【高考解码】2021届高三数学二轮复习(新课标)-等差数列、等比数列

第9讲等差数列、等比数列1．(2022·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于()A．8B．10C．12D．14【解析】由题知3a1＋eq\f(3×2,2)d＝12，∵a1＝2，解得d＝2，又a6＝a1＋5d，∴a6＝12.故选C.【答案】C2．(2022·重庆高考)对任意等比数列{an}，下列说法肯定正确的是()A．a1，a3，a9成等比数列B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列D．a3，a6，a9成等比数列【解析】由等比数列的性质得，a3·a9＝aeq\o\al(2,6)≠0，因此a3，a6，a9肯定成等比数列，选D.【答案】D3．(2022·北京高考)设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是“{an}为递增数列”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解析】①q>1时，{an}未必是递增数列，如－1，－2，－4，－8，－16…；②{an}是递增数列时，q不肯定大于1，如－16，－8，－4，－2，－1，故选D.【答案】D4．(2022·福建高考)在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.(1)求an；(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.【解】(1)设{an}的公比为q，依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝3，,a1q4＝81，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3.))因此，an＝3n－1.(2)由于bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(nb1＋b2,2)＝eq\f(n2－n,2).从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．等差、等比数列的基本运算①此类问题主要考查等差、等比数列的五个基本量a1，an，Sn，n，d(或q)之间的转化，这五个基本量由通项公式与前n项和公式联系着，体现用方程(组)思想解决“知三求二”问题．②多以选择题、填空题或解答题的第一问的形式消灭，多为基础题．2．等差、等比数列的性质对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题消灭，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低档题．3．等差、等比数列的推断与证明对于等差、等比数列的推断与证明，主要消灭在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而预备的，因此是解决问题的关键环节.eq\a\vs4\al(等差、等比数列的基本运算)【例1】(2022·重庆高考)已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．(1)求an及Sn；(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0.求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.【解】(1)由于{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.由于q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，所以(q－4)2＝0，从而q＝4.又因b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.从而{bn}的前n项和Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(2,3)(4n－1)．【规律感悟】等差(比)数列基本运算中的关注点：(1)基本量．在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本量．(2)解题思路．①求公差d(公比q)：常用公式an＝am＋(n－m)d(an＝amqn－m)；②列方程组：若条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a1和d(q)的方程组求解，但要留意消元及整体计算，以削减计算量．[创新猜测]1．(2022·湖北高考)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．【解】(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n.明显2n＜60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝eq\f(n[2＋4n－2],2)＝2n2.令2n2＞60n＋800，即n2－30n－400＞0，解得n＞40或n＜－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.eq\a\vs4\al(等差、等比数列的性质)【例2】(1)(2022·北京高考)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．(2)(2022·全国大纲高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝()A．31B．32C．63D．64【解析】(1)由于a7＋a8＋a9>0，所以3a8>0，即a8>0，又a7＋a10<0，所以a8＋a9<0，则a9<0，故n＝8.(2)∵S2＝3，S4－S2＝12，且S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，∴(15－3)2＝3×(S6－15)，∴S6＝63.故选C.【答案】(1)8(2)C【规律感悟】等差(比)数列的性质盘点：类型等差数列等比数列项的性质2ak＝am＋al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差数列)aeq\o\al(2,k)＝am·al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差数列)am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q)am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q)和的性质当n为奇数时：Sn＝naeq\f(n＋1,2)当n为偶数时：eq\f(S偶,S奇)＝q(公比)依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等差数列依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等比数列(k不为偶数且公比q≠－1)[创新猜测]2．