统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题二数列第1讲等差数列等比数列文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题二数列第1讲等差数列等比数列文，共8页。试卷主要包含了通项公式，求和公式等内容，欢迎下载使用。

1．通项公式
等差数列：an＝________________；
等比数列：an＝________________．
2．求和公式
等差数列：Sn＝____________＝____________；
等比数列：Sn＝.
例 1 (1)[2023·全国甲卷]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( )
A．25 B．22 C．20 D．15
(2)[2023·全国甲卷]设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝( )
A． eq \f(15,8) B． eq \f(65,8) C．15 D．40
[听课记录]
归纳总结
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量a1和公差d(公比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，以减少运算量．
对点训练
1．[2023·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
2．[2023·全国甲卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．
3．[2023·全国乙卷]已知 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
考点二 等差、等比数列的性质及应用——分清条件，类比性质
例 2 (1)[2023·河南省郑州市高三测试]在等差数列{an}中，已知a1>0，且S8＝S17，则当Sn取最大值时，n＝( )
A．10 B．11
C．12或13 D．13
(2)[2023·贵州省高三考前解压卷]已知等比数列{an}的公比q>0且q≠1，前n项积为Tn，若T10＝T6，则下列结论正确的是( )
A．a6a7＝1 B．a7a8＝1
C．a8a9＝1 D．a9a10＝1
(3)[2023·湖南省益阳市安化县模拟]已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S12<0，a5＋a7>0，则当Sn取最大值时，n的值为________．
[听课记录]
归纳总结
与数列性质有关问题的求解策略
对点训练
1.[2023·四川省自贡市高三下学期考试]等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S10<0，S11>0，则下列四个命题正确个数为( )
①S5为Sn的最小值 ②a6>0 ③a1<0，d>0
④S6为Sn的最小值
A．1 B．2 C．3 D．4
2．[2023·河南省郑州市测试]在等比数列{an}中，公比q＝2，且 eq \f(1,a9)＋ eq \f(1,a10)＋ eq \f(1,a11)＋ eq \f(1,a12)＝ eq \f(6,a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，则a9＋a10＋a11＋a12＝( )
A．3 B．12 C．18 D．24
3．[2023·山西省联考]已知等比数列{an}满足a1＋a2＋a3＋a4＝2，a3＋a4＋a5＋a6＝4，则a11＋a12＋a13＋a14＝( )
A．32 B．64 C．96 D．128
考点三 等差、等比数列的判定与证明——用定义，巧构造
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
例 3 [2022·全国甲卷]记Sn为数列{an}的前n项和．已知 eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
[听课记录]
归纳总结
判断或证明等差(比)数列常用的方法
(1)定义法；(2)等差(比)中项法；(3)通项公式法；(4)前n项和公式法．
提醒 (1)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．
(2)a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
对点训练
[2021·全国乙卷]记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．
考点四 数列与新定义相交汇问题 [交汇创新]——紧依定义，快解问题
例4 [2023·山东济宁模拟]对于数列{an}，定义Hn＝ eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)为{an}的“优值”，已知数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn最小值为( )
A．－70 B．－72
C．－64 D．－68
归纳总结
数列新定义型创新题的一般解题思路
(1)阅读审清“新定义”．
(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识．
(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．
对点训练
意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*).此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 023项的和为( )
A．673 B．674
C．1 349 D．2 023
第1讲 等差数列、等比数列
考点一
1．a1＋（n－1）d a1·qn－1
2. eq \f(n（a1＋an）,2) na1＋ eq \f(n（n－1）,2)d eq \f(a1（1－qn）,1－q) eq \f(a1－anq,1－q)
[例1] 解析：（1）方法一 由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝ eq \f(a8－a4,8－4)＝ eq \f(9－5,4)＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2)×d＝20，故选C.
方法二 设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5 ①，
由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45 ②，
由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋ eq \f(5×4,2)×d＝20，故选C.
（2）方法一 若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由 eq \f(1－q5,1－q)＝5× eq \f(1－q3,1－q)－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝ eq \f(1－q4,1－q)＝15.故选C.
方法二 由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得（1＋q）（q3－4q）＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
答案：（1）C （2）C
对点训练
1．解析：方法一 设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由题意易知q≠1，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×\f(a1（1－q2）,1－q)))，化简整理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q2＝4,\f(a1,1－q)＝\f(1,3))).所以S8＝ eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝ eq \f(1,3)×（1－44）＝－85.故选C.
方法二 易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝－1或S2＝ eq \f(5,4).当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝ eq \f(5,4)时，结合S4＝－5得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q2）,1－q)＝\f(5,4)))，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.
答案：C
2．解析：由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8× eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7× eq \f(a1（1－q3）,1－q)，即8（1－q6）＝7（1－q3），即8（1＋q3）＝7，所以q＝－ eq \f(1,2).
