高考二轮复习文科数学课件高考小题突破3等差数列等比数列

选择恰当的性质进行求解
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
对点训练2
(1)(2023河南安阳二模)已知等差数列{an}中,a12=22,a1+a3+a5=12,则公差
d=( A )
5
B.
2
A.2
C.3
7
D.
2
解析 根据等差数列性质由 a1+a3+a5=12,得 3a3=12,a3=4,
高考小题突破3等差数列、等比数列
考点一 等差、等比数列的基本运算
例1(1)(2023全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,
a4a8=45,则S5=( C )
A.25
B.22 C.20 D.15
解析 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,由已知得
21 + 6 = 10,
S8=b1+b2+…+b8=2(a1+a2+…+a9)-a1-a9=18a5-2a5=16a5=-80.
(2)(2023青海西宁二模)在等比数列{an}中,a1+a4+a7=8,a3+a6+a9=32,则
a7+a10+a13=( A )
A.512
B.1 024
C.-512
解析 设等比数列{an}的公比为
D.-1 024
3 +6 +9
q,所以 + +
1
4
7
=
2 (1 +4 +7 )
1 +4 +7
q2=4,所以 a7+a10+a13=(a1+a4+a7)q6=8×43=512.故选 A.
=
32
=4,所以
8
解题技巧 等差、等比数列的性质的应用
抓关系
用性质
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,
1-2
+ 11 = 15,
解得 k=4.
+ 1 = 5,
对点训练3
(1)(2023河南名校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn-2=2(an-2n),则
an=( D )
A.(n+1)·2n+1
C.n·2n+1
B.2n
D.n·2n
解析 令 n=1,得 S1-2=2(a1-2),所以 a1=2.由 Sn-2=2(an-2n),得 Sn+1-2
-3nSn+1=2 +3nSn,即+1
− 2
=3nSn+1+3nSn,∴(Sn+1+Sn)(Sn+1-Sn)=3n(Sn+1+Sn).∵数列{an}的各项都是正数,即
n
n
Sn+1+Sn>0,∴Sn+1-Sn=3 ,即 an+1=3 ,∴当 n≥2
+1
时,

=
第 2 项起,构成以 a2=3 为首项,3 为公比的等比数列,
2 (1-2 022 )
3×(1-32 022 )
∴S2 023=a1+
=2+
1-
1-3
=
32 023 +1
.故选
2
D.
3
-1
3
=3,∴数列{an}从
(2)(2020全国Ⅱ,理6)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若
ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=( C )
考点二 等差、等比数列的性质
例2(1)(2023北京海淀期末)已知{an}为等差数列,a1=3,a4+a6=-10,若数列{bn}
满足bn=an+an+1(n=1,2,…),记{bn}的前n项和为Sn,则S8=( B )
A.-32
B.-80
C.-192
D.-224
解析 由等差数列的性质,得a4+a6=2a5=-10,∴a5=-5.由题意
q(a1+a2+a3)=2,解得q=2.所以a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32.
解题技巧 等差、等比数列的基本运算的解题思路
抓牢基本量
记准公式
(1)抓住基本量:首项a1和公差d(或公比q);
(2)解方程(组):把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组),然后
求解,注意整体计算,以减少运算量
.又
>0,
3
3
A.2
B.3
C.4
D.5
解析 ∵am+n=am·
an,令 m=1,又
+1
a1=2,∴an+1=a1·
an=2an,∴
=2,∴{an}是以

2
为首项,2 为公比的等比数列,∴an=2n.∴ak+1+ak+2+…+ak+10
10
1-2
=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1· =2k+11-2k+1=215-25.∴
n+1
=2(an+1-2
n+1
),两式作差可得 an+1=2an+2

1
列{ }是首项为 =1,公差为
2
2
1
+1
,化简整理可得
+1
2
=

+1,所以数
2

的等差数列,所以 =n,所以 an=n·
2n.故选
2
D.
(2)(2023山东日照一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,
12 -3
∴d=
12-3
=
22-4
=2.故选
12-3
A.
(2)(2023青海西宁二模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和.若S12<0,a5+a7>0,
则当Sn取最大值时,n的值为
解析
6
.
12(1 +12 )
∵S12=
=6(a1+a12)=6(a6+a7)<0,
2
∴a6+a7<0.
∵a5+a7=2a6>0,∴a6>0,∴a7<0,故n的值为6时,Sn取最大值.
数列和偶数项组成的数列都为公差为 2 的等差数列.又 a1=1,a2=2,∴数列{an}
是首项为 1,公差为 1

的等差数列,∴an=1+(n-1)=n,bn=
3
p,q(p<q),使得 b1,bp,bq 成等差数列,则
2
当 p=1 时,由3
=
1

4
+
,解得 q=1(舍去);当 p=2 时,由
考点三 等差、等比数列的判断与证明
例3(1)(2023河南郑州二模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,
且a1=2,Sn+1(Sn+1-3n)=Sn(Sn+3n),则S2 023=( D )
A.32 023-1
B.32 023+1
32 022 +1
C.
2
32 023 +1
D.
2
2
2
解析 ∵Sn+1(Sn+1-3n)=Sn(Sn+3n),∴+1
对点训练1
(1)(2023河南郑州二模)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a5=10,S5=20,
则数列{an}的通项公式为an=
解析 设{an}的公差为 d.由
an=a1+(n-1)d=3n-5.
3n-5
.
5(1 +5 )
S5= 2 =20,得 a1=-2,所以
5 -1
d=
=3,所以

anan+1=2Sn,设bn= 3
则( B )
A.p=1 B.p=2
C.p=3 D.p=4
,若存在正整数p,q(p<q),使得b1,bp,bq成等差数列,
解析 对于 anan+1=2Sn,由题可得 an≠0.当 n=1 时,a1a2=2S1=2a1,解得 a2=2;当
n≥2 时,2an=2(Sn-Sn-1)=an(an+1-an-1),∴an+1-an-1=2,∴数列{an}的奇数项组成的
5-1
(2)(2020全国Ⅱ,文14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则
S10=
25
.
解析 设等差数列{an}的公差为 d.
∵a1=-2,∴a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得 d=1.
10×9
∴S10=10a1+ 2 d=-20+45=25.
(1 + 3)(1 + 7) = 45,
1 = 2,
5×4
解得
S5=5a1+ 2 d=20.
= 1,
(2)(2020全国Ⅰ,文10)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则
a6+a7+a8=( D )
A.12
B.24 C.30 D.32
解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,所以
3
3
9
列{bn}是递减数列,当 3≤p<q
2
∴
3
<
2
2bp=b1+bq,所以
3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1
时,3
1

+ ,①式不成立.故选
3
3
B.
>
-1
-1
2
, -1 − 3
-1
3
3
=
=
=
=

.若存在正整数
3
1

+ .
3
3
①
1

+
,解得 q=3.∵数
3
3
-3
2
≥0,∴
3
3
<
1