【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-等差數(shù)列、等比數(shù)列

第9講等差數(shù)列、等比數(shù)列1．(2022·福建高考)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝2，S3＝12，則a6等于()A．8B．10C．12D．14【解析】由題知3a1＋eq\f(3×2,2)d＝12，∵a1＝2，解得d＝2，又a6＝a1＋5d，∴a6＝12.故選C.【答案】C2．(2022·重慶高考)對(duì)任意等比數(shù)列{an}，下列說(shuō)法肯定正確的是()A．a(chǎn)1，a3，a9成等比數(shù)列B．a(chǎn)2，a3，a6成等比數(shù)列C．a(chǎn)2，a4，a8成等比數(shù)列D．a(chǎn)3，a6，a9成等比數(shù)列【解析】由等比數(shù)列的性質(zhì)得，a3·a9＝aeq\o\al(2,6)≠0，因此a3，a6，a9肯定成等比數(shù)列，選D.【答案】D3．(2022·北京高考)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，則“q>1”是“{an}為遞增數(shù)列”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件【解析】①q>1時(shí)，{an}未必是遞增數(shù)列，如－1，－2，－4，－8，－16…；②{an}是遞增數(shù)列時(shí)，q不肯定大于1，如－16，－8，－4，－2，－1，故選D.【答案】D4．(2022·福建高考)在等比數(shù)列{an}中，a2＝3，a5＝81.(1)求an；(2)設(shè)bn＝log3an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.【解】(1)設(shè){an}的公比為q，依題意得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，所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(nb1＋b2,2)＝eq\f(n2－n,2).從近三年高考來(lái)看，該部分高考命題的熱點(diǎn)考向?yàn)椋?．等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算①此類問(wèn)題主要考查等差、等比數(shù)列的五個(gè)基本量a1，an，Sn，n，d(或q)之間的轉(zhuǎn)化，這五個(gè)基本量由通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式聯(lián)系著，體現(xiàn)用方程(組)思想解決“知三求二”問(wèn)題．②多以選擇題、填空題或解答題的第一問(wèn)的形式消滅，多為基礎(chǔ)題．2．等差、等比數(shù)列的性質(zhì)對(duì)于等差、等比數(shù)列性質(zhì)的考查主要以客觀題消滅，具有“新、巧、活”的特點(diǎn)，考查利用性質(zhì)解決有關(guān)計(jì)算問(wèn)題，屬中低檔題．3．等差、等比數(shù)列的推斷與證明對(duì)于等差、等比數(shù)列的推斷與證明，主要消滅在解答題的第一問(wèn)，是為求數(shù)列的通項(xiàng)公式而預(yù)備的，因此是解決問(wèn)題的關(guān)鍵環(huán)節(jié).eq\a\vs4\al(等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算)【例1】(2022·重慶高考)已知{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，Sn表示{an}的前n項(xiàng)和．(1)求an及Sn；(2)設(shè){bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，公比q滿足q2－(a4＋1)q＋S4＝0.求{bn}的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和Tn.【解】(1)由于{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝2的等差數(shù)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，從而q＝4.又因b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比數(shù)列，所以bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.從而{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(2,3)(4n－1)．【規(guī)律感悟】等差(比)數(shù)列基本運(yùn)算中的關(guān)注點(diǎn)：(1)基本量．在等差(比)數(shù)列中，首項(xiàng)a1和公差d(公比q)是兩個(gè)基本量．(2)解題思路．①求公差d(公比q)：常用公式an＝am＋(n－m)d(an＝amqn－m)；②列方程組：若條件與結(jié)論的聯(lián)系不明顯時(shí)，常把條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和d(q)的方程組求解，但要留意消元及整體計(jì)算，以削減計(jì)算量．[創(chuàng)新猜測(cè)]1．(2022·湖北高考)已知等差數(shù)列{an}滿足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，是否存在正整數(shù)n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，說(shuō)明理由．【解】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，依題意，2,2＋d,2＋4d成等比數(shù)列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化簡(jiǎn)得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.當(dāng)d＝0時(shí)，an＝2；當(dāng)d＝4時(shí)，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2或an＝4n－2.(2)當(dāng)an＝2時(shí)，Sn＝2n.明顯2n＜60n＋800，此時(shí)不存在正整數(shù)n，使得Sn＞60n＋800成立．當(dāng)an＝4n－2時(shí)，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)，此時(shí)存在正整數(shù)n，使得Sn＞60n＋800成立，n的最小值為41.綜上，當(dāng)an＝2時(shí)，不存在滿足題意的n；當(dāng)an＝4n－2時(shí)，存在滿足題意的n，其最小值為41.eq\a\vs4\al(等差、等比數(shù)列的性質(zhì))【例2】(1)(2022·北京高考)若等差數(shù)列{an}滿足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，則當(dāng)n＝________時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和最大．(2)(2022·全國(guó)大綱高考)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝3，S4＝15，則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，則a9<0，故n＝8.