第2部分 专题2 第1讲　等差数列、等比数列 课件（共59张PPT）

专题二数列第1讲等差数列、等比数列第二部分核心专题师生共研考点1等差(比)数列的基本运算01高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于()A．2B．3C．4D．5C[∵a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴2k＋11－2101－2＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.]2.(2020·新高考卷Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．3n2－2n[法一：(观察归纳法)数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n项和为Sn＝na1＋an2＝n1＋6n－52＝3n2－2n.法二：(引入参变量法)令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.以下同法一．]3．(2021·新高考卷Ⅱ)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项的和，若a3＝S5，a2·a4＝S4，(1)求{an}的通项公式；(2)求使得Snan的n的最小值．[解](1)设{an}公差为d，∴a1＋2d＝5a1＋55－12d，①a1＋da1＋3d＝4a1＋44－12d，②由①得a1＋2d＝0⇒a1＝－2d，代入②得(－d)·d＝－8d＋6d⇒d2－2d＝0.∵d≠0，∴d＝2，∴a1＝－4，∴an＝－4＋2(n－1)＝2n－6.(2)Sn＝－4n＋nn－12·2＝n2－5n，由Sn＞an⇒n2－5n＞2n－6，∴n2－7n＋6＞0，(n－1)(n－6)＞0，∴n＞6，故n的最小值为7.命题规律：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．高考常以1个选择题和1个解答题的形式考查，分值17分．通性通法：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．提醒：对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1或q≠1的情况，公式Sn＝a11－qn1－q只适用于q≠1的情况．1．[数列与数学文化交汇](2021·昌平区二模)中国历法推测遵循以测为辅，以算为主的原则．例如《周髀算经》里对二十四节气的晷影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．二十四节气中，从冬至到夏至的十三个节气依次为：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至．已知《周髀算经》中记录某年的冬至的晷影长为13尺，夏至的晷影长是1.48尺，按照上述规律，那么《周髀算经》中所记录的立夏的晷影长应为()A．3.4尺B．4.36尺C．5.32尺D．21.64尺B[由题意，冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至的晷影长构成以a1＝13，a13＝1.48的等差数列，设公差为d，则d＝a13－a113－1＝1.48－1312＝－0.96，立夏的晷影长为a10＝a1＋9d＝13＋9×(－0.96)＝4.36.故选B．]2．[基本量运算]记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列结论正确的是()①a2＋a3＝0；②an＝2n－5；③Sn＝n(n－4)；④d＝－2.A．①②B．②④C．①②③D．②③④C[S4＝4×a1＋a42＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，①正确；联立a5＝a1＋4d＝5，a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，解得d＝2，a1＝－3，∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，②正确，④错误；Sn＝－3n＋nn－12×2＝n2－4n，③正确，故选C．]3．[等差数列与等比数列的交汇]公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1，a3，a2成等差数列，mS2，S3，S4成等比数列，则m＝()A．78B．85C．1D．95D[设{an}的公比为q(q≠0且q≠1)，根据a1，a3，a2成等差数列，得2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q，因为a1≠0，所以2q2－1－q＝0，即(q－1)(2q＋1)＝0.因为q≠1，所以q＝－12，则S2＝a11－q21－q＝34·a11－q，S3＝a11－q31－q＝98·a11－q，S4＝a11－q41－q＝1516·a11－q，因为mS2，S3，S4成等比数列，所以S23＝mS2·S4，即98·a11－q2＝m·34·a11－q·1516·a11－q，因为a1≠0，所以a11－q≠0，所以982＝m×34×1516，得m＝95，故选D．]考点2等差(比)数列的性质02高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2021·全国卷甲)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝()A．7B．8C．9D．10A[法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得S2＝a11－q21－q＝a11＋q＝4，S4＝a11－q41－q＝a11＋q1＋q2＝6，两式相除，得q2＝12，所以a1＝42－2，q＝22或a1＝42＋2，q＝－22，所以S6＝a11－q61－q＝7.故选A．法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A．]2．(2021·北京高考)已知{an}和{bn}是两个等差数列，且akbk(1≤k≤5)是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为()A．64B．100C．128D．132C[由题意可得a1b1＝a5b5，则b5＝64，故b3＝b1＋b52＝192＋642＝128.]3．(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于()A．12B．24C．30D．32D[设等比数列{an}的公比为q，则q＝a2＋a3＋a4a1＋a2＋a3＝21＝2，所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.]命题规律：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，以选择题为主，难度较小，重点考查通性通法．通性通法：等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)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．(2)用性质，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．1．[项的性质]等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝()A．12B．15C．8D．2＋log35B[∵等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，∴a5a6＝a3a8＝27，∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2a3…a10)＝log3(a5a6)5＝5log327＝15.故选B．]2．[奇数项与偶数项的性质]一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________.5[设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，得S奇＋S偶＝354，S偶∶S奇＝32∶27，解得S偶＝192，S奇＝162.又S偶－S奇＝6d，所以d＝192－1626＝5.]3．[数列的综合](2021·石家庄二模)在①a5＝6，a1＋S3＝50；②S12＞S9，a2＋a21＜0，③S9＞0，S10＜0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，________，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由.[解]选①：设数列{an}的公差为d，a5＝6，a1＋S3＝50，∴a1＋4d＝64a1＋3d＝50，解得a1＝14，d＝－2，即an＝14－2(n－1)＝16－2n，法一：当an≥0时，有16－2n≥0，得n≤8，∴当n≤7时，an＞0；当n＝8时，an＝0；n≥9时，an＜0，∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值．法二：Sn＝－n2＋15n，对称轴为n＝7.5，∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值．选②：由S12－S9＞0，得a12＋a11＋a10＞0，由等差中项的性质有3a11＞0，即a11＞0，由a2＋a21＜0，得a2＋a21＝a11＋a12＜0，∴a12＜0，故d＝a12－a11＜0，∴当n≤11时，an＞0，n≥12时，an＜0，故n＝11时，Sn取最大值．选③：由S9＞0，得S9＝9a1＋a92＝9×2a52＞0，可得a5＞0，由S10＜0，得S10＝10a1＋a102＝10a5＋a62＜0，可得a5＋a6＜0，∴a6＜0，故d＝a6－a5＜0，∴当n≤5时，an＞0，n≥6时，an＜0，故n＝5时，Sn取最大值．考点3等差(比)数列的判定与证明03高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2021·全国卷甲)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等差数列；②数列{Sn}是等差数列；③a2＝3a1.[解]①③⇒②.已知{an}是等差数列，a2＝3a1.设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋nn－12d＝n2a1.因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝na1，所以Sn＋1－Sn＝(n＋1)a1－na1＝a1(常数)，所以数列{Sn}是等差数列．①②⇒③.已知{an}是等差数列，{Sn}是等差数列．设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn－12d＝12n2d＋a1－d2n.因为数列{Sn}是等差数列，所以数列{Sn}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－d2＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③⇒①.已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{Sn}的公差为d，d0，则S2－S1＝4a1－a1＝d，得a1＝d2，所以Sn＝S1＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．2．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝ann.(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＝2n＋1nan.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