2]解析：（1）因为在等差数列{an}中，S17－S8＝0，所以a9＋a10＋a11＋a12＋a13＋a14＋a15＋a16＋a17＝（a9＋a17）＋（a10＋a16）＋（a11＋a15）＋（a12＋a14）＋a13＝9a13＝0，所以a13＝0，又因为a1>0，所以可知等差数列为递减数列，且前12项为正，第13项以后均为负，所以当Sn取最大值时，n＝12或13.故选C.（2）因为T10＝T6，所以eq\f(T10,T6)＝a7a8a9a10＝（a8a9）2＝1，由q>0且q≠1可知a8，a9同号，所以a8a9＝1.故选C.（3）因为S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝6（a1＋a12）＝6（a6＋a7）<0，所以a6＋a7<0，又a5＋a7＝2a6>0，所以a6>0，所以a7<0，则（Sn）max＝S6.答案：（1）C（2）C（3）6对点训练1．解析：等差数列{an}中，S11＝eq\f(（a1＋a11）×11,2)＝11a6>0，则a6>0，故②正确；又S10＝eq\f(（a1＋a10）×10,2)＝5（a1＋a10）＝5（a5＋a6）<0，所以a5<0，故d>0，则a1＝a5－4d<0，故③正确；于是可得等差数列{an}满意an＋1－an＝d>0，其为递增数列，则a1<a2<a3<a4<a5<0，又a6>0，所以S5为Sn的最小值，故①正确，④不正确；则四个命题正确个数为3.故选C.答案：C2．解析：eq\f(1,a9)＋eq\f(1,a10)＋eq\f(1,a11)＋eq\f(1,a12)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a9)＋\f(1,a12)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a10)＋\f(1,a11)))＝eq\f(a9＋a12,a9a12)＋eq\f(a10＋a11,a10a11)＝eq\f(a9＋a10＋a11＋a12,a10a11)＝eq\f(a9＋a10＋a11＋a12,2aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)))，∵eq\f(1,a9)＋eq\f(1,a10)＋eq\f(1,a11)＋eq\f(1,a12)＝eq\f(6,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)))，∴eq\f(6,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)))＝eq\f(a9＋a10＋a11＋a12,2aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)))，∴a9＋a10＋a11＋a12＝12.答案：B3．解析：设等比数列{an}的公比为q，则a3＋a4＋a5＋a6＝q2（a1＋a2＋a3＋a4），得q2＝2，所以a11＋a12＋a13＋a14＝（a1＋a2＋a3＋a4）×q10＝（a1＋a2＋a3＋a4）×25＝64.故选B.答案：B考点三[例3]解析：（1）证明：由已知条件，得Sn＝nan－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2).当n＝1时，a1＝S1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（n－1）an－1－\f(（n－1）2,2)＋\f(n－1,2)))，∴（1－n）an＝－n＋1－（n－1）an－1.等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，∴an－an－1＝1.∴{an}是公差为1的等差数列．（2）由（1）可得an＝a1＋（n－1）.∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.∵a4，a7，a9成等比数列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝a4·a9，即（a1＋6）2＝（a1＋3）（a1＋8），∴a1＝－12，∴Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)×1＝－12n＋eq\f(n2－n,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(25,2)n.当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为eq\f(1,2)×122－eq\f(25,2)×12＝－78.对点训练解析：（1）证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)（n≥2）.又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}