(2)∵S2＝3，S4－S2＝12，且S2，S4－S2，S6－S4成等比數(shù)列，∴(15－3)2＝3×(S6－15)，∴S6＝63.故選C.【答案】(1)8(2)C【規(guī)律感悟】等差(比)數(shù)列的性質(zhì)盤點(diǎn)：類型等差數(shù)列等比數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)2ak＝am＋al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差數(shù)列)aeq\o\al(2,k)＝am·al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差數(shù)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)和的性質(zhì)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)：Sn＝naeq\f(n＋1,2)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)：eq\f(S偶,S奇)＝q(公比)依次每k項(xiàng)的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…構(gòu)成等差數(shù)列依次每k項(xiàng)的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…構(gòu)成等比數(shù)列(k不為偶數(shù)且公比q≠－1)[創(chuàng)新猜測(cè)]2．(1)(2022·衡水中學(xué)二調(diào))等差數(shù)列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，則該數(shù)列前13項(xiàng)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，故選B.【答案】B(2)(2022·廣東高考)若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11＋a9a12＝2e5，則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、等比數(shù)列的推斷與證明)【例3】(2022·全國(guó)大綱高考)數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)設(shè)bn＝an＋1－an，證明{bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}的通項(xiàng)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}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)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}的通項(xiàng)公式為an＝n2－2n＋2.【規(guī)律感悟】證明數(shù)列{an}為等差或等比數(shù)列有兩種基本方法：(1)定義法an＋1－an＝d(d為常數(shù))?{an}為等差數(shù)列；eq\f(an＋1,an)＝q(q為常數(shù))?{an}為等比數(shù)列．(2)等差、等比中項(xiàng)法2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)?{an}為等差數(shù)列；aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*)?{an}為等比數(shù)列．我們要依據(jù)題目條件機(jī)敏選擇使用，一般首選定義法．利用定義法一種思路是直奔主題，例如本題方法；另一種思路是依據(jù)已知條件變換出要解決的目標(biāo)．[創(chuàng)新猜測(cè)]3．(2022·長(zhǎng)春模擬)已知數(shù)列{an}中，Sn是其前n項(xiàng)和，并且Sn＋1＝4an＋2(n＝1,2，…)，a1＝1，(1)設(shè)數(shù)列bn＝an＋1－2an(n＝1,2，…)，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列cn＝eq\f(an,2n)(n＝1,2，…)，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列；(3)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和．【解】(1)證明：由Sn＋1＝4an＋2，Sn＋2＝4an＋1＋2，兩式相減，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，數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為3，公比為2的等比數(shù)列，且bn＝3·2n－1.(2)證明：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)，故數(shù)列{cn}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差是eq\f(3,4)的等差數(shù)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.當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝4an－1＋2＝2n－1(3n－4)＋2；當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝1也適合上式．綜上可知，所求的求和公式為Sn＝2n－1(3n－4)＋2.[總結(jié)提升]通過(guò)本節(jié)課學(xué)習(xí)，需把握如下三點(diǎn)：失分盲點(diǎn)1．(1)忽視d的符號(hào)：在等差數(shù)列的基本運(yùn)算中，易忽視d的符號(hào)、大小而導(dǎo)致增解．(2)忽視公式成立的條件：公式an＝Sn－Sn－1成立的條件是n≥2.(3)忽視n的范圍：求解{an}的前n項(xiàng)和的最值時(shí)，無(wú)論是利用Sn還是an，都要留意條件n∈N*.2．(1)忽視對(duì)公比q的爭(zhēng)辯：應(yīng)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，應(yīng)留意條件是否示意了q的范圍，否則，應(yīng)留意爭(zhēng)辯．(2)混淆等差數(shù)列與等比數(shù)列單調(diào)性的條件：等差數(shù)列的單調(diào)性只取決于公差d的正負(fù)，等比數(shù)列的單調(diào)性既要考慮公比又要考慮首項(xiàng)．答題指導(dǎo)1．(1)看到求等差數(shù)列的基本量時(shí)，想到可從方程入手，若能應(yīng)用性質(zhì)，可大大簡(jiǎn)化解題過(guò)程．(2)看到等差數(shù)列的判定，想到等差數(shù)列定義和等差中項(xiàng)的概念．2．(1)看到求等比數(shù)列中的基本量，想到可以從方程入手．(2)看到am·an，想到等比數(shù)列的性質(zhì)．(3)看到利用公式求等比數(shù)列前n項(xiàng)和，想到公比q是否等于1所用公式不同.等差數(shù)列、等比數(shù)列的存在探究與證明1．存在探究性問(wèn)題是高考考查數(shù)學(xué)力量的良好素材，高考重視存在探究性問(wèn)題的考查．存在探究性問(wèn)題的基本解法是：先假設(shè)其存在，在這個(gè)假設(shè)下，進(jìn)行推理論證或計(jì)算，當(dāng)?shù)贸龇蠑?shù)學(xué)規(guī)律的最終結(jié)論時(shí)，確定其存在性，否則就不存在．