2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件

2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件第1讲等差数列与等比数列第1讲等差数列与等比数列高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则(

)真

题

感

悟1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和解析设首项为a1，公差为d.答案

A解析设首项为a1，公差为d.答案A2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件答案

D答案D2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式.由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a12021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件1.等差数列考

点

整

合1.等差数列考点整合2.等比数列2.等比数列热点一等差、等比数列的基本运算【例1】(1)(2019·全国Ⅲ卷)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 (2)(2019·北京卷)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.热点一等差、等比数列的基本运算

(1)解析设等比数列{an}的公比为q，依题意q>0.由a5＝3a3＋4a1，得q4＝3q2＋4.∴q2＝4，则q＝2.又S4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，所以a1＝1.故a3＝a1q2＝4.答案

C(2)解①设{an}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(1)解析设等比数列{an}的公比为q，依题意q>0.由②法一由①知，an＝2n－12.则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0，当n<6时，an<0；所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.②法一由①知，an＝2n－12.∴当n＝5或n＝6时，Sn探究提高

1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(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，注意整体计算，以减少运算量.2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数，求出最小值.探究提高1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(2)(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.①求{an}的通项公式；②记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.(2)(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a答案

4(2)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)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.答案4(2)解①设{an}的公比为q，由题设得an＝qn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.由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.热点二等差(比)数列的性质【例2】(1)在等比数列{an}中，a6，a10是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则a8的值为(

)热点二等差(比)数列的性质整理得an<an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，所以数列{an}的前7项和为负值，即Sn的最小值是S7.答案

(1)D

(2)D整理得an<an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，所以数探究提高

1.利用等差(比)性质求解的关键是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.2.活用函数性质：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.探究提高1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的【训练2】(1)(2019·湖南六校联考)已知公差d≠0的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4－2，a6成等比数列，若正整数m，n满足m－n＝10，则am－an＝(

) A.30 B.20

C.10 D.5或40【训练2】(1)(2019·湖南六校联考)已知公差d≠0的解析

(1)由题设得(a4－2)2＝a2a6，因为{an}是等差数列，且a1＝1，d≠0，所以(3d－1)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3.从而am－an＝(m－n)d＝30.(2)设等比数列{an}的公比为q，解析(1)由题设得(a4－2)2＝a2a6，答案

(1)A

(2)B答案(1)A(2)B热点三等差(比)数列的判断与证明则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，故Sn＋1＝2Sn＋λ.热点三等差(比)数列的判断与证明则Sn＋1(Sn＋1－2S(2)解由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.(2)解由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，若数列{an}是【迁移】

若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不变，试求解第(2)问.解由题意，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*).又S2＝2S1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝2＋λ>0.∴an＝(2＋λ)·2n－2(n≥2).若{an}是等比数列，又a1＝2，∴a2＝(2＋λ)·20＝2a1＝4，∴λ＝2.故存在λ＝2，此时an＝2n，数列{an}是等比数列.【迁移】若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件【训练3】(1)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”.【训练3】(1)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－(1)证明设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.(1)证明设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.又b2－b1＝1，所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*).整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.又b2－b1＝1，热点四等差数列与等比数列的综合问题【例4】

(2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.解(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.热点四等差数列与等比数列的综合问题解(1)设等比数列{b设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n设等差数列{an}的公差为d.(2)由(1)，有T1＋T2＋整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以，n的值为4.整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.探究提高1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.2.数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.探究提高1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”【训练4】

已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6. (1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn； (2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.【训练4】已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋解

(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞).故(Sn)max＝S4＝S5＝10，1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.在应用性质时要注意前提条件，有时需要进行适当变形.1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件第1讲等差数列与等比数列第1讲等差数列与等比数列高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则(

)真

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悟1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和解析设首项为a1，公差为d.答案

A解析设首项为a1，公差为d.答案A2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件答案

D答案D2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式.由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a12021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件1.等差数列考

点

整

合1.等差数列考点整合2.等比数列2.等比数列热点一等差、等比数列的基本运算【例1】(1)(2019·全国Ⅲ卷)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 (2)(2019·北京卷)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.热点一等差、等比数列的基本运算

(1)解析设等比数列{an}的公比为q，依题意q>0.由a5＝3a3＋4a1，得q4＝3q2＋4.∴q2＝4，则q＝2.又S4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，所以a1＝1.故a3＝a1q2＝4.答案

C(2)解①设{an}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(1)解析设等比数列{an}的公比为q，依题意q>0.由②法一由①知，an＝2n－12.则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0，当n<6时，an<0；所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.②法一由①知，an＝2n－12.∴当n＝5或n＝6时，Sn探究提高

1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(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，注意整体计算，以减少运算量.2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数，求出最小值.探究提高1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(2)(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.①求{an}的通项公式；②记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.(2)(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a答案

4(2)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)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.答案4(2)解①设{an}的公比为q，由题设得an＝qn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.由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.热点二等差(比)数列的性质【例2】(1)在等比数列{an}中，a6，a10是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则a8的值为(

)热点二等差(比)数列的性质整理得an<an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，所以数列{an}的前7项和为负值，即Sn的最小值是S7.答案

(1)D

(2)D整理得an<an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，所以数探究提高

1.利用等差(比)性质求解的关键是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.2.活用函数性质：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.探究提高1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的【训练2】(1)(2019·湖南六校联考)已知公差d≠0的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4－2，a6成等比数列，若正整数m，n满足m－n＝10，则am－an＝(

) A.30 B.20

C.10 D.5或40【训练2】(1)(2019·湖南六校联考)已知公差d≠0的解析

(1)由题设得(a4－2)2＝a2a6，因为{an}是等差数列，且a1＝1，d≠0，所以(3d－1)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3.从而am－an＝(m－n)d＝30.(2)设等比数列{an}的公比为q，解析(1)由题设得(a4－2)2＝a2a6，答案

(1)A

(2)B答案(1)A(2)B热点三等差(比)数列的判断与证明则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，故Sn＋1＝2Sn＋λ.热点三等差(比)数列的判断与证明则Sn＋1(Sn＋1－2S(2)解由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.(2)解由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，若数列{an}是【迁移】

若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不变，试求解第(2)问.解由题意，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*).又S2＝2S1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝2＋λ>0.∴an＝(2＋λ)·2n－2(n≥2).若{an}是等比数列，又a1＝2，∴a2＝(2＋λ)·20＝2a1＝4，∴λ＝2.故存在λ＝2，此时an＝2n，数列{an}是等比数列.【迁移】若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不2021年高考理数第二轮第1讲-等差数列与等比数列课件【训练3】(1)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”.【训练3】(1)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－(1)证明设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.(1)证明设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.又b2－b1＝1，所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*).整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.又b2－b1＝1，热点四等差数列与等比数列的综合问题【例4】

(2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.解(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.热点四等差数列与等比数列的综合问题解(1)设等比数列{b设等差数