2021高考数学二轮复习专题四第1讲：等差数列、等比数列

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考点一 等差、等比数列的基本运算
1．等差数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1＋(n－1)d；
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1qn－1(q≠0)；
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1.))
[对点训练]
1．在等差数列{an}中，已知a5＋a10＝12，则3a7＋a9＝( )
A．12 B．18 C．24 D．30
[解析] 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
因为a5＋a10＝12，
所以2a1＋13d＝12，
所以3a7＋a9＝3(a1＋6d)＋a1＋8d＝4a1＋26d＝2(2a1＋13d)＝2×12＝24.
[答案] C
2．(2018·山东青岛模拟)公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝3a4，且S9＝λa4，则λ的值为( )
A．18 B．20 C．21 D．25
[解析] 设公差为d，由a6＝3a4，且S9＝λa4，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝3a1＋9d，,9a1＋\f(9×8d,2)＝λa1＋3λd，))解得λ＝18，故选A.
[答案] A
3．已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,8)
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，由a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，可知q≠1，则a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，∴eq \f(1,16)×q6＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×q3－1))，∴q6－16q3＋64＝0，∴(q3－8)2＝0，即q3＝8，∴q＝2，∴a2＝eq \f(1,2)，故选C.
[答案] C
4．在等比数列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，则a3＝________.
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3－a1q＝6，,a1q4－a1＝15，))两式相除，得eq \f(q,1＋q2)＝eq \f(2,5)，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq \f(1,2).
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－16，,q＝\f(1,2).))故a3＝4或a3＝－4.
[答案] 4或－4
[快速审题] 看到求项、求和，想到求a1，d，q及通项公式、前n项和公式．
等差(比)数列的运算注意两点
(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素．
(2)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(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
考点二 等差、等比数列的性质
[对点训练]
1．(2018·山西太原一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a3＋a10＝9，则S9＝( )
A．3 B．9 C．18 D．27
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，∵a2＋a3＋a10＝9，∴3a1＋12d＝9，即a1＋4d＝3，∴a5＝3，∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27，故选D.
[答案] D
2．(2018·山东菏泽一模)在等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，则eq \f(a2a16,a9)的值为( )
A．2 B．－eq \r(2) C.eq \r(2) D．－eq \r(2)或eq \r(2)
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，由a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，可得a2a16＝2，所以aeq \\al(2,9)＝2，则eq \f(a2a16,a9)＝a9＝±eq \r(2)，故选D.
[答案] D
3．(2018·合肥模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝1，S10＝3，则S15的值是________．
[解析] ∵数列{an}是等比数列，∴S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，∴(S10－S5)2＝S5·(S15－S10)，4＝1×(S15－3)，得S15＝7.
[答案] 7
[探究追问] 3题中条件不变，如何求S100的值？
[解析] 在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S5＝1，S10＝3，所以S100可表示为等比数列1,2,4，…的前20项和，故S100＝eq \f(1×1－220,1－2)＝220－1.
[答案] 220－1
[快速审题] 看到等差、等比数列，想到等差、等比数列项的性质、和的性质．
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．
考点三 等差、等比数列的判定与证明
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，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
[解] (1)证明：由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，
∴b1＝a2－2a1＝3.
由Sn＋1＝4an＋2①
知当n≥2时，有Sn＝4an－1＋2②
①－②得an＋1＝4an－4an－1，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)
又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，
∴{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(3,4)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(3,4)的等差数列．
∴eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,4)n－eq \f(1,4)，an＝(3n－1)·2n－2.
等差、等比数列的判定与证明应注意的两点
(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式的特征，但不能作为证明方法．
(2)eq \f(an＋1,an)＝q和aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．
[对点训练]
若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq \f(1,2).
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解] (1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
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)由(1)可得eq \f(1,Sn)＝2n，∴Sn＝eq \f(1,2n)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n－1)
＝eq \f(n－1－n,2nn－1)＝－eq \f(1,2nn－1).
当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)不适合上式．
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))
1．(2018·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] 解法一：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq \f(4×3,2)d，解得d＝－eq \f(3,2)a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.
