（新高考）2020版高考数学二轮复习 主攻40个必考点 数列（七）课件 理

主攻40个必考点(七)等差数列、等比数列的性质及应用1．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2n解析：选A设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得4a1＋6d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋nn－12×2＝n2－4n.故选A.2．(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：选C设数列{an}的公比为q，由题意知a10，q0，a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，a1q4＝3a1q2＋4a1，解得a1＝1，q＝2，∴a3＝a1q2＝4.3．(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．－12B．－10C．10D．12解析：选B设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.4．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1B．2C．4D．8解析：选C设等差数列{an}的公差为d，则由a4＋a5＝24，S6＝48，得a1＋3d＋a1＋4d＝24，6a1＋6×52d＝48，即2a1＋7d＝24，2a1＋5d＝16，解得d＝4.5．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏解析：选B每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝a11－271－2＝381，解得a1＝3.6．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：选A设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a23，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.7．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5＝________.解析：设数列{an}的公差为d，由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋10×92d＝100a1，S5＝5a1＋5×42d＝25a1，所以S10S5＝4.答案：48．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________.解析：设数列{an}的公比为q，法一：由a24＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝1a1＝3.则S5＝131－351－3＝1213.法二：∵a24＝a6，∴a2·a6＝a6，∴a2＝1.又∵a1＝13，∴q＝3，∴S5＝131－351－3＝1213.答案：1213[把脉考情]考什么1.利用性质求指定项、公差或公比2.利用前n项和性质求和3.与等差数列、等比数列的单调性有关的问题考多深多以选择题或填空题的形式考查，中等偏易，分值5分考多宽常与三角函数、函数的单调性等知识相结合，也会以数学化为背景考查，涉及函数与方程，转化与化归，整体代换的思想，主要考查逻辑推理、数学运算的核心素养等差、等比数列通项性质的基本问题[典例1](2019·广东六校第一次联考)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＝2S4，a2＋a4＝8，则a5＝()A．6B．7C．8D．10[一题多解](在发散思维中整合知识)法一：定义法设等差数列{an}的公差为d，由题意，得5a1＋5×42d＝24a1＋4×32d，a1＋d＋a1＋3d＝8，解得a1＝－2，d＝3.所以a5＝a1＋4d＝－2＋12＝10，故选D.法二：性质法因为S5＝2S4，所以a5＝S4＝12S5.因为a1＋a5＝a2＋a4＝8，所以S5＝a1＋a5×52＝8×52＝20，所以a5＝12S5＝12×20＝10，故选D.[答案]D[典例2]在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为()A．1B．2C．3D．5[解析]因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝a5＋a72a1＋a3＝428＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝a9＋a112a5＋a7＝224＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.[答案]C增分方略(1)若数列{an}是等差数列，公差为d，则有如下规律．①等差数列任意两项间的关系：an＝am＋(n－m)d.②若n＋m＝2p(p，m，n∈N*)，则an＋am＝2ap.③若n＋m＝p＋q(p，q，m，n∈N*)，则an＋am＝ap＋aq；④若数列{an}是有穷数列，则与首、末两项“等距离”的两项之和都相等，且等于首、末两项之和，即an＋a1＝an－1＋a2＝…＝an－i＋ai＋1＝…(i∈N*)．