【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题8　等差数列与等比数列

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高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.
1.(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
答案 D
解析 法一 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q＋q2）＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.
法二 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.
2.(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
答案 C
解析 设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成公差d＝9，a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，
则9n2＝729，得n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(块).
3.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
B.0.8
D.0.9
答案 D
解析 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，
则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，
且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，
所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，
故k3＝0.9.
4.(2021·全国乙卷)设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明 因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝eq \f(bn,bn－1)，
代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2可得，eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，
即bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2).
又eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝eq \f(3,2)，
故{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列.
(2)解 由(1)可知，bn＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋2,2)，则eq \f(2,Sn)＋eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,n（n＋1）).
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.))
热点一 等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.
(3)等差数列的求和公式：
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d；
(4)等比数列的求和公式：
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
例1 (1)(2022·开封二模)已知公差为1的等差数列{an}中，aeq \\al(2,5)＝a3a6，若该数列的前n项和Sn＝0，则n＝( )
A.10 B.11
C.12 D.13
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，则a1的值为( )
A.－3 B.1
C.－3或1 D.1或3
答案 (1)D (2)C
解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，又因为aeq \\al(2,5)＝a3a6，
所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋5d)，
解得a1＝－6，
故Sn＝－6n＋eq \f(1,2)n(n－1)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(13,2)n＝0，
解得n＝13.
(2)设等比数列{an}的公比为q.
当q＝1时，Sn＋2＝(n＋2)a1，
Sn＝na1.
由Sn＋2＝4Sn＋3，
得(n＋2)a1＝4na1＋3，
即3a1n＝2a1－3.
若对任意的正整数n，
3a1n＝2a1－3恒成立，
则a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，
所以q≠1，
于是Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，
Sn＋2＝eq \f(a1（1－qn＋2）,1－q)，
代入Sn＋2＝4Sn＋3并化简，
得a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q.
若对任意的正整数n，该等式恒成立，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4－q2＝0，,3＋3a1－3q＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,q＝－2，))
由此可得a1＝1或－3.故选C.
规律方法 求等差、等比数列基本量的解题思路
(1)设公差d(公比q)、首项a1、项数n等；
(2)列方程(组)：把条件转化成关于a1和d(q)的方程(组)；
(3)解方程(组)：求解时注意整体代换，以减少计算量.
训练1 (1)(2022·成都诊断)程大位是我国明代伟大的数学家，在他所著的《算法统宗》中有一道“竹筒容米”题：家有九节竹一茎，为因盛米不均平；下头三节三升九，上梢四节贮三升；惟有中间二节竹，要将米数次第盛；若是先生能算法，教君只算到天明.用你所学的数学知识求得中间二节的容积和为( )
A.2.1升 B.2.6升
C.2.7升 D.2.9升
(2)(2022·汕头一模)已知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.5eq \r(2)－5 B.5eq \r(2)＋5
C.5eq \r(2) D.5
答案 (1)A (2)A
解析 (1)设从下到上每节竹容积构成数列{an}，易知{an}为等差数列，
设其公差为d，
则a1＋a2＋a3＝3.9，a6＋a7＋a8＋a9＝3，
即eq \f(（a1＋a3）×3,2)＝3.9，eq \f(（a6＋a9）×4,2)＝3，
所以a1＋a3＝2.6，a6＋a9＝1.5，
即2a1＋2d＝2.6，2a1＋13d＝1.5，
解得a1＝1.4，d＝－0.1，
所以a4＝1.1，a5＝1，
所以a4＋a5＝2.1.故选A.
(2)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，a1≠0，
由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q＋q2＋q3）＝15，,4a3＝4a1＋a5，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q＋q2＋q3）＝15，,4q2＝4＋q4，))
解得q2＝2，q＝eq \r(2)，a1＝5eq \r(2)－5.
热点二 等差数列、等比数列的性质
1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝aeq \\al(2,k).
2.前n项和的性质(m，n∈N*)：
(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外).
(2)对于等差数列，有S2n＋1＝(2n＋1)an＋1.
例2 (1)(2022·山东学情联考)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(a4,b6)＝eq \f(1,3)，则eq \f(S7,T11)＝( )
A.eq \f(7,33) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(14,33) D.eq \f(7,11)
(2)(2022·宝鸡二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝( )
A.2 B.eq \f(7,3)
C.eq \f(8,3) D.3
(3)(2022·南充二诊)若等比数列{an}的各项均为正数，且a1 010·a1 013＋a1 011·a1 012＝2e2，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a2 022＝________.
答案 (1)A (2)B (3)2 022
解析 (1)S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝eq \f(7×2a4,2)＝7a4，
T11＝eq \f(11（b1＋b11）,2)＝eq \f(11×2b6,2)＝11b6，
∴eq \f(S7,T11)＝eq \f(7a4,11b6)＝eq \f(7,11)×eq \f(1,3)＝eq \f(7,33).
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，
则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
eq \f(S6,S3)＝3，即S6＝3S3，
又eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，
故4S3＝S9－S6，
故S9＝7S3，故eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).
(3)因为{an}是等比数列，
所以a1 010·a1 013＋a1 011·a1 012
＝2a1 011·a1 012＝2e2，
即a1 011·a1 012＝e2，
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a2 022＝ln(a1a2…a2 022)
＝ln(a1 011a1 012)1 011＝ln e2 022＝2 022.
规律方法 (1)理解并熟练掌握等差、等比数列项的性质，前n项和的性质是解决此类问题的前提.
(2)对于题目所给的条件与所求，要注意观察项的序号的特征，抓住项与项之间的关系及项数之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质求解.
训练2 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝3，则S12等于( )
A.－3 B.－12
C.－21 D.－30
(2)(2022·西安三模)在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则eq \f(a3a9a15,a5a13)的值为( )
A.－eq \f(2＋\r(2),2) B.－eq \r(2)
C.eq \r(2) D.－eq \r(2)或eq \r(2)
(3)(2022·江南十校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S8