解法二：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋eq \f(3×2,2)d＝d，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.
[答案] B
2．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
[解析] 解法一：等差数列{an}中，S6＝eq \f(a1＋a6×6,2)＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C.
解法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝4，))故选C.
[答案] C
3．(2017·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，依题意得aeq \\al(2,3)＝a2·a6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2或d＝0(舍去)，又a1＝1，∴S6＝6×1＋eq \f(6×5,2)×(－2)＝－24，故选A.
[答案] A
4．(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A.eq \r(3,2)f B.eq \r(3,22)f C.eq \r(12,25)f D.eq \r(12,27)f
[解析] 由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为eq \r(12,2)的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝eq \r(12,27)f，故选D.
[答案] D
5．(2017·江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝________.
[解析] 设等比数列{an}的公比为q.
当q＝1时，S3＝3a1，S6＝6a1＝2S3，不符合题意，
∴q≠1，由题设可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))∴a8＝a1q7＝eq \f(1,4)×27＝32.
[答案] 32
高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)，该部分以选择题、填空题为主，在4～7题的位置或13～14题的位置，难度不大，以两类数列的基本运算和基本性质为主．
热点课题10 数列中的最值问题
[感悟体验]
1．(2018·江西五校联考)在等差数列{an}中，已知a3＋a8>0，且S9<0，则S1、S2、…、S9中最小的是( )
A．S5 B．S6 C．S7 D．S8
[解析] 在等差数列{an}中，
∵a3＋a8>0，S9<0，
∴a5＋a6＝a3＋a8>0，S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5<0，
∴a5<0，a6>0，
∴S1、S2、…、S9中最小的是S5，故选A.
[答案] A
2．(2018·山东青岛模拟)已知an＝eq \f(n－\r(2017),n－\r(2018))(n∈N*)，则在数列{an}的前50项中，最小项和最大项分别是( )
A．a1，a50 B．a1，a44
C．a45，a50 D．a44，a45
[解析] an＝eq \f(n－\r(2017),n－\r(2018))
＝eq \f(n－\r(2018)＋\r(2018)－\r(2017),n－\r(2018))
＝1＋eq \f(\r(2018)－\r(2017),n－\r(2018)).
结合函数y＝a＋eq \f(c,x－b)(c>0)的图象，要使an最大，则需n－eq \r(2018)最小且n－eq \r(2018)>0，
∴当n＝45时，an最大，当n＝44时，an最小，故选D.
[答案] D
专题跟踪训练(十八)
一、选择题
1．(2018·长郡中学摸底)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，解得d＝1，所以a8＝a1＋7d＝a1＋7＝8，解得a1＝1，所以S23＝23×1＋eq \f(23×22,2)×1＝276，故选D.
[答案] D
2．已知数列{an}为等比数列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差数列，则公差d为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
[解析] 设{an}的公比为q，由题意得2(a3＋4)＝a1＋1＋a5＋7⇒2a3＝a1＋a5⇒2q2＝1＋q4⇒q2＝1，即a1＝a3，d＝a3＋4－(a1＋1)＝4－1＝3，故选B.
[答案] B
3．等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．5
[解析] 因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，
所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，
故a9＋a11＝eq \f(a5＋a72,a1＋a3)＝eq \f(42,8)＝2；
同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，
所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝eq \f(a9＋a112,a5＋a7)＝eq \f(22,4)＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3，故选C.
[答案] C
4．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪[1，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
[解析] 因为等比数列{an}中a2＝1，
所以S3＝a1＋a2＋a3＝a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋q＋\f(1,q)))＝1＋q＋eq \f(1,q).
当公比q>0时，S3＝1＋q＋eq \f(1,q)≥1＋2eq \r(q·\f(1,q))＝3；
当公比q<0时，S3＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－q－\f(1,q)))≤1－2eq \r(－q·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,q))))＝－1，
所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D.
