2023届高考数学二轮复习3-1等差数列与等比数列学案含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习3-1等差数列与等比数列学案含答案，共14页。
专题三数列

第一讲　等差数列与等比数列——小题备考
常考常用结论
1．等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝na1+an2＝na1＋nn-12d；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．
2．等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝a11-qn1-q＝a1-anq1-q；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列．
微专题1　等差数列与等比数列的基本量计算
保分题
1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a2021＝6，则S2022＝(　　)
A．3033B．4044
C．6066D．8088
2．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{an}中，a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，则a3a5a7的值为(　　)
A．ππ B．－ππ
C．±ππ D．π3
3．[2022·全国乙卷]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　)
A．14 B．12
C．6 D．3

提分题
例1(1)[2022·江苏盐城三模]已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37的值为(　　)
A．760B．820
C．780D．860
(2)[2022·广东佛山三模]已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn，n∈N*，且S3＝14，则a4＝(　　)
A．48　　B．32C．16　　D．8
听课笔记：




技法领悟
1．等差、等比数列基本运算的关注点
(1)基本量：在等差或等比数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；
(2)解题思路：①设基本量a1和d(q)；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，减少计算量．
2．等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)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．
(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq”这一性质与求和公式Sn＝na1+an2的综合应用．


巩固训练1
1.[2022·河北邯郸二模]在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱？若已知这五人分得的钱数从多到少成等差数列，则这个等差数列的公差d＝(　　)
A．－16B．－15
C．－14D．－13
2．[2022·山东淄博一模]已知等比数列{an}，其前n项和为Sn.若a2＝4，S3＝14，则a3＝________.
微专题2　等差数列与等比数列的综合

保分题
1.[2022·辽宁沈阳一模]已知等差数列{an}的公差为2，且a2，a3，a5成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．n(n－2) B．n(n－1)
C．n(n＋1) D．n(n＋2)
2．各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，则a1＝(　　)
A．52－5 B．52＋5
C．52 D．5
3．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝4，S9＝19，则S6，S9的等差中项为________．

提分题
例2(1)[2022·山东日照三模]在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为3的等比数列，则k3＝(　　)
A．14B．34
C．41D．86
(2)[2022·山东潍坊三模](多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　)
A．数列Snn为等差数列
B．对任意正整数n，bn2+bn+22 ≥2bn＋12
C．数列{S2n＋2－S2n}一定是等差数列
D．数列{T2n＋2－T2n}一定是等比数列
听课笔记：





技法领悟
等差、等比数列综合问题的求解策略
对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．


巩固训练2
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2，2a5，3a8成等差数列，则S6S3＝(　　)
A．1或43B．1或13
C．2或43D．13或43
2．[2022·湖北荆州三模](多选)等差数列{an}的前项n和为Sn，数列{bn}为等比数列，则下列说法正确的选项有 (　　)
A．数列{2an}一定是等比数列
B．数列{ban}一定是等比数列
C．数列Snn一定是等差数列
D．数列{bn＋bn＋1}一定是等比数列

微专题3　数列的递推
保分题
1.[2022·广东汕头三模]已知数列{an}中，a1＝－14，当n>1时，an＝1－1an-1，则a2022＝(　　)
A．－14　　B．45　　C．5　　D．－45
2．数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝2anan+2，则a7＝(　　)
A．18B．17C．27D．14
3．[2022·山东泰安三模]已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，且a2＝3，则a20＝(　　)
A．320B．315C．310D．35


提分题
例3 (1)

[2022·湖南雅礼中学二模](多选)著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下、从小到大套着n个中心带孔的圆盘．将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作．设将n个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为an，则(　　)
A．a2＝3 B．a3＝8
C．an＋1＝2an＋n D．an＝2n－1
(2)设{an}是首项为1的正项数列，且n+1an+12－nan2＋an＋1an＝0(n＝1，2，3，…)，则它的通项公式是a100＝(　　)
A．100B．1100C．101D．1101
听课笔记：




技法领悟
1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．
2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．
3．三种简单的递推数列：an＋1－an＝f(n)，an+1an＝f(n)，an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累积的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，展开比较系数得出λ)．


巩固训练3
1.

