2020届数学(理)二轮复习第2部分专题2第1讲　等差数列、等比数列学案 13页

第1讲　等差数列、等比数列 ‎[做小题——激活思维]‎ ‎1．在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则{an}的前4项和为(　　)‎ A．9　　　　　　 B．22‎ C．24 D．32‎ C　[依题意得，数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝a2－2＝3，因此数列{an}的前4项和等于4×3＋×2＝24，选C.]‎ ‎2．(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－5 B．an＝3n－10‎ C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n A　[设等差数列{an}的公差为d，∵ ‎∴解得∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.]‎ ‎3．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于(　　)‎ A．14 B．21‎ C．28 D．35‎ C　[∵a3＋a4＋a5＝12，∴‎3a4＝12，a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝‎7a4＝28.]‎ ‎4．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于________．‎ 　[由3an＋1＋an＝0，a2＝－得{an}成首项为1，公比q＝－的等比数列，∴S10＝＝.]‎ ‎5．在等比数列{an}中，an＋1＜an，a‎2a8＝6，a4＋a6＝5，则等于________．‎ 　[因为a‎2a8＝a‎4a6＝6　①，又a4＋a6＝5　②，联立①②，解得或(舍)，所以＝.]‎ ‎[扣要点——查缺补漏]‎ ‎1．判断等差(比)数列的常用方法 ‎(1)定义法：若an＋1－an＝d，d为常数，则{an}为等差(比)数列，如T1，T4.‎ ‎(2)中项公式法．‎ ‎(3)通项公式法．‎ ‎2．等差数列的通项公式及前n项和公式 ‎(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；‎ ‎(2)Sn＝＝na1＋d.如T2.‎ ‎3．等比数列的通项公式及前n项和公式 ‎(1)an＝a1qn－1＝am·qn－m(q≠0)；‎ ‎(2)Sn＝如T4.‎ ‎4．等差数列与等比数列的性质 ‎(1)在等差数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.如T3.‎ ‎(2)若{an}是等差数列，则也是等差数列．‎ ‎(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，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.如T5.‎ ‎(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).‎ ‎　等差(比)数列的基本运算(5年9考)‎ ‎[高考解读]　高考对该点的考查以等差数列、等比数列的通项公式与求和公式为考查目标，对等差(比)数列的五个基本量的计算进行考查，体现方程思想和转化与化归思想的应用.预测2020年命题风格不变.‎ ‎1．(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．－12　　　　　 B．－10‎ C．10 D．12‎ B　[设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝‎2a1＋d＋‎4a1＋d，解得d＝－a1，∵a1＝2，∴d＝－3，‎ ‎∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]‎ ‎2．[一题多解](2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝，a＝a6，则S5＝________.‎ 　　[法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.‎ 法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a‎2a6＝a6，所以a2‎ ‎＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.]‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝‎4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.‎ ‎[解](1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.‎ 由Sm＝63得‎2m＝64，解得m＝6.‎ 综上，m＝6.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)‎ A．21　　　　　 B．42‎ C．63 D．84‎ B　[∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.‎ ‎∴1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．‎ ‎∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.]‎ ‎2．(2013·全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ C　[∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，‎ ‎∴am＝Sm－Sm－1＝2.‎ ‎∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，‎ ‎∴d＝am＋1－am＝1.‎ 又Sm＝＝＝0，‎ ‎∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.]‎ 等差(比)数列基本运算的解题途径 ‎(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(q)的方程(组)，然后求解，注意整体代换，以减少运算量．‎ 提醒：抓住项与项之间的关系及项的“下角标”之间的关系巧用性质解题，可达到事半功倍的效果．‎ ‎1．(数列与数学文化)中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是(　　)‎ A．174斤 B．184斤 C．191斤 D．201斤 B　[用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴‎8a1＋×17＝996，解得a1＝65.‎ ‎∴a8＝65＋7×17＝184.选B.]‎ ‎2．(基本量的运算)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若a3＝2，S4＝5S2，则q＝________.‎ ‎－1或±2　[由a3＝2知，若q＝1，则S4＝8，而5S2＝20，不合题意，所以q≠1.‎ 若q＝－1，则a3＝a1q2＝a1＝2，an＝2·(－1)n－1，此时，S2＝S4＝0，满足S4＝5S2.‎ 当q≠±1时，由a3＝2，S4＝5S2，得a1·＝‎5a1·，解得q＝2或－2，满足题意．‎ 综上，q的值为－1或±2.]‎ ‎3．(等差、等比数列的交汇问题)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．‎ ‎－6　[设等比数列{an}的公比为q.‎ ‎∵S3，S9，S6成等差数列，∴2S9＝S3＋S6，且q≠1.‎ ‎∴＝＋，‎ 即2q6－q3－1＝0，∴q3＝－或q3＝1(舍去)．‎ ‎∵a8＝3，∴a5＝＝＝－6.]‎ ‎　等差(比)数列的性质及应用(5年3考)‎ ‎[高考解读]　高考对该点的考查体现了在知识交汇处命题的思想，即把数列的通项an和前n项和Sn都看作关于“n”的函数，要学会用函数的思想解决此类问题.预测2020年会加大与函数的交汇.‎ ‎1．(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________．‎ ‎64　[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.‎ 故a‎1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n· ‎＝23n＝2.‎ 记t＝－＋＝－(n2－7n)，‎ 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.]‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并求Sn的最小值．