答案：－ eq \f(1,2)
3．解析：方法一 设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1 ①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) q17＝－8 ②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
方法二 设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
答案：－2
考点二
[例2] 解析：（1）因为在等差数列{an}中，S17－S8＝0，
所以a9＋a10＋a11＋a12＋a13＋a14＋a15＋a16＋a17＝（a9＋a17）＋（a10＋a16）＋（a11＋a15）＋（a12＋a14）＋a13＝9a13＝0，
所以a13＝0，
又因为a1>0，
所以可知等差数列为递减数列，且前12项为正，第13项以后均为负，
所以当Sn取最大值时，n＝12或13.
故选C.
（2）因为T10＝T6，所以 eq \f(T10,T6)＝a7a8a9a10＝（a8a9）2＝1，由q>0且q≠1可知a8，a9同号，所以a8a9＝1.故选C.
（3）因为S12＝ eq \f(12（a1＋a12）,2)＝6（a1＋a12）＝6（a6＋a7）<0，
所以a6＋a7<0，又a5＋a7＝2a6>0，
所以a6>0，所以a7<0，则（Sn）max＝S6.
答案：（1）C （2）C （3）6
对点训练
1．解析：等差数列{an}中，S11＝ eq \f(（a1＋a11）×11,2)＝11a6>0，则a6>0，故②正确；又S10＝ eq \f(（a1＋a10）×10,2)＝5（a1＋a10）＝5（a5＋a6）<0，所以a5<0，故d>0，则a1＝a5－4d<0，故③正确；于是可得等差数列{an}满足an＋1－an＝d>0，其为递增数列，则a10，所以S5为Sn的最小值，故①正确，④不正确；则四个命题正确个数为3.
故选C.
答案：C
2．解析： eq \f(1,a9)＋ eq \f(1,a10)＋ eq \f(1,a11)＋ eq \f(1,a12)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a9)＋\f(1,a12)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a10)＋\f(1,a11)))＝ eq \f(a9＋a12,a9a12)＋ eq \f(a10＋a11,a10a11)＝ eq \f(a9＋a10＋a11＋a12,a10a11)＝ eq \f(a9＋a10＋a11＋a12,2a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，
∵ eq \f(1,a9)＋ eq \f(1,a10)＋ eq \f(1,a11)＋ eq \f(1,a12)＝ eq \f(6,a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，∴ eq \f(6,a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )＝ eq \f(a9＋a10＋a11＋a12,2a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，∴a9＋a10＋a11＋a12＝12.
答案：B
3．解析：设等比数列{an}的公比为q，则a3＋a4＋a5＋a6＝q2（a1＋a2＋a3＋a4），得q2＝2，
所以a11＋a12＋a13＋a14＝（a1＋a2＋a3＋a4）×q10＝（a1＋a2＋a3＋a4）×25＝64.故选B.
答案：B
考点三
[例3] 解析：（1）证明：由已知条件，得Sn＝nan－ eq \f(n2,2)＋ eq \f(n,2).
当n＝1时，a1＝S1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－ eq \f(n2,2)＋ eq \f(n,2)－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（n－1）an－1－\f(（n－1）2,2)＋\f(n－1,2)))，∴（1－n）an＝－n＋1－（n－1）an－1.
等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，
∴an－an－1＝1.
∴{an}是公差为1的等差数列．
（2）由（1）可得an＝a1＋（n－1）.
∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.
∵a4，a7，a9成等比数列，∴a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ＝a4·a9，
即（a1＋6）2＝（a1＋3）（a1＋8），∴a1＝－12，
∴Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2)×1＝－12n＋ eq \f(n2－n,2)＝ eq \f(1,2)n2－ eq \f(25,2)n.
当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为 eq \f(1,2)×122－ eq \f(25,2)×12＝－78.
对点训练
解析：（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）由（1）可知，bn＝ 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)).
考点四
[例4] 解析：∵数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，∴Hn＝ eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n＋1，∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，∴2n－1an＝n·2n＋1－（n－1）·2n（n≥2），∴an＝4n－2（n－1）＝2n＋2（n≥2），又∵a1＝4，满足上式，∴an＝2n＋2（n∈N*），∴an－20＝2n－18，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－20＝2n－18≤0，,an＋1－20＝2n－16≥0))得8≤n≤9，∴Sn的最小值为S8＝S9＝－72，故选B.
答案：B
对点训练
解析：由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，
故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…
所以{an}是周期为3的周期数列，
且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2 023＝674×3＋1，
所以数列{an}的前2 023项的和为674×2＋1＝1 349.故选C.
答案：C
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(q≠－1)
抓关系
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
用性质
数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
等差数列
等比数列
定义法
an＋1－an＝d
eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0)
通项法
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1·qn－1
中项法
2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)
前n项和法
Sn＝an2＋bn(a，b为常数)
Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0，1)