南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{an}，则(　　)
A．a5－a4＝4 B．a100＝5000
C．2an＋1＝an＋an＋2 D．an＋1－an＝n＋1
2．[2022·福建漳州二模]已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31＝(　　)
A．171B．278C．351D．395



























专题三　数列
第一讲　等差数列与等比数列
微专题1　等差数列与等比数列的基本量计算
保分题
1．解析：由等差数列{an}知，a2＋a2021＝a1＋a2022＝6，所以S2022＝2 022a1+a2 0222＝1011×6＝6066.
答案：C
2．解析：在等比数列{an}中，
因为a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，
所以a2a8＝π＝a52，
所以a5＝±π，
所以a3a5a7＝a53＝±ππ.
故选C.
答案：C
3．解析：设等比数列{an}的公比为q.由题意知，a2q+a2+a2q=168，a2-a2q3=42.两式相除，得1+q+q2q1-q3＝4，解得q＝12.代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.
答案：D
提分题
[例1]　解析：(1)∵数列{an}，{bn}均为等差数列，设公差分别为d1，d2
(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，
则数列{an＋bn}也为等差数列，
a1＋b1＝100，a2＋b2＝120，
数列{an＋bn}的首项为100，公差为20，
∴a37＋b37＝100＋20×36＝820，故选B.
(2)因为公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn　①，
当n＝1时a1＝S1＝c＋2·q，
当n≥2时Sn－1＝c＋2·qn－1　②，
①－②得an＝2·qn－2·qn－1＝(2q－2)·qn－1，
所以2q－2＝c＋2q，则c＝－2，又S3＝14，所以S3＝－2＋2·q3＝14，解得q＝2，
所以an＝2n，则a4＝24＝16.
答案：(1)B　(2)C
[巩固训练1]
1．解析：若分得的钱从多到少分别为a1，a2，a3，a4，a5，
所以a1+a2=a3+a4+a5a1+a2+a3+a4+a5=5，所以a1=-8d5a1+10d=5，
可得a1=43d=-16.
答案：A
2．解析：设等比数列的公比为q，因为a2＝4，S3＝14，
所以a1＋a3＝10，即a2q＋a2q＝10，
所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12，
所以当q＝2时，a3＝8；
当q＝12时，a3＝2
所以，a3＝2或a3＝8.
答案：2或8
微专题2　等差数列与等比数列的综合
保分题
1．解析：设等差数列{an}公差d＝2，
由a2，a3，a5成等比数列得，a32＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，∴Sn＝n×0＋nn-12×2＝n(n－1)．
答案：B
2．解析：设等比数列{an}的公比为q，(q>0)，a1≠0，
故由题意可得：
a11+q+q2+q3=154a3=4a1+a5，a11+q+q2+q3=154q2=4+q4，
解得q2＝2，q＝2，a1＝52－5.
答案：A
3．解析：设S6＝x，因为{an}为等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．
因为S3＝4，S9＝19，所以4(19－x)＝(x－4)2，解得x＝10或x＝－6(舍去)．
所以S6，S9的等差中项为292.
答案：292
提分题
[例2]　解析：(1)因为a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以ak3＝a1·34＝81a1，
又因为数列{an}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，
所以ak3＝a1＋(k3－1)d＝a1＋2(k3－1)a1＝(2k3－1)a1，
所以(2k3－1)a1＝81a1，解得k3＝41.
故选C.
(2)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn-12d，所以，Snn＝a1＋n-1d2.