(2)若数列{an}是等比数列，公比为q，则有如下规律．①等比数列任意两项间的关系：an＝amqn－m；②若n＋m＝2p(p，m，n∈N*)，则anam＝a2p；③若p＋q＝r＋s(p，q，r，s∈N*)，则apaq＝aras；④若数列{an}是有穷数列，则与首、末两项“等距离”的两项的积都相等，且等于首、末两项之积，即an·a1＝an－1·a2＝…＝an－i·ai＋1＝…(i∈N*)；⑤若数列{an}是各项都为正数的等比数列，则数列{lgan}是公差为lgq的等差数列．等差、等比数列前n项和性质的应用[典例3]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝156，S36＝1332，则S24＝()A．744B．300C．600D．1200[解析]因为S12＝156，S36＝1332，易知S12，S24－S12，S36－S24成等差数列，所以2(S24－S12)＝S12＋S36－S24，所以2(S24－156)＝156＋1332－S24，解得S24＝600.故选C.[答案]C[典例4](2019·长春第一次质量监测)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S6＝30，S9＝70，则S3＝________.[一题多解](在发散思维中整合知识)法一：定义法设数列{an}的公比为q(q0且q≠1)，由题意可得S6＝a11－q61－q＝30，①S9＝a11－q91－q＝70，②①÷②，得1－q61－q9＝1＋q31＋q3＋q6＝37，又由q0，得q3＝2，再由S3S6＝a11－q31－qa11－q61－q＝11＋q3＝13，得S3＝13S6＝10.法二：性质法由题意可得(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，即(30－S3)2＝40S3，即S23－100S3＋900＝0，解得S3＝10或S3＝90.又数列{an}的各项均为正数，所以S3S6，S3＝90(舍去)，故S3＝10.[答案]10增分方略(1)求解典例3的常规思路是利用等差数列前n项和公式，得关于a1和公差d的方程组，解方程组，从而可求得a1和d，再代入等差数列的前n项和公式求得结果．若会利用等差数列前n项和的性质“等差数列{an}的前n项和为Sn，则有Sk，S2k－Sk，S3k－S2k(k∈N*)成等差数列”，则可提升求解速度．(2)求解典例4的常规思路是利用等比数列的前n项和公式，得到关于a1和公比q的方程组，解方程组求解．若会利用等比数列前n项和的性质“当Sk≠0时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k(k∈N*)成等比数列”，则可提升求解的速度．等差数列、等比数列的单调性及应用[典例5]若正项递增等比数列{an}满足1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0(λ∈R)，则a6＋λa7的最小值为()A．－2B．－4C．2D．4[解析]∵{an}是正项递增的等比数列，∴a10，q1，由1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0，得1＋(a2－a4)＋λq(a2－a4)＝0，∴1＋λq＝1a4－a2，∴a6＋λa7＝a6(1＋λq)＝a6a4－a2＝q4q2－1＝[q2－1＋1]2q2－1＝(q2－1)＋2＋1q2－1≥2q2－1·1q2－1＋2＝4(q2－10)，当且仅当q＝2时取等号，∴a6＋λa7的最小值为4.故选D.[答案]D增分方略破解此类题的关键(1)构造函数，即会观察已知数列的特点，巧妙构造函数；(2)会利用导数法或基本不等式从而得最小值．[典例6](2019·保山第二次统考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，S99－S55＝－4，则Sn取最大值时n的值为()A．4B．5C．6D．4或5[一题多解](在发散思维中整合知识)法一：利用邻项变号法求最值因为数列{an}为等差数列，且S99－S55＝－4，设其公差为d，所以S99－S55＝9a1＋a929－5a1＋a525＝a5－a3＝2d＝－4，解得d＝－2，所以数列{an}为单调递减数列，即Sn存在最大值，因为a1＝9，所以an＝－2n＋11，由an≥0，an＋10，得－2n＋11≥0，－2n＋1＋110，解得4.5n≤5.5.因为n∈N*，所以n＝5，所以数列{an}的前n项和Sn取最大值时n的值为5.法二：构造函数求最值因为数列{an}为等差数列，设其公差为d，且S99－S55＝－4，所以S99－S55＝9a1＋a929－5a1＋a525＝a5－a3＝2d＝－4，解得d＝－2.因为a1＝9，所以an＝－2n＋11，所以Sn＝n9＋11－2n2＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，所以数列{an}的前n项和Sn取最大值时n的值为5.[答案]B增分方略求等差数列前n项和Sn最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a10，d0时，满足am≥0，am＋1≤0的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a10，d0时，满足am≤0，am＋1≥0的项数m使得Sn取得最小值为Sm.