2019届二轮复习（理）专题三第一讲等差数列、等比数列学案

第一讲 等差数列、等比数列


年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析及学科素养
2018
Ⅰ卷
等差数列的基本运算·T4
命题分析
(1)高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．
(2)若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．
学科素养
主要是通过等差数列、等比数列的判定与证明及基本运算考查逻辑推理与数学运算两大核心素养.
Ⅲ卷
等比数列的基本运算及应用·T17
2017
Ⅰ卷
等差数列的基本运算·T4
Ⅱ卷
数学文化中的等比数列应用·T3
等差数列与裂项求和·T15
Ⅲ卷
等差数列与等比数列的运算·T9
等比数列的基本运算·T14
2016
Ⅰ卷
等差数列的基本运算·T3
等比数列的运算及二次函数最值问题·T15



等差数列、等比数列的基本运算

授课提示：对应学生用书第28页

[悟通——方法结论]
　两组求和公式
(1)等差数列：Sn＝＝na1＋d；
(2)等比数列：Sn＝＝(q≠1)．
[全练——快速解答]
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12　 B．－10
C．10 D．12
解析：设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
故选B.
答案：B
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)
A．－24　　 B．－3
C．3 D．8
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2，又a1＝1，所以d2＋2d＝0，又d≠0，则d＝－2，所以a6＝a1＋5d＝－9，所以{an}前6项的和S6＝×6＝－24，故选A.
答案：A
3．(2018·天津模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且8a2a4＝a3a6，则＝________.
解析：由8a2a4＝a3a6可得8a＝a3a6，故a6＝8a3，设公比为q，则q3＝8，q＝2，故＝＝.
答案：
4．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
解析：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.

在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(或q)的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．




等差数列、等比数列的性质

授课提示：对应学生用书第29页

[悟通——方法结论]
1．等差数列、等比数列常用性质：

等差数列
等比数列
性质
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
(2)an＝am＋(n－m)d；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
(2)an＝amqn－m；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sm≠0)
2.等差数列中利用中项求和．
(1)若n为奇数，则Sn＝na.
(2)若n为偶数，则Sn＝(a＋a＋1)．
3．在等差数列中，当项数为偶数2n时，有S偶－S奇＝nd，＝；当项数为奇数2n－1时，有S奇－S偶＝an，＝.
4．在等比数列中，当项数为偶数2n时，＝q.
[全练——快速解答]
1．(2018·南宁模拟)等差数列{an}中，a3＋a7＝6，则{an}的前9项和等于(　　)
A．－18　　　 B．27
C．18 D．－27
解析：由等差数列的性质，得a1＋a9＝a3＋a7＝6，所以数列{an}的前9项和S9＝＝＝27，故选B.
答案：B
2．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)
A．100 B．99
C．98 D．97
解析：法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.
故a100＝3＋(20－1)×5＝98.故选C.
答案：C
3．(2018·长沙模拟)等比数列{an}中，a5＝6，则数列{log6an}的前9项和的值为(　　)
A．6 B．9
C．12 D．16
解析：因为a5＝6，所以log6a1＋log6a2＋…＋log6a9＝log6(a1·a2·…·a9)＝log6a＝9log66＝9.
答案：B
4．(2018·河北三市联考)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S5＝5a4－10，则数列{an}的公差为________．
解析：由S5＝5a4－10，得5a3＝5a4－10，则公差d＝2.
答案：2

等差(比)数列性质应用策略
解决此类问题的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.




等差数列、等比数列的判定与证明

授课提示：对应学生用书第29页

[悟通——方法结论]
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
(2)利用等差中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
2．证明{an}是等比数列的两种基本方法：
(1)利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
(2)利用等比中项性质，即证明a＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．
　(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知数列{an}满足a1＝1，设bn＝.
(1)求；
(2) ，并说明理由；
(3)
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
由信息❶nan＋1＝2(n＋1)an
递推关系变形an＋1＝an
判断{bn}为等比数列时要紧扣定义去推断
由信息❷求b1、b2、b3
想到先求a1、a2、a3，再求b1、b2、b3
由信息❸判断{bn}是否为等比数列
由等比数列的定义推断＝常数
由信息❹求an
先求bn，再求an
[规范解答]　(1)由条件可得an＋1＝an.
(2分)
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12. (4分)
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4. (6分)
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn， (8分)
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(10分)
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以an＝n·2n－1. (12分)

1．判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前n项和公式，但不能将其作为证明方法．
2．(1)＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．
(2)学科素养：利用定义判定或证明数列问题重要体现了数学抽象逻辑推理与数学运算学科素养能力．


[练通——即学即用]
(2018·贵州适应性考试)已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求a2，a3；
(2)证明数列是等差数列，并求{an}的通项公式．
解析：(1)由已知得a2－2a1＝4，
则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.
由2a3－3a2＝12得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.
(2)证明：由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，得＝2，即－＝2，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列．
则＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.



