高考数学二轮专题学与练 09 等差数列、等比数列（考点解读）（含解析）

这是一份高考数学二轮专题学与练 09 等差数列、等比数列（考点解读）（含解析），共23页。试卷主要包含了等差数列，等比数列等内容，欢迎下载使用。
高考侧重于考查等差、等比数列的通项an，前n项和Sn的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．
备考时应切实理解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．
1．等差数列
(1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)；
(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(3)前n项和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1d,2)；
(4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)；
②若m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2．等比数列
(1)定义式：eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)；
(2)通项公式：an＝a1qn－1；
(3)前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1 q＝1，,\f(a11－qn,1－q) q≠1.))
(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)；
②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(p、q、m、n∈N*)．
3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).
【误区警示】
1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分类讨论．
2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．
3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的条件和an＝0的情形．
4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.
高频考点一、等差数列、等比数列的基本运算
例1、【2019年高考全国III卷理数】已知各项均为正数的等比数列 SKIPIF 1 < 0 的前4项和为15，且 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
A．16B．8
C．4D．2
【答案】C
【解析】设正数的等比数列{an}的公比为 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
解得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，故选C．
【变式探究】(1)在等比数列{an}中，Sn表示其前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
(2)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
【解析】(1)两式相减得a4－a3＝2a3，从而求得eq \f(a4,a3)＝3.即q＝3.
(2)法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.∴a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，∴d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.
法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知eq \f(5（a1＋a5）,2)＝5a3＝10，∴a3＝2.
∴由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，化简得aeq \\al(2,2)＋2a2＋1＝0，∴a2＝－1.
公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.
【答案】(1)D (2)20
【变式探究】(1)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝( )
A.eq \f(17,2) B.eq \f(19,2) C．10 D．12
(2)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为eq \f(81,4)，则前4项倒数的和为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(9,4) C．1 D．2
【解析】(1)由S8＝4S4，公差d＝1，得8a1＋eq \f(8×7,2)×1＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)×1))，解得a1＝eq \f(1,2)，
∴a10＝a1＋9d＝eq \f(19,2).
(2)由题意得S4＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝9，∴eq \f(1－q4,1－q)＝eq \f(9,a1).由a1·a1q·a1q2·a1q3＝(aeq \\al(2,1)q3)2＝eq \f(81,4)，得aeq \\al(2,1)q3＝eq \f(9,2).由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为eq \f(\f(1,a1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,q4))),1－\f(1,q))＝eq \f(q4－1,a1q3（q－1）)＝eq \f(1,a1q3)·eq \f(9,a1)＝eq \f(9,aeq \\al(2,1)q3)＝2.
【答案】(1)B (2)D
高频考点二、等差数列、等比数列的判断与证明
例2、【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 .
(I)证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
(II)求{an}和{bn}的通项公式.
【答案】(I)见解析；(2) SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 .
【解析】(1)由题设得 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ．
又因为a1+b1=l，所以 SKIPIF 1 < 0 是首项为1，公比为 SKIPIF 1 < 0 的等比数列．
由题设得 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ．
又因为a1–b1=l，所以 SKIPIF 1 < 0 是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ．
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ．
【举一反三】已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，
于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n－1).
(2)【解析】由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n).
由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).
解得λ＝－1.
【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝eq \f(1,2).
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明：由an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，
得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，
∴eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2(n≥2，n∈N*)，
又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝2，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)【解析】由(1)知，eq \f(1,Sn)＝2n，故Sn＝eq \f(1,2n)，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n)－eq \f(1,2（n－1）)＝－eq \f(1,2n（n－1）)(n≥2，n∈N*)，
∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2n（n－1）)，n≥2.))
高频考点三、等差数列、等比数列的综合应用
例3、【2019年高考天津卷理数】设 SKIPIF 1 < 0 是等差数列， SKIPIF 1 < 0 是等比数列．已知 SKIPIF 1 < 0 ．
(Ⅰ)求 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的通项公式；
(Ⅱ)设数列 SKIPIF 1 < 0 满足 SKIPIF 1 < 0 其中 SKIPIF 1 < 0 ．
(i)求数列 SKIPIF 1 < 0 的通项公式；
(ii)求 SKIPIF 1 < 0 ．
【答案】(Ⅰ) SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 (Ⅱ)(i) SKIPIF 1 < 0 (ii) SKIPIF 1 < 0
【解析】(Ⅰ)设等差数列 SKIPIF 1 < 0 的公差为 SKIPIF 1 < 0 ，等比数列 SKIPIF 1 < 0 的公比为 SKIPIF 1 < 0 ．依题意得 SKIPIF 1 < 0 解得 SKIPIF 1 < 0 故 SKIPIF 1 < 0 ．
所以， SKIPIF 1 < 0 的通项公式为 SKIPIF 1 < 0 的通项公式为 SKIPIF 1 < 0 ．
(Ⅱ)(i) SKIPIF 1 < 0 ．
所以，数列 SKIPIF 1 < 0 的通项公式为 SKIPIF 1 < 0 ．
(ii) SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 ．
【变式探究】已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝eq \f(1,3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和．
【解析】(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝eq \f(1,3)，得a1＝2.
∴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＝eq \f(bn,3)，
因此{bn}是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列．
记{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2×3n－1).
【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设a1>0，λ＝100.当n为何值时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lg\f(1,an)))的前n项和最大？
【解析】(1)取n＝1，得λaeq \\al(2,1)＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.
若a1＝0，则Sn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，
∴an＝0(n≥1)．
若a1≠0，则a1＝eq \f(2,λ).
当n≥2时，2an＝eq \f(2,λ)＋Sn，2an－1＝eq \f(2,λ)＋Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an，
∴an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，
∴an＝a1·2n－1＝eq \f(2,λ)·2n－1＝eq \f(2n,λ).
综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝eq \f(2n,λ).
(2)当a1>0且λ＝100时，
令bn＝lgeq \f(1,an)，
由(1)知，bn＝lgeq \f(100,2n)＝2－nlg2.
∴数列{bn}是单调递减的等差数列{公差为－lg2}．
b1>b2>…>b6＝lgeq \f(100,26)＝lgeq \f(100,64)>lg1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lgeq \f(100,27)＝lgeq \f(100,128)