【重点】2020版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题2数列第3讲等差数列等比数列教学案理

【关键字】重点
第3讲等差数列、等比数列
题型1 等差、等比数列的基本运算
(对应学生用书第8页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
1．等差数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1＋(n－1)d；
Sn＝＝na1＋d.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1qn－1(q≠0)；
Sn＝＝(q≠1)．
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题1】(考查等比数列的基本量运算)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m＝( )
A．3 B．C．5 D．6
[解析] ∵Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，
∴am＝Sm－Sm－1＝－16，
am＋1＝Sm＋1－Sm＝32.
∴q＝＝－2.
又Sm＝＝－11，
am＋1＝a1(－2)m＝32，
∴a1＝－1，m＝5.
[答案] C
【典题2】(考查等差(比)数列的通项与求和)(2016·全国Ⅰ卷)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和.
【导学号：07804019】[解] (1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，
得bn＋1＝，
因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．
记{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝＝－.
[类题通法]
在等差比数列问题中最基本的量是首项a1和公差d公比q，在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组，从而求出这两个量，其他问题也就会迎刃而解.这就是解决等差、等比数列问题的基本量的方法，这其中蕴含着方程的思想.
提醒：应用等比数列前n项和公式时，务必注意公比q的取值范围.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
1．《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为，下面三节的容积之和为，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )
A.升B．升 C.升D．升
A [自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，…，a9，依题意有，因为a2＋
a3＝a1＋a4，a7＋a9＝8，故a2＋a3＋a8＝＋＝.选A.]
2．已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}中，b1＝1，b2＝2，从数列{an}中取出第bn项记为cn，若{cn}是等比
数列，求{bn}的前n项和．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，
依题意有，
解得a1＝1，d＝2，
从而{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)c1＝ab1＝a1＝1，c2＝ab2＝a2＝3，
从而等比数列{cn}的公比为3，
因此cn＝1×3n－1＝3n－1.
另一方面，cn＝abn＝2bn－1，
所以2bn－1＝3n－1，
因此bn＝.
记{b n}的前n项和为S n，
则S n＝1＋31＋…＋3n－1＋n
2
＝
3n＋2n－1
4
.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T1、T4、T5、T9、T12、T13)
题型2 等差、等比数列的基本性质
(对应学生用书第9页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
1．若m ，n ，p ，q ∈N *
，m ＋n ＝p ＋q ，则在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ，在等比数列中，a m ·a n
＝a p ·a q .
2．若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫
S n n 仍为等差数列，其
中m ，k 为常数．
3．若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数，m ≠0)，
{a 2
n }，⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 仍为等比数列．
4．(1)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数
列，其公比为q k
.
(2)等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2
d .
5．若A 2n －1，B 2n －1分别为等差数列{a n }，{b n }的前2n －1项的和，则a n b n ＝
A 2n －1
B 2n －1
.
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题1】 (考查等比数列的性质)(2017·福州五校二模联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15
是方程x 2
－7x ＋12＝0的两根，则
a 1a 17
a 9
的值为( ) A ．2 3 B ．4 C ．±2 2
D ．±4
[解析] ∵a 3，a 15是方程x 2
－7x ＋12＝0的两根，∴a 3a 15＝12，a 3＋a 15＝7，∵{a n }为
等比数列，又a 3，a 9，a 15同号，∴a 9＞0，∴a 9＝a 3a 15＝23，∴a 1a 17a 9＝a 29
a 9
＝a 9＝2 3.
故选A. [答案] A
【典题2】 (考查等差数列的性质)(2017·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，
a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )
A ．2 016
B ．2 017
C ．4 032
D ．4 033
[解析] 因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 106·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032a 1＋a 4 0322＝4 032a 2 016＋a 2 0172＞0，S 4 033＝
4 033a 1＋a 4 033
2＝4 033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032，故选C. [答案] C
【典题3】 (考查数列的单调性与最值)(2017·洛阳一模)等比数列{a n }的首项为3
2，公比为
－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *
时，S n －1S n
的最大值与最小值之和为( ) 【导学号：07804020】
A ．－23
B ．－712
C.14
D ．56
[解析] 依题意得，S n ＝32⎣⎢⎢⎡⎦⎥
⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n
1－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n
.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n
的增大而减小，1＜S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，0＜S n －1S n ≤5
6
；当
n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n ＜1，S n －1
S n
随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n ＜0.因此S n －1S n 的最大值与最小值分别为56、－7
12，其最大
值与最小值之和为56－712＝312＝1
4，选C.
[答案] C [类题通法]
1.应用数列性质解题,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．数列中项的最值的求法常有以下两种：
(1)根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数f (n )＝a n ，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制．
(2)转化为关于n 的不等式组求解，若求数列{a n }的最大项，则可解不等式组
⎩⎪⎨⎪⎧
a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1；
若求数列{a n }的最小项，则可解不等式组⎩⎪⎨
⎪⎧
a n ≤a n －1，
a n ≤a n ＋1，
求出n 的取
值范围之后，再确定取得最值的项．
■对点即时训练………………………………………………………………………· 1．已知等比数列{a n }，且a 6＋a 8＝⎠⎛0
416－x 2
d x ，则a 8(a 4＋2a 6＋a 8)的值为( )
A ．π2
B ．4π2
C ．8π2
D ．16π2
D [因为a 6＋a 8＝⎠
⎛0
416－x 2d x ＝14×π×42
＝4π，所以a 8(a 4＋2a 6＋a 8)＝a 8a 4＋2a 6a 8
＋a 28＝a 26＋2a 6a 8＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝16π2
，故选D.]
