2020届二轮复习(文)第2部分专题2第1讲　等差数列、等比数列学案

2020届二轮复习(文)第2部分专题2第1讲　等差数列、等比数列学案

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，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8等于(　　)‎ A．45　 　　B．‎75　‎ 　　C．180　 　　D．300‎ ‎[答案]　C ‎2．已知数列{an}为等比数列，若a4＝7，a6＝21，则a8等于(　　)‎ A．35 B．‎63 C．21 D．±21 ‎[答案]　B ‎3．已知数列{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a7等于(　　)‎ A. B. C．7 D．9‎ ‎[答案]　A ‎4．已知数列{an}为等差数列，若a5＝11，a8＝5，则an＝________.‎ ‎[答案]　－2n＋21‎ ‎5．设首项为1，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，则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＋d＝.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＝如T5.‎ ‎3．等差、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T1.‎ ‎(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：若an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数，则{an}为等差(比)数列；‎ ‎(2)中项公式法；‎ ‎(3)通项公式法．‎ ‎　等差、等比数列的基本运算(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．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝‎3a3＋‎4a1，则a3＝(　　)‎ A．16　　　B．‎8　‎　　C．4　　　D．2‎ 切入点：S4＝15，a5＝‎3a3＋‎4a1.‎ 关键点：正确求出首项a1和公比q.‎ C　[由题意知解得 ‎∴a3＝a1q2＝4.‎ 故选C.]‎ ‎2．[一题多解](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 切入点：将3S3＝S2＋S4利用a1和d表示．‎ 关键点：利用已知条件正确求出公差d.‎ B　[法一：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝‎2a1＋d＋‎4a1＋d，解得d＝－a1，∵a1＝2，∴d＝－3，‎ ‎∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.‎ 故选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＋d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]‎ ‎3．(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．‎ 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]‎ ‎(2016·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝‎ ，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ ‎[解]　(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，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＝，‎ 因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．‎ 记{bn}的前n项和为Sn，‎ 则Sn＝＝－.‎ 等比数列基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基本量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.直接将基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，避免错解.‎ ‎1．(等差数列的基本运算)[一题多解]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若‎6a3＋‎2a4－‎3a2＝5，则S7＝(　　)‎ A．28　　　B．‎21　‎　　C．14　　　 D．7‎ D　[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＝‎ ＝＝‎7a4＝7，故选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＝＝＝‎7a4＝7，故选D.]‎ ‎2．(等比数列的基本运算)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)‎ A．3 B．‎4 C．5 D．6‎ B　[由题意知，q≠1，则，两式相减可得＝q3－q2，即＝1，所以q＝4.]‎ ‎3．(等差、等比数列的综合运算)已知等差数列{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)若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若T3＝13，求Sn.‎ ‎[解]　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，‎ 则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＋n(n－1)d，‎ 得Sn＝n2－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体现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](2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝，a‎3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)‎ A．2　　　　B．‎1　‎　　　C.　　　　D. 切入点：a‎3a5＝a.‎ 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，结合已知条件求出a4，q后求解．‎ ‎∵a‎3a5＝a，a‎3a5＝4(a4－1)，∴a＝4(a4－1)，‎ ‎∴a－‎4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝＝＝8，‎ ‎∴q＝2，∴a2＝a1q＝×2＝，故选C.‎ 法二：直接利用等比数列的通项公式，结合已知条件求出q后求解．‎ ‎∵a‎3a5＝4(a4－1)，∴a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，‎ 将a1＝代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，‎ 解得q＝2，‎ ‎∴a2＝a1q＝，故选C.]‎ ‎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．‎ 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．(2015·浙江高考)已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且‎2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.‎ 　－1　[∵a2，a3，a7成等比数列，∴a＝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＝，d＝－1.]‎ ‎2．(2015·广东高考)若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2，c＝5－2，则b＝________.‎ ‎1　[∵a，b，c成等比数列，∴b2＝a·c＝(5＋2)(5－2)＝1，又b>0，∴b＝1.‎ ‎3．