（名师讲坛）2020版高考数学二轮复习 专题六 数列 第1讲 等差数列、等比数列课件

专题六数列第1讲等差数列、等比数列回归教材栏目导航举题固法即时评价回归教材1.(必修5P40习题5(4))已知数列{an}为等差数列，若a1＋a6＝12，a4＝7，则a9＝________.17【解析】设等差数列{an}的公差为d，则a1＋a1＋5d＝12，a1＋3d＝7，解得a1＝1，d＝2，所以a9＝a1＋8d＝17.an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d•2.(必修5P48习题7改编)在等差数列{an}中，已知S5＝5，那么a3＝________.•【解析】因为S5＝5a3＝5，所以a3＝1.•3.(必修5P54习题11改编)已知实数k和5k－2的等比中项是2k，那么k＝________.•【解析】由题意知k(5k－2)＝(2k)2，即k2－2k＝0，所以k＝2或k＝0(舍去)．12Sn＝na1＋nn－12d＝na1＋an2等比中项：b2＝ac4.(必修5P54习题9改编)在等比数列{an}中，若a10，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则a3＋a5＝________.5【解析】a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝25，因为a10，所以a30，a50，所以a3＋a5＝5.等比数列：m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq5.(必修5P68复习题17)在等差数列{an}中，已知Sp＝q，Sq＝p(p≠q)，那么Sp＋q的值为___________．－(p＋q)【解析】设等差数列{an}的公差为d，则Sp＝pa1＋pp－12d＝q①，Sq＝qa1＋qq－12d＝p②.①－②，得q－p＝(p－q)a1＋p2－q2－p－q2d，则a1＋p＋q－12d＝－1，故Sp＋q＝(p＋q)a1＋p＋qp＋q－12d＝(p＋q)·a1＋p＋q－12d＝－(p＋q)．若Sp＝q，Sq＝p，p≠q，则Sp＋q＝－(p＋q)举题固法目标1等差、等比数列基本量的计算(2019·天津卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式．【解答】设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由题意知6q＝6＋2d，6q2＝12＋4d，解得d＝3，q＝2，故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n，所以数列{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝1，2k＜n＜2k＋1，bk，n＝2k，其中k∈N*.②求∑2ni＝1aici(n∈N*)．•【解答】①数列－1)＝(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1，＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×41－4n1－4－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．所以数列{(－1)}的通项公式为(－1)＝9×4n－1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；•【解答】由a1＝b1，a4＝b2，•得S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12.•设等差数列{an}的公差为d，则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2，•所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.•设等比数列{bn}的公比为q，由题知b2＝a4＝9，•即b2＝b1q＝3q＝9，所以q＝3，•所以bn＝3n.•故数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n＋1，bn＝3n.•(2)求数列{an＋bn}的前n项和．•【解答】因为an＋bn＝(2n＋1)＋3n，•所以{an＋bn}的前n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n)＝3＋2n＋1n2＋31－3n1－3＝n(n＋2)＋33n－12.目标2等差、等比数列的判定与证明已知数列{an}满足an≠1，an＋1＝2－1an(n∈N*)，在数列{bn}中，bn＝1an－1，且b1，b2，b4成等比数列．(1)求证：数列{bn}是等差数列；【解答】因为bn＋1－bn＝1an＋1－1－1an－1＝12－1an－1－1an－1＝anan－1－1an－1＝1，所以数列{bn}是公差为1的等差数列．(2)若Sn是数列{bn}的前n项和，求数列1Sn的前n项和Tn.【解答】所以b1＝1，所以bn＝n，所以Sn＝nn＋12，所以1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，所以Tn＝2×1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2×1－1n＋1＝2nn＋1.(2019·苏中三市、苏北四市二调)已知数列{an}的各项均不为零，设数列{an}的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，且－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.(1)求a1，a2的值；【解答】因为3S2n－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.令n＝2，得3(1＋a2)2－4(1＋a2)＋(1＋)＝0，即2＋a2＝0，因为a2≠0，所以a2＝－12.(2)求证：数列{an}是等比数列．【解答】方法一：因为3S2n－4Sn＋Tn＝0，①所以3S2n＋1－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②②－①得，3(Sn＋1＋Sn)an＋1－4an＋1＋a2n＋1＝0，因为an＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0，③所以3(Sn＋Sn－1)－4＋an＝0(n≥2)，④当n≥2时，③－④得，3(an＋1＋an)＋an＋1－an＝0，即an＋1＝－12an.因为an≠0，所以an＋1an＝－12.又由(1)知，a1＝1，a2＝－12，所以a2a1＝－12，所以数列{an}是以1为首项，－12为公比的等比数列．