方法規(guī)律(1)利用定義證明等差(比)數(shù)列的方法．(2)轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1，d(q)的方程組求解的基本量法．2．等差數(shù)列、等比數(shù)列的存在探究性問(wèn)題，其解法與一般的存在探究性問(wèn)題的解法相比，特殊性在于數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)是正整數(shù)，在解題中留意這個(gè)特點(diǎn)．【典例】(猜測(cè)題)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，且對(duì)任意正整數(shù)n，點(diǎn)(an＋1，Sn)在直線3x＋2y－3＝1上．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λ·n＋\f(λ,3n)))為等差數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，說(shuō)明理由．【解】(1)由題意可得3an＋1＋2Sn－3＝0①n≥2時(shí)，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，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)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)))為等差數(shù)列，則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)時(shí)，Sn＋eq\f(3,2)·n＋eq\f(3,2·3n)＝eq\f(3n＋1,2)，明顯eq\b\lc\{\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3n＋1,2)))成等差數(shù)列，故存在實(shí)數(shù)λ＝eq\f(3,2)，使得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λ·n＋\f(λ,3n)))成等差數(shù)列．【規(guī)律感悟】本題的特點(diǎn)是先從特殊的狀況得出λ值，在這個(gè)λ值下，一般結(jié)論也成立，這是解決含有參數(shù)的等差數(shù)列、等比數(shù)列證明的一個(gè)重要方法，其實(shí)質(zhì)是一般與特殊的數(shù)學(xué)思想方法的運(yùn)用，也是合情推理與演繹推理的有機(jī)結(jié)合.建議用時(shí)實(shí)際用時(shí)錯(cuò)題檔案45分鐘一、選擇題1．(2022·重慶高考)在等差數(shù)列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，則a7＝()A．5B．8C．10D．14【解析】由等差數(shù)列的性質(zhì)得a1＋a7＝a3＋a5，由于a1＝2，a3＋a5＝10，所以a7＝8，選B.【答案】B2．(2022·天津高考)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1＝()A．2B．－2C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)【解析】由題意知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·遼寧高考)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.若數(shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列，則()A．d＞0B．d＜0C．a(chǎn)1d<0D．a(chǎn)1d>0【解析】法一an＝a1＋(n－1)d，所以2a1an＝2a1[a1＋(n－1)d]，由于是遞減數(shù)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，故選C.法二數(shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列等價(jià)于數(shù)列{a1an}為遞減數(shù)列，等價(jià)于a1an－a1an－1＜0，即a1(an－an－1)＜0，即a1d＜0.【答案】C4．(2022·保定調(diào)研)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，則其通項(xiàng)公式為an＝()A．2n－1B．2n－1＋1C．2n－1D．2(n－1)【解析】由題意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.【答案】A5．(2022·長(zhǎng)春調(diào)研)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，則n＝()A．11B．12C．14D．16【解析】設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a1a2a3＝4＝aeq\o\al(3,1)q3與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，故選C.【答案】C二、填空題6．(2022·江西高考)在等差數(shù)列{an}中，a1＝7，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時(shí)Sn取得最大值，則d的取值范圍為_(kāi)_______．【解析】等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，則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，對(duì)稱軸為eq\f(\f(d,2)－7,d)，對(duì)稱軸介于7.5與8.5之間，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·全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ高考)數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(1,1－an)，a8＝2，則a1＝________.【解析】將a8＝2代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a7＝eq\f(1,2)；再將a7＝eq\f(1,2)代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再將a6＝－1代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出數(shù)列{an}是一個(gè)周期數(shù)列，且周期為3，所以a1＝a7＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)8．(理)若數(shù)列{n(n＋4)(eq\f(2,3))n}中的最大項(xiàng)是第k項(xiàng)，則k＝________.【解析】設(shè)數(shù)列為an，則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)，所以當(dāng)n≤3時(shí)，an＋1＞an；當(dāng)n≥4時(shí)，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是遞減的等差數(shù)列，若將其中兩個(gè)數(shù)的位置互換，得到一個(gè)等比數(shù)列，則eq\f(a2＋c2,b2)＝________.【解析】依題意得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