(2014·广东高考)等比数列{an}的各项均为正数，且a‎1a5＝4，则log‎2a1＋log‎2a2＋log‎2a3＋log‎2a4＋log‎2a5＝________.‎ ‎5　[log‎2a1＋log‎2a2＋log‎2a3＋log‎2a4＋log‎2a5‎ ‎＝log2(a‎1a2a3a4a5)＝log‎2a＝5log‎2a3‎ ‎＝5log2＝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 (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，若{an}为等差数列，则am＋an＝ap＋aq；若{an}为等比数列，则有am·an＝ap·aq，可减少运算过程，提高解题效率.‎ ‎1．(项的性质)已知数列{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a‎5a6＝－8，则a1＋a10的值为(　　)‎ A．7　　　　B．－‎5　‎　　　C．5　　　　D．－7‎ D　[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.若a4＝4，a7＝－2，则q3＝－，∴a1＝－8，a10＝a7·q3＝1，∴a1＋a10＝－7；若a4＝－2，a7＝4，则q3＝－2，∴a1＝1，a10＝a7·q3＝－8，∴a1＋a10＝－7.综上可得，a1＋a10＝－7.故选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，则公差d等于(　　)‎ A．5 B．‎6 C．10 D．12‎ A　[由题意可知 解得 又由等差数列的性质，可得S偶－S奇＝6d，即192－162＝6d，解得d＝5.故选A.]‎ ‎3．(等差、等比数列性质的综合问题)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a‎1a6＝‎2a3，a4与‎2a6的等差中项为，则S5＝(　　)‎ A．36 B．‎33 C．32 D．31‎ D　[设{an}的公比为q(q＞0)，∵a‎1a6＝‎2a3，‎ 而a‎1a6＝a‎3a4，∴a‎3a4＝‎2a3，∴a4＝2.‎ 又a4＋‎2a6＝3，∴a6＝，∴q＝，a1＝16，‎ ‎∴S5＝＝31.故选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．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知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 解得q＝－2，a1＝－2.‎ 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.‎ 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n· ‎＝2＝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．(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．‎ 切入点：①通过nan＋1＝2(n＋1)an和bn＝，利用赋值法求b1，b2，b3；‎ ‎②通过nan＋1＝2(n＋1)an与bn＝建立bn＋1与bn的关系．‎ 关键点：利用已知条件建立bn＋1与bn的关系．‎ ‎[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.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2016·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)若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)‎ A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列 A　[先将Sn用已知线段的长表示出来，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，则A‎1C1∥A‎2C2∥…∥AnCn.‎ ‎∵|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，∴|CnCn＋1|＝|Cn＋1Cn＋2|.‎ 设|A‎1C1|＝a，|A‎2C2|＝b，|B1B2|＝c，‎ 则|A‎3C3|＝2b－a，…，|AnCn|＝(n－1)b－(n－2)a(n≥3)，‎ ‎∴Sn＝c[(n－1)b－(n－2)a]＝c[(b－a)n＋(‎2a－b)]，‎ ‎∴Sn＋1－Sn＝c[(b－a)(n＋1)＋(‎2a－b)－(b－a)n－(‎2a－b)]＝c(b－a)，∴数列{Sn}是等差数列．]‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{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)若S5＝，求λ.‎ ‎[解]　(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，‎ 故λ≠1，a1＝，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＝.‎ 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 于是an＝n－1.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝1－n.‎ 由S5＝得1－5＝，即5＝.‎ 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)若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.‎ (3)＝an－1an＋1(n≥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 (ak＋1－ak)＝ (2k－1)，‎ 所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.‎ 又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.‎ ‎2．(等比数列的证明)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n.‎ ‎(1)求证：{an＋1}为等比数列；‎ ‎(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝‎2a1－1，即a1＝1.‎ 当n≥2时，由Sn＝2an－n，①‎ 得Sn－1＝2an－1－(n－1)，②‎ ‎①－②得an＝2an－2an－1－1，即an＋1＝2(an－1＋1)，又a1＋1＝2，‎ 所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知an＋1＝2n，‎ 所以an＝2n－1.‎ 所以Sn＝2(2n－1)－n＝2n＋1－(n＋2)，‎ 所以Tn＝－＝2n＋2－4－.‎ ‎3．(等比数列的判定)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＞0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数．‎ ‎(1)求证：Sn＋1＝2Sn＋λ；‎ ‎(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，‎ 所以S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，‎ 所以Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.‎ 因为an＞0，所以Sn＋1＞0，所以Sn＋1－2Sn－λ＝0，‎ 所以Sn＋1＝2Sn＋λ，即得证．‎ ‎(2)因为Sn＋1＝2Sn＋λ，所以Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，‎ 两式相减得an＋1＝2an(n≥2)，‎ 所以{an}从第二项起成等比数列．‎ 因为S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝‎2a1＋λ，‎ 所以a2＝1＋λ＞0，得λ＞－1，‎ 所以an＝ 若使{an}是等比数列，则a‎1a3＝a，‎ 所以2(λ＋1)＝(λ＋1)2，‎ 所以λ＝－1(舍去)或λ＝1，经检验符合题意．‎ 故存在λ＝1，使得数列{an}为等比数列．‎