(1)(2022·衡水中学二调)等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是()A．13B．26C．52D．156【解析】∵3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，∴S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝eq\f(13a4＋a10,2)＝eq\f(13×4,2)＝26，故选B.【答案】B(2)(2022·广东高考)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________.【解析】∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a10·a11＝e5，lna1＋lna2＋…＋lna20＝10ln(a10·a11)＝10·lne5＝50.【答案】50eq\a\vs4\al(等差、等比数列的推断与证明)【例3】(2022·全国大纲高考)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)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\i\su(k＝1,n,)(ak＋1－ak)＝eq\i\su(k＝1,n,)(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.【规律感悟】证明数列{an}为等差或等比数列有两种基本方法：(1)定义法an＋1－an＝d(d为常数)⇔{an}为等差数列；eq\f(an＋1,an)＝q(q为常数)⇔{an}为等比数列．(2)等差、等比中项法2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)⇔{an}为等差数列；aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)⇔{an}为等比数列．我们要依据题目条件机敏选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如本题方法；另一种思路是依据已知条件变换出要解决的目标．[创新猜测]3．(2022·长春模拟)已知数列{an}中，Sn是其前n项和，并且Sn＋1＝4an＋2(n＝1,2，…)，a1＝1，(1)设数列bn＝an＋1－2an(n＝1,2，…)，求证：数列{bn}是等比数列；(2)设数列cn＝eq\f(an,2n)(n＝1,2，…)，求证：数列{cn}是等差数列；(3)求数列{an}的通项公式及前n项和．【解】(1)证明：由Sn＋1＝4an＋2，Sn＋2＝4an＋1＋2，两式相减，得Sn＋2－Sn＋1＝4(an＋1－an)，即an＋2＝4an＋1－4an，∴an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)．又bn＝an＋1－2an，所以bn＋1＝2bn①已知S2＝4a1＋2，a1＝1，a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝5，b1＝a2－2a1＝3≠0②由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，且bn＝3·2n－1.(2)证明：由于cn＝eq\f(an,2n)(n∈N*)，所以cn＋1－cn＝eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(an＋1－2an,2n＋1)＝eq\f(bn,2n＋1)＝eq\f(3·2n－1,2n＋1)＝eq\f(3,4).又c1＝eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，故数列{cn}是首项为eq\f(1,2)，公差是eq\f(3,4)的等差数列，且cn＝eq\f(3,4)n－eq\f(1,4).(3)由于cn＝eq\f(an,2n)，又cn＝eq\f(3,4)n－eq\f(1,4)，所以eq\f(an,2n)＝eq\f(3n,4)－eq\f(1,4)，an＝(3n－1)·2n－2.当n≥2时，Sn＝4an－1＋2＝2n－1(3n－4)＋2；当n＝1时，S1＝a1＝1也适合上式．综上可知，所求的求和公式为Sn＝2n－1(3n－4)＋2.[总结提升]通过本节课学习，需把握如下三点：失分盲点1．(1)忽视d的符号：在等差数列的基本运算中，易忽视d的符号、大小而导致增解．(2)忽视公式成立的条件：公式an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2.(3)忽视n的范围：求解{an}的前n项和的最值时，无论是利用Sn还是an，都要留意条件n∈N*.2．(1)忽视对公比q的争辩：应用等比数列的前n项和公式时，应留意条件是否示意了q的范围，否则，应留意争辩．(2)混淆等差数列与等比数列单调性的条件：等差数列的单调性只取决于公差d的正负，等比数列的单调性既要考虑公比又要考虑首项．答题指导1．(1)看到求等差数列的基本量时，想到可从方程入手，若能应用性质，可大大简化解题过程．(2)看到等差数列的判定，想到等差数列定义和等差中项的概念．2．(1)看到求等比数列中的基本量，想到可以从方程入手．(2)看到am·an，想到等比数列的性质．(3)看到利用公式求等比数列前n项和，想到公比q是否等于1所用公式不同.等差数列、等比数列的存在探究与证明1．存在探究性问题是高考考查数学力量的良好素材，高考重视存在探究性问题的考查．存在探究性问题的基本解法是：先假设其存在，在这个假设下，进行推理论证或计算，当得出符合数学规律的最终结论时，确定其存在性，否则就不存在．方法规律(1)利用定义证明等差(比)数列的方法．(2)转化为关于a1，d(q)的方程组求解的基本量法．2．等差数列、等比数列的存在探究性问题，其解法与一般的存在探究性问题的解法相比，特殊性在于数列中的项数是正整数，在解题中留意这个特点．