授课提示：对应学生用书第129页

一、选择题
1．(2018·开封模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝10，S4＝16，则数列{an}的公差为(　　)
A．1　　　　 B．2
C．3 D．4
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝＝2(a1＋a5－d)＝2(10－d)＝16，所以d＝2，故选B.
答案：B
2．(2018·重庆模拟)在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则{an}的前4项和为(　　)
A．9 B．22
C．24 D．32
解析：依题意得，数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝a2－2＝3，因此数列{an}的前4项和等于4×3＋×2＝24，选C.
答案：C
3．(2018·益阳、湘潭联考)已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则的值为(　　)
A．3 B．5
C．9 D．25
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝·a5q2＝9q＝45，所以q＝5，＝＝q2＝25.故选D.
答案：D
4．(2018·洛阳模拟)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是(　　)
A．55 B．11
C．50 D．60
解析：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.
答案：A
5．(2018·昆明模拟)已知等差数列{an}的公差为2，且a4是a2与a8的等比中项，则{an}的通项公式an＝(　　)
A．－2n B．2n
C．2n－1 D．2n＋1
解析：由题意，得a2a8＝a，又an＝a1＋2(n－1)，所以(a1＋2)(a1＋14)＝(a1＋6)2，解得a1＝2，所以an＝2n.故选B.
答案：B
6．(2018·长沙中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋a12－a8＝8，a10－a6＝4，则S23＝(　　)
A．23 B．96
C．224 D．276
解析：设等差数列{an}的公差为d，依题意得a4＋a12－a8＝2a8－a8＝a8＝8，a10－a6＝4d＝4，d＝1，a8＝a1＋7d＝a1＋7＝8，a1＝1，S23＝23×1＋×1＝276，选D.
答案：D
7．(2018·长春模拟)等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d＞0，则其前n项和取最小值时n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：由d＞0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－＜0，a9＝＞0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.
答案：C
8．(2018·惠州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝a12＋6，a2＝4，则数列{}的前10项和为(　　)
A. B.
C. D.
解析：设等差数列{an}的公差为d，由a9＝a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，∴a1＝2，d＝2，∴Sn＝n2＋n，∴＝＝－，∴＋＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.选B.
答案：B
9．一个等差数列的前20项的和为354，前20项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝(　　)
A．1 B．3
C．5 D．7
解析：法一：设等差数列的首项为a1，由题意可得

法二：由已知条件，得，解得，又S偶－S奇＝10d，所以d＝＝3.
答案：B
10．(2018·惠州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：＝＝＝.故选D.
答案：D
11．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14＝(　　)
A．16 B．8
C．4 D．不确定
解析：由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，可得数列{an}是等差数列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8.
答案：B
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＜0，若存在自然数m≥3，使得am＝Sm，则当n＞m时，Sn与an的大小关系是(　　)
A．Sn＜an B．Sn≤an
C．Sn＞an D．大小不能确定
解析：若a1＜0，存在自然数m≥3，
使得am＝Sm，则d＞0.
因为d＜0时，数列是递减数列，
则Sm＜am，不存在am＝Sm.
由于a1＜0，d＞0，
当m≥3时，有am＝Sm，
因此am＞0，Sm＞0，
又Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，显然Sn＞an.
答案：C
二、填空题
13．(2018·南宁模拟)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则＝________.
解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得aq6＝16，∴a1q3＝±4.由a4＋a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，∴q2＝1.于是＝q10＝1.
法二：由等比数列的性质，得a＝a2a6＝16，∴a4＝±4，又a4＋a8＝8，∴或.∵a＝a4a8＞0，∴则公比q满足q4＝1，q2＝1，∴＝q10＝1.
答案：1
14．(2018·合肥模拟)已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________.
解析：由已知，得a＝4anan＋1－4a，
即a－4anan＋1＋4a＝(an＋1－2an)2＝0，
所以an＋1＝2an，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故S9＝＝210－2＝1 022.
答案：1 022
15．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.
解析：因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，
所以a10a11＝e5.
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10
＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50.
答案：50
16．(2017·高考北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
则由a4＝a1＋3d，得d＝＝＝3，
由b4＝b1q3得q3＝＝＝－8，∴q＝－2.
∴＝＝＝1.
答案：1
三、解答题
17．(2018·南京模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，记bn＝anSn(n∈N*)．
(1)求数列 {an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)∵Sn＝2n＋1－2，∴当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n.
又a1＝2＝21，∴an＝2n.
(2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2(41＋42＋43＋…＋4n)－(22＋23＋…＋2n＋1)＝2×－＝·4n＋1－2n＋2＋.
18．(2018·贵阳模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＞0，a1＋a2＝4，a3－a2＝6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，kan，Sn，－1都成等差数列，求实数k的值．
解析：(1)∵a1＋a2＝4，a3－a2＝6，
∴
∵q＞0，∴q＝3，a1＝1.
∴an＝1×3n－1＝3n－1，故数列{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知an＝3n－1，Sn＝＝，
∵kan，Sn，－1成等差数列，∴2Sn＝kan－1，即2×＝k×3n－1－1，解得k＝3.
19．(2018·成都模拟)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.
(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.
∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，
∴＝2，
∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1) ，可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.
当n＝1时，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2；
当n≥2时，an≥0.
∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.又当n＝1时，上式也满足．
∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.
20．(2018·南宁柳州联考)已知a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn.
(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析：(1)证明：由题知，＝＝2，
∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4，
∴数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－1，故bn＝2n＋1－2.
∵an＋1－an＝bn，
∴a2－a1＝b1，
a3－a2＝b2，
a4－a3＝b3，
……
an－an－1＝bn－1.
累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)，
an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2)
＝2＋－2(n－1)
＝2n＋1－2n，
故an＝2n＋1－2n(n≥2)．
∵a1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－2n(n∈N*)．