‎ ‎[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．(2013·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．‎ ‎－49　[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由 等差数列前n项和可得解得 ‎∴nSn＝n‎2a1＋d＝－3n2＋(n3－n2)＝n3－，∴(nSn)′＝n2－，‎ 令(nSn)′＝0，解得n＝0(舍去)或n＝.‎ 当n＞时，nSn是单调递增的；当0＜n＜时，nSn是单调递减的，故当n＝7时，nSn取最小值，‎ ‎∴(nSn)min＝×73－＝－49.]‎ ‎2．(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．‎ ‎[解](1)∵{an}是等差数列，设公差为d，又a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．‎ ‎∴(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)，‎ ‎∴(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得d＝2，‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝－10＋2n－2＝2n－12.‎ ‎(2)法一：由a1＝－10，d＝2，得：‎ Sn＝－10n＋×2＝n2－11n＝－，∴n＝5或n＝6时，Sn取最小值－30.‎ 法二：由(1)知，an＝2n－12.‎ 所以，当n≥7时，an＞0；当n≤6时，an≤0.‎ 所以，Sn的最小值为S5＝S6＝－30.‎ 与数列性质有关问题的求解策略 ‎(1)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．‎ ‎(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．‎ ‎1．(下角标性质的应用)已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a2＋a4＋a6＝12，a1＋a3＋a5＝9，则a1＋a6＝(　　)‎ A．6　　　　　　 B．7‎ C．8 D．9‎ B　[由2an＝an－1＋an＋1(n≥2)可知数列{an}是等差数列，‎ ‎∴a2＋a4＋a6＝‎3a4＝12，a1＋a3＋a5＝‎3a3＝9，‎ ‎∴a3＝3，a4＝4.‎ 所以a1＋a6＝a3＋a4＝4＋3＝7.故选B.]‎ ‎2．(和的性质的应用)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝(　　)‎ A．40 B．60‎ C．32 D．50‎ B　[由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，‎ 即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，‎ 因此S12＝4＋8＋16＋32＝60，选B.]‎ ‎3．(奇数项与偶数项的性质)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，‎ Tn，若对于任意的自然数n，都有＝，则＋＝(　　)‎ A. B. C. D. A　[＋＝＋＝＝＝＝＝＝，故选A.]‎ ‎　等差(比)数列的判断与证明(5年2考)‎ ‎[高考解读]　高考对该点的考查以解答题第(1)问为主，立足双基，主要考查等差(比)数列的证明，其中定义法及等差(比)中项法是解决此类问题的常用方法.预测2020年会加大对数列证明的考查.‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.‎ ‎(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．‎ ‎[解](1)由条件可得an＋1＝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＝，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＝2n－1，所以an＝n·2n－1.‎ ‎2．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ ‎[解](1)证明：由题设知，anan＋1＝λSn－1，‎ an＋1an＋2＝λSn＋1－1，‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，‎ 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设知，a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 令‎2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，由此可得数列{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；‎ 数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明＋＋…＋<.‎ ‎[证明](1)由an＋1＝3an＋1得 an＋1＋＝3.‎ 又a1＋＝，‎ 所以是首项为，公比为3的等比数列．‎ an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知＝.‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，‎ 所以≤.‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋ ‎＝<.所以＋＋…＋<.‎ ‎[点评]　重视数列中的证明不等式，特别是不能直接求和时，需先放缩后求和的，放缩通项后转化为公式法求和，裂项求和.,常用放缩：‎ ‎.‎ ‎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*)为同一常数；‎ ‎(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．‎ ‎2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 ‎(1)利用定义，证明(n∈N*)为同一常数；‎ ‎(2)利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．‎ ‎1．(数列与不等式的交汇)数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.‎ ‎(1)证明：数列是等差数列；‎ ‎(2)求数列的前n项和Sn，并证明：＋＋…＋＞.‎ ‎[解](1)证明：(用转化法证明)∵an＋1＝，‎ ‎∴＝，化简得＝2＋，‎ 即－＝2，‎ 故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝2n－1，‎ 所以Sn＝＝n2.‎ 证明：＋＋…＋＝＋＋…＋＞＋＋…＋ ‎＝＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎2．[重视题](数列与概率的交汇)棋盘上标有第0,1,2，…，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏．若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败集中营)时游戏结束．设棋子跳到第n站的概率为Pn.‎ ‎(1)求P3的值；‎ ‎(2)证明：Pn＋1－Pn＝－(Pn－Pn－1)(2≤n≤99)；‎ ‎(3)求P99、P100的值．‎ ‎[解](1)棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率为；‎ 第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为；‎ 第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为，因此P3＝.‎ ‎(2)(用构造法证明)易知棋子先跳到第n－2站，再掷出反面，其概率为Pn－2；‎ 棋子先跳到第n－1站，再掷出正面，其概率为Pn－1，因此有Pn＝(Pn－1＋Pn－2)，‎ 即Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)，‎ 也即Pn＋1－Pn＝－(Pn－Pn－1)(2≤n≤99)．‎ ‎(3)由(2)知数列{Pn－Pn－1}(n≥1)是首项为P1－P0＝－1＝－，公比为－的等比数列．‎ 因此有Pn－Pn－1＝ (P1－P0)＝.‎ 由此得到P99＝＋＋…＋＋1＝.‎ 由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有P100＝P98＝.‎