[答案] D
5．(2018·江西七校联考)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(38n＋14,2n＋1)(n∈N*)，则eq \f(a6,b7)＝( )
A．16 B.eq \f(242,15) C.eq \f(432,23) D.eq \f(494,27)
[解析] 令Sn＝38n2＋14n，Tn＝2n2＋n，∴a6＝S6－S5＝38×62＋14×6－(38×52＋14×5)＝38×11＋14；b7＝T7－T6＝2×72＋7－(2×62＋6)＝2×13＋1，∴eq \f(a6,b7)＝eq \f(38×11＋14,2×13＋1)＝eq \f(432,27)＝16，故选A.
[答案] A
6．(2018·河南郑州二中期末)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项的和，则eq \f(2Sn＋16,an＋3)(n∈N*)的最小值为( )
A．4 B．3 C．2eq \r(3)－2 D.eq \f(9,2)
[解析] ∵a1＝1，a1、a3、a13成等比数列，
∴(1＋2d)2＝1＋12d.得d＝2或d＝0(舍去)
∴an＝2n－1，
∴Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2，
∴eq \f(2Sn＋16,an＋3)＝eq \f(2n2＋16,2n＋2).令t＝n＋1，
则eq \f(2Sn＋16,an＋3)＝t＋eq \f(9,t)－2≥6－2＝4当且仅当t＝3，
即n＝2时，∴eq \f(2Sn＋16,an＋3)的最小值为4，故选A.
[答案] A
二、填空题
7．(2018·福建四地六校联考)已知等差数列{an}中，a3＝eq \f(π,4)，则cs(a1＋a2＋a6)＝________.
[解析] ∵在等差数列{an}中，a1＋a2＋a6＝a2＋a3＋a4＝3a3＝eq \f(3,4)π，∴cs(a1＋a2＋a6)＝cseq \f(3,4)π＝－eq \f(\r(2),2).
[答案] －eq \f(\r(2),2)
8．(2018·山西四校联考)若等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S4,S2)＝5，则eq \f(S8,S4)＝________.
[解析] 解法一：设数列{an}的公比为q，由已知得eq \f(S4,S2)＝1＋eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝5，即1＋q2＝5，
所以q2＝4，eq \f(S8,S4)＝1＋eq \f(a5＋a6＋a7＋a8,a1＋a2＋a3＋a4)＝1＋q4＝1＋16＝17.
解法二：由等比数列的性质可知，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，若设S2＝a，则S4＝5a，
由(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)得S6＝21a，同理得S8＝85a，
所以eq \f(S8,S4)＝eq \f(85a,5a)＝17.
[答案] 17
9．已知数列{xn}各项均为正整数，且满足xn＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(xn,2)，xn为偶数，,xn＋1，xn为奇数，))n∈N*.若x3＋x4＝3，则x1所有可能取值的集合为________．
[解析] 由题意得x3＝1，x4＝2或x3＝2，x4＝1.
当x3＝1时，x2＝2，从而x1＝1或4；
当x3＝2时，x2＝1或4，
因此当x2＝1时，x1＝2，当x2＝4时，x1＝8或3.
综上，x1所有可能取值的集合为{1,2,3,4,8}．
[答案] {1,2,3,4,8}
三、解答题
10．(2018·沈阳市高三第一次质量监测)已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq \f(a4－a1,3)＝2，
所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，由题意得q3＝eq \f(b5,b2)＝8，解得q＝2.
因为b1＝eq \f(b2,q)＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)可得，Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＋eq \f(21－2n,1－2)＝n2＋n＋2n＋1－2.
11．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
[解] (1)设{an}的公差为d，由题意得
3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
12．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝eq \f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
[解] (1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有aeq \\al(2,2)＝a1a3，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)λ－3))2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)λ－4))，故eq \f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq \f(4,9)λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．所以对任意实数λ，数列{an}都不是等比数列．
(2)因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n＋1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－2n＋14))＝－eq \f(2,3)(－1)n(an－3n＋21)＝－eq \f(2,3)bn，b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b1＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，
则bn≠0，所以eq \f(bn＋1,bn)＝－eq \f(2,3)(n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－eq \f(2,3)为公比的等比数列．