方法二：因为3S2n－4Sn＋Tn＝0，①所以3S2n＋1－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②②－①得，3(Sn＋1＋Sn)an＋1－4an＋1＋a2n＋1＝0，因为an＋1≠0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋an＋1＝0，所以3(Sn＋1＋Sn)－4＋(Sn＋1－Sn)＝0，整理为Sn＋1－23＝－12Sn－23，又S1－23＝a1－23＝13，所以Sn－23＝13·－12n－1，得Sn＝13·－12n－1＋23，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－12n－1，又a1＝1也适合此式，所以an＝－12n－1，所以an＋1an＝－12，所以数列{an}是以－12为公比的等比数列．目标3可转化为等差、等比数列的问题已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，2Snn＝an＋1－13n2－n－23，n∈N*.(1)①求a2的值；②求数列{an}的通项公式；【解答】①由题知，2S1＝a2－13－1－23，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.②当n≥2时，2Sn＝nan＋1－13n3－n2－23n，2Sn－1＝(n－1)an－13(n－1)3－(n－1)2－23(n－1)，以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－13(3n2－3n＋1)－(2n－1)－23，整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即an＋1n＋1－ann＝1，又a22－a11＝1，故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以数列{an}的通项公式为an＝n2.(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a2n＋1，数列{bn}满足bn·bn＋1＝，且b1＝1，分别求数列{an}，{bn}的通项公式．•【解答】•所以(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.•因为an＋1＞0，an＞0，所以an＋1＋an≠0，•所以an＋1－an＝1(n≥2)．•所以a2＝2或a2＝－1(舍去)，•所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，•所以an＝n.•又由b1＝1，得b2＝3，•故b1，b3，…，b2n－1是首项为1，公比为3的等比数列，b2，b4，…，b2n是首项为3，公比为3的等比数列，•所以b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n，③④得bn＋1bn－1＝3(n≥2)．已知数列{an}满足1－1a11－1a2·…·1－1an＝1an，n∈N*，Sn是数列{an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；【解答】因为1－1a11－1a2·…·1－1an＝1an，n∈N*，所以当n＝1时，1－1a1＝1a1，得a1＝2，当n≥2，由1－1a11－1a2·…·1－1an＝1an，1－1a11－1a2·…·1－1an－1＝1an－1，两式相除可得，1－1an＝an－1an，即an－an－1＝1(n≥2)，所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，所以an＝n＋1.(2)若ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，求正整数p，q的值．【解答】因为ap,30，Sq成等差数列，ap,18，Sq成等比数列，所以ap＋Sq＝60，apSq＝182，所以ap＝6，Sq＝54或ap＝54，Sq＝6.当ap＝6，Sq＝54时，p＋1＝6，q＋3q2＝54，解得p＝5，q＝9.当ap＝54，Sq＝6时，p＋1＝54，q＋3q2＝6，无正整数解．所以p＝5，q＝9.即时评价1.(2019·苏州期初调查)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2，S6，S4成等差数列，则a2＋a4a6的值为________．2【解析】设等比数列{an}的公比为q，因为S2，S6，S4成等差数列，所以2S6＝S2＋S4，若q＝1，则有12a1＝2a1＋4a1，所以a1＝0，不成立，则q≠1，所以2·a11－q61－q＝a11－q21－q＋a11－q41－q，则有2q6＝q2＋q4，所以2q4－q2－1＝0，解得q2＝1，则q＝－1，所以a2＋a4a6＝a2＋a2q2a2q4＝1＋q2q4＝2.2.(2019·广州一模)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若m为大于1的正整数，且am－1－a2m＋am＋1＝1，S2m－1＝11，则m＝________.6【解析】由S2m－1＝11，得2m－1a1＋a2m－12＝11，即(2m－1)·am＝11，即am＝112m－1.由am－1－a2m＋am＋1＝1，得am－d－a2m＋am＋d＝1，即2am－a2m＝1，即a2m－2am＋1＝0，解得am＝1，所以1＝112m－1，解得m＝6.3.(2019·福州质检)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝anan＋1，设bn＝1an，n∈N*.(1)证明：数列{bn}是等差数列，并求其通项公式；【解答】方法一：由题意知1an＋1＝an＋1an＝1an＋1，所以1an＋1－1an＝1，所以bn＋1－bn＝1，又b1＝1a1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，故数列{bn}的通项公式为bn＝n.方法二：由题意知bn＋1－bn＝1an＋1－1an＝an＋1an－1an＝anan＝1，又b1＝1a1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，故数列{bn}的通项公式为bn＝n.(2)设cn＝bn·2n－1，且数列{cn}的前n项和为Sn，若λ∈R，求使Sn－1≤λcn恒成立的λ的取值范围．【解答】由(1)知，cn＝n·2n－1，则Sn＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，①2Sn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n②由①－②得，－Sn＝