2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 15>0，S 16<0，则S 1a 1，S 2a 2，S 3a 3，…，S 15a 15
中最大的项
为( )
【导学号：07804021】
A.S 6a 6 B ．S 7a 7 C.S 8a 8
D ．S 9a 9
C [由S 15＝
15
a 1＋a 15
2
＝
15×2a 82
＝15a 8>0，S 16＝16
a 1＋a 16
2
＝16×
a 8＋a 9
2
<0，可
得a 8>0，a 9<0，d <0，故S n 最大为S 8.又d <0，所以{a n }单调递减，因为前8项中S n 递增，所以S n 最大且a n 取最小正值时S n a n 有最大值，即S 8a 8
最大，故选C.] ■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 3、T 6、T 8、T 10) 题型3 等差、等比数列的判定与证明
(对应学生用书第10页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法： (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *
)为同一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明
a n ＋1a n
(n ∈N *
)为同一常数； ②利用等比中项，即证明a 2
n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题】 (2014·全国Ⅰ卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．
(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；
(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．
[解] (1)证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n
＋2
－a n )＝λa n ＋1，
由于a n ＋1≠0， 所以a n ＋2－a n ＝λ.
(2)由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1， 可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.
故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3. {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2， 因此存在λ＝4， 使得数列{a n }为等差数列． [类题通法]
1判断一个数列是等差比数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法. 2
都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条
件，判断时还要看各项是否为零.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2
a n －n 2
a n ＋1，数列{
b n }满足b 1＝1，
b n b n ＋1＝λ·2a n .
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正实数λ，使得{b n }为等比数列？并说明理由． [解] (1)由2S n ＝(n ＋1)2
a n －n 2
a n ＋1， 得到2S n －1＝n 2
a n －1－(n －1)2a n ，
所以2a n ＝(n ＋1)2
a n －n 2
a n ＋1－n 2
a n －1＋(n －1)2
a n ， 所以2a n ＝a n ＋1＋a n －1，所以数列{a n }为等差数列， 因为2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2，所以4＝8－a 2， 所以a 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n .
(2)存在，因为b n b n ＋1＝λ·2a n ＝λ·4n
，b 1＝1， 所以b 2b 1＝4λ，所以b 2＝4λ，所以b n ＋1b n ＋2＝λ·4n ＋1
，
所以
b n ＋1b n ＋2
b n b n ＋1
＝4，所以b n ＋2＝4b n ，所以b 3＝4b 1＝4，
若{b n }为等比数列，则(b 2)2＝b 3·b 1，所以16λ2
＝4×1，所以λ＝12.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 2、T 7、T 11、T 14)
三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第11页)
1．(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝
48，则{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．4
D ．8
C [设{a n }的公差为d ，则
由⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 4＋a 5＝24，S 6＝48，
得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×5
2d ＝48，解得d ＝4.
故选C.]
2．(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成
等比数列，则{a n }前6项的和为( )
【导学号：07804022】
A ．－24
B ．－3
C ．3
D ．8
A [由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，
由a 2
3＝a 2a 6可得(1＋2d )2
＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2. 所以S 6＝6×1＋6×5×－22＝－24.
故选A.]
3．(2017·全国Ⅱ卷)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
B [设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，
q ＝2，
∴S 7＝a 11－q 71－q ＝a 11－27
1－2
＝381，解得a 1＝3.
故选B.]
4．(2015·全国Ⅱ卷)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )
A ．21
B ．42
C ．63
D ．84
B [设数列{a n }的公比为q . ∵a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21， ∴3＋3q 2
＋3q 4
＝21，
∴1＋q 2
＋q 4
＝7，解得q 2
＝2或q 2
＝－3(舍去)． ∴a 3＋a 5＋a 7＝q 2
(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B.]
5．(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n
的最大值为________．
64 [设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12
.又a 1＋a 1q 2
＝10，∴a 1＝8.
故a 1a 2…a n ＝a n 1q
1＋2＋…＋(n －1)
＝23n
·⎝ ⎛⎭
⎪
⎫12n －1n
2
＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋7
2
n
. 记t ＝－n 22＋7n
2＝－12
(n 2
－7n )，
结合n ∈N *
可知n ＝3或4时，t 有最大值6.
又y ＝2t
为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26
＝64.]
6．(2016·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0.
【导学号：07804023】
(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝31
32
，求λ.
[解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝1
1－λ
，故a 1≠0.
由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n . 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，
所以
a n ＋1a n ＝λλ－1
. 因此{a n }是首项为1
1－λ
， 公比为
λ
λ－1
的等比数列， 于是a n ＝
11－λ⎝ ⎛⎭
⎪⎫λλ－1n －1
.
(2)由(1)得S n ＝1－⎝
⎛⎭
⎪⎫λλ－1n
.
由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15
＝3132
， 即⎝
⎛⎭⎪
⎫λλ－15
＝132
.
解得λ＝－1.
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