对于A选项，Sn+1n+1-Snn＝a1＋nd2－a1－n-1d2＝d2，所以，Snn为等差数列，A对；
对于B选项，对任意的n∈N*，bn≠0，由等比中项的性质可得bn+12＝bnbn＋2，
由基本不等式可得bn2 +bn＋22≥2bnbn＋2＝2bn+12，B对；
对于C选项，令cn＝S2n＋2－S2n＝a2n＋2＋a2n＋1，
所以，cn＋1－cn＝(a2n＋4＋a2n＋3)－(a2n＋2＋a2n＋1)＝4d，
故数列{S2n＋2－S2n}一定是等差数列，C对；
对于D选项，设等比数列{bn}的公比为q，
当q＝－1时，T2n＋2－T2n＝b2n＋2＋b2n＋1＝b2n＋1(q＋1)＝0，
此时，数列{T2n＋2－T2n}不是等比数列，D错．
答案：(1)C　(2)ABC
[巩固训练2]
1．解析：设等比数列公比为q，由a2，2a5，3a8成等差数列可得，2×2a1·q4＝a1·q＋3a1·q7，化简得3q6－4q3＋1＝0，解得q3＝13或q3＝1，
当q3＝1时，S6S3＝2；
当q3＝13时，S6S3＝a11-q61-qa11-q31-q＝1＋q3＝43.
答案：C
2．解析：若{an}公差为d，{bn}公比为q，
A：由2an+12an＝2an+1-an＝2d为定值，故{2an}为等比数列，正确；
B：由ban+1ban＝ban+dban＝banqdban＝qd为定值，故{ban}为等比数列，正确；
C：由Sn+1n+1-Snn＝a1+an+12-a1+an2＝an+12-an2＝d2为定值，故Snn为等差数列，正确；
D：当q＝－1时bn＋bn＋1＝0，显然不是等比数列，错误．
答案：ABC
微专题3　数列的递推
保分题
1．解析：由题意得：a2＝1－1a1＝5，a3＝1－1a2＝45，a4＝1－1a3＝－14，则数列{an}的周期为3，则a2022＝a674×3＝a3＝45.
答案：B
2．解析：因为an＋1＝2anan+2，所以1an+1＝12+1an，即1an+1-1an＝12，又1a1＝12，
则1an是以12为首项，12为公差的等差数列，即1an＝12+12(n－1)＝n2，则an＝2n，
所以a7＝27.
答案：C
3．解析：因为对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，
所以a1a1＝a2，a1an＝a1＋n，
又a2＝3，
所以a1＝±3，所以an+1an＝a1，
所以数列{an}是首项为a1，公比为a1的等比数列，
所以an＝a1·(a1)n－1＝(a1)n，
所以a20＝(a1)20＝310.
答案：C
提分题
[例3]　解析：(1)将圆盘从小到大编为1，2，3，…号圆盘，则将第n＋1号圆盘移动到3号柱时，需先将第1～n号圆盘移动到2号柱，需an次操作；
将第n＋1号圆盘移动到3号柱需1次操作；
再将1～n号圆需移动到3号柱需an次操作，
故an＋1＝2an＋1，an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＝1，
∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－1，
∴a2＝3，a3＝7.
2∵n+1an+12-nan2＋an＋1an＝0，
∴n+1an+12+anan＋1－nan2＝0，
[(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0，
又∵an>0，∴an＋1＝nn+1·an，即an+1an＝nn+1，
∴a2a1·a3a2·…·anan-1＝12·23·…·n-1n，即ana1＝1n，
又∵a1＝1，∴an＝1n，
∴a100＝1100.
答案：(1)AD　(2)B
[巩固训练3]
1．解析：由相邻层球的个数差，归纳可知an＋1－an＝n＋1，a1＝1，
对an＋1－an＝n＋1累加得an＝nn+12.
所以，a5－a4＝5，
a100＝100100+12＝5050，
2an＋1≠an＋an＋2，所以ABC错误，故选D.
答案：D
2．解析：由bn＋1－bn＝2，bn＋1－bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3－(an＋an＋1＋an＋2)＝an＋3－an＝2，
∴a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，
a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列，
S31＝(a1＋a4＋…＋a31)＋(a2＋a5＋…＋a29)＋(a3＋a6＋…＋a30)＝1×11＋11×10×22＋2×10＋10×9×22＋3×10＋10×9×22＝351.故选C.
答案：C