2020版高考数学二轮复习 第二部分 专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列课件 文

专题二数列第1讲等差数列与等比数列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．16B．8C．4D．2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.所以q2＝4，则q＝2.又S4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，所以a1＝1.故a3＝a1q2＝4.答案：C2．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________．解析：因为{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，所以公差d＝a7－a37－3＝13－54＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，所以S10＝10a1＋10×92d＝100.答案：1003．(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．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，则{bn}是公差为2，首项b1＝1的等差数列．所以{bn}的前n项和Tn＝1＋（2n－1）2×n＝n2.1．从近年高考命题看，本讲高考命题中主要考查：(1)等差、等比数列基本量与性质；(2)等差(比)数列的判断与证明，数列的求和，简单的等差(比)数列的综合问题．前面以客观题为主，突出方程思想；后面主要在解答题中呈现，考查转化思想．2．数列试题常涉及1～2个题目，属中低档题难度．热点1数列的基本运算(师生互动)1．通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1.2．前n项和公式等差数列：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d；等比数列：Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q(q≠1)．【例1】(1)(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝________．(2)(2019·北京卷)(一题多解)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．(1)解析：设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.因为a1＝1，S3＝34，所以a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝34，则4q2＋4q＋1＝0，所以q＝－12，所以S4＝1×1－－1241－－12＝58.答案：58(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－12.②法1：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.法2：由(1)知，Sn＝n2(a1＋an)＝n(n－11)＝n－1122－1214.又n∈N*，所以当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.[思维升华]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)题利用方程思想求出基本量a1与公差d，进而将Sn表示成关于“n”的函数，结合函数性质求最值．[变式训练](2018·全国卷Ⅲ)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.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.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－（－2）n3.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.热点2等差(比)数列的性质(自主演练)1．等差数列的性质(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.(2)an＝am＋(n－m)d.(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列．2．等比数列的性质(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq.(2)an＝am·qn－m.(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列．1．(2019·深圳联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为()A．－3B．－2C．3D．2解析：等差数列{an}中，S5＝5a3＝35，得a3＝7.又a6＝16，所以d＝a6－a36－3＝3.答案：C2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若a8a7＜－1，则()A．Sn的最大值是S8B．Sn的最小值是S8C．Sn的最大值是S7D．Sn的最小值是S7解析：由(n＋1)Sn＜nSn＋1得（n＋1）n（a1＋an）2＜n（n＋1）（a1＋an＋1）2，整理得an＜an＋1，所以等差数列{an}是递增数列．又a8a7＜－1，所以a8＞0，a7＜0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.答案：D3．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和S8为()A．4B．2C．3D．5解析：设等比数列{an}的公比为q，由a5＝5，a4＝2，得5＝2q，所以q＝52.所以an＝a4·qn－4＝2·52n－4，且a1a8＝a4a5＝10.从而lgan＝lg2＋(n－4)lg52，则数列{lgan}是等差数列，所以S8＝12(lga1＋lga8)×8＝4lg(a1a8)＝4lg10＝2.答案：B[思维升华]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．热点3等差(比)数列的判定证明(迁移探究)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*)为一常数．(2)利用中项性质，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an＋1an(n∈N*)为一常数．(2)利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2)(an≠0)．【例2】(2019·佛山调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＞0，S2n＝a2n＋1－λSn＋1，其中λ为常数．(1)证明：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；若不存在，请说明理由．(1)证明：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，且S2n＝a2n＋1－λSn＋1，所以S2n＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.因为an＞0，知Sn＋1＞0，所以Sn＋1－2Sn－λ＝0，故Sn＋1＝2Sn＋λ.(2)解：由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，两式相减得，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，所以a2＝a1＋λ＝1＋λ＞0，得λ＞－1.因此an＝1，n＝1，（λ＋1）·2n－2，n≥2.若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.所以λ＝1，经验证当λ＝1时，数列{an}是等比数列．[迁移探究]若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”，其他条件不变，试求解第(2)问．解：由本例(2)，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)．又S2＝2S1＋λ，所以a2＝a1＋λ＝2＋λ＞0.所以an＝(2＋λ)·2n－2(n≥2)．又a1＝2，若{an}是等比数列，所以a2＝(2＋λ)·20＝2a1＝4，所以λ＝2.故存在λ＝2，此时an＝2n，数列{an}是等比数列．[思维升华]1．判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an或an＋1an为与正整数n无关的一常数；(2)中项公式法．2.an＋1an＝q和a2n＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．[变式训练](2019·江苏卷节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M­数列”．(1)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”．(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1Sn＝2bn－2bn＋1，其中Sn为数列{bn}的前n项和．求数列{bn}的通项公式．(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，得a21q4＝a1q4，a1q2－4a1q＋4a1＝0，解得a1＝1，q＝2.因此数列{an}为“M­数列”．(2)解：因为1Sn＝2bn－2bn＋1，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2.由1Sn＝2bn－2bn＋1，得Sn＝bnbn＋12（bn＋1－bn）.当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝bnbn＋12（bn＋1－bn）－bn－1bn2（bn－bn－1），整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.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*)．热点4等差数列、等比数列的综合问题1．等差数列与等比数列是非常重要的两个基本数列，两者之间可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d的等差数列，则{abn}(a＞0，a≠1)就是一个等比数列；若{abn}是各项为正项的等比数列，则{logaabn}(a＞0，且a≠1)是一个等差数列．2．解决等差数列，等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，注意方程思想、化归思想的运用．【例3】(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.所以Tn＝1－2n1－2＝2n－1.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，所以Sn＝n（n＋1）2.(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2×（1－2n）1－2－n＝2n＋1－n－2.由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，得n（n＋1）2＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)或n＝4.所以n的值为4.[思维升华]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