【典例】(猜测题)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线3x＋2y－3＝1上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λ·n＋\f(λ,3n)))为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【解】(1)由题意可得3an＋1＋2Sn－3＝0①n≥2时，3an＋2Sn－1－3＝0②①－②得3an＋1－3an＋2an＝0，整理得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,3)(n≥2)，又∵a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1.(2)由(1)知Sn＝eq\f(3\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)),2)，若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λ·n＋\f(λ,3n)))为等差数列，则2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S2＋\f(19,9)λ))＝S1＋eq\f(4,3)λ＋S3＋eq\f(82,27)λ，得λ＝eq\f(3,2)，又λ＝eq\f(3,2)时，Sn＋eq\f(3,2)·n＋eq\f(3,2·3n)＝eq\f(3n＋1,2)，明显eq\b\lc\{\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3n＋1,2)))成等差数列，故存在实数λ＝eq\f(3,2)，使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λ·n＋\f(λ,3n)))成等差数列．【规律感悟】本题的特点是先从特殊的状况得出λ值，在这个λ值下，一般结论也成立，这是解决含有参数的等差数列、等比数列证明的一个重要方法，其实质是一般与特殊的数学思想方法的运用，也是合情推理与演绎推理的有机结合.建议用时实际用时错题档案45分钟一、选择题1．(2022·重庆高考)在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝()A．5B．8C．10D．14【解析】由等差数列的性质得a1＋a7＝a3＋a5，由于a1＝2，a3＋a5＝10，所以a7＝8，选B.【答案】B2．(2022·天津高考)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()A．2B．－2C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)【解析】由题意知Seq\o\al(2,2)＝S1·S4，∴(2a1＋eq\f(2×1,2)d)2＝a1(4a1＋eq\f(4×3,2)d)，把d＝－1代入整理得a1＝－eq\f(1,2).【答案】D3．(2022·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则()A．d＞0B．d＜0C．a1d<0D．a1d>0【解析】法一an＝a1＋(n－1)d，所以2a1an＝2a1[a1＋(n－1)d]，由于是递减数列，故有eq\f(2a1an,2a1an－1)＝2a1[a1＋(n－1)d]－a1[a1＋(n－2)d]＝2a1d＜1＝20，所以a1d＜0，故选C.法二数列{2a1an}为递减数列等价于数列{a1an}为递减数列，等价于a1an－a1an－1＜0，即a1(an－an－1)＜0，即a1d＜0.【答案】C4．(2022·保定调研)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为an＝()A．2n－1B．2n－1＋1C．2n－1D．2(n－1)【解析】由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.【答案】A5．(2022·长春调研)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝()A．11B．12C．14D．16【解析】设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝aeq\o\al(3,1)q3与a4a5a6＝12＝aeq\o\al(3,1)q12可得q9＝3，an－1anan＋1＝aeq\o\al(3,1)q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以n＝14，故选C.【答案】C二、填空题6．(2022·江西高考)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．【解析】等差数列的前n项和为Sn，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n＝eq\f(d,2)n2＋(7－eq\f(d,2))n，对称轴为eq\f(\f(d,2)－7,d)，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜eq\f(\f(d,2)－7,d)＜8.5，解得－1＜d＜－eq\f(7,8).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))7．(2022·全国新课标Ⅱ高考)数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________.【解析】将a8＝2代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a7＝eq\f(1,2)；再将a7＝eq\f(1,2)代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)8．(理)若数列{n(n＋4)(eq\f(2,3))n}中的最大项是第k项，则k＝________.【解析】设数列为an，则an＋1－an＝(n＋1)(n＋5)(eq\f(2,3))n＋1－n(n＋4)(eq\f(2,3))n＝(eq\f(2,3))n[eq\f(2,3)(n2＋6n＋5)－n2－4n]＝eq\f(2n,3n＋1)(10－n2)，所以当n≤3时，an＋1＞an；当n≥4时，an＋1＜an.因此，a1＜a2＜a3＜a4，a4＞a5＞a6＞…，故a4最大，所以k＝4.【答案】4(文)已知a，b，c是递减的等差数列，若将其中两个数的位置互换，得到一个等比数列，则eq\f(a2＋c2,b2)＝________.【解析】依题意得①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，,b2＝ac，))或者②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b