高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题二数列文理第1讲等差数列等比数列学案含解析

专题二　数列(文理)

第1讲　等差数列、等比数列

JIE TI CE LUE MING FANG XIANG

解题策略·明方向　

⊙︱考情分析︱

1．考查等差数列、等比数列基本量的计算，考查等差数列、等比数列性质的应用，考查等差数列、等比数列的判断与证明等．

2．近三年高考考查数列多出现17(或18)题，试题难度中等，2021年高考可能以客观题考查，以基本运算为主，难度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．

⊙︱真题分布︱

(理科)

(文科)

KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN

考点分类·析重点　

考点一　等差、等比数列的基本运算

1．等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)

等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；

等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1．

等差数列的求和公式：Sn＝＝na1＋d；

等比数列的求和公式：

Sn＝

2．等差数列、等比数列问题的求解策略

(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q；

(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列．

典例1　(1)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中联考)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　B　)

A．　　 B．　

C．　　 D．2

(2)(2020·名校联盟质量监测)记等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝，S3＝，则a4＝(　B　)

A．－或　　 B．－或

C．　　 D．

(3)(2020·北京昌平区期末)各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝1，a2＋a3＝6，则＝__9__.

(4)(2020·江苏省天一中学调研)已知数列{an}与均为等差数列(n∈N*)，且a1＝2，则a10＝__20__.

【解析】　(1)设{an}的公差为d，由＝，得a1＝d≠0，

＝＝＝，故选B．

(2)设等比数列{an}的公比为q，

依题意，S3＝a1＋a2＋a3＝＋q＋q2＝，

解得q＝－或q＝，

则a4＝a1q3＝－或.故选B．

(3)设等比数列{an}的公比为q(q>0)

因为a1＝1，a2＋a3＝6，所以，

解得q＝－3(舍)，q＝2

S6＝＝63，S3＝＝7，

则＝＝9

(4)设等差数列{an}的公差为d.

又∵数列均为等差数列(n∈N*)，且a1＝2，

∴2×＝＋，即d2－4d＋4＝0．

解得d＝2．则a10＝2＋9×2＝20．

等差(比)数列基本运算的解题途径

(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．

1．(1)(2020·江苏省镇江中学调研)设等差数列{an}的前n项的和为Sn，若a3＝5，且S1，S5，S7成等差数列，则数列{an}的通项公式an＝__2n－1__.

(2)(2020·天水市第一中学期末)若a、b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋q的值等于__9__.

【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d.

∵S1，S5，S7成等差数列，∴2S5＝S1＋S7，

由已知得，

解得，

∴an＝5＋(n－3)2＝2n－1．

(2)由题意可得a＋b＝p，ab＝q，

∵p>0，q>0，∴a>0，b>0，

又a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得

　①或　②

解①得；解②得，

∴p＝a＋b＝5，q＝1×4＝4，∴p＋q＝9．

考点二　等差(比)数列的性质

等差数列、等比数列常用性质

典例2　(1)(2020·北京房山区期末)等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝6，Sn为{an}的前n项和，则S7＝(　C　)

A．28　　 B．21　

C．14　　 D．7

(2)(2020·北京市朝阳区抽样检测)已知等比数列{an}，满足log2a3＋log2a10＝1，且a3a6a8a11＝16，则数列{an}的公比为(　B　)

A．4　　 B．2　

C．±2　　 D．±4

(3)(2020·四川省成都七中模拟)已知等差数列{an}，且a4＝8，则数列{an}的前7项和S7＝__56__.

(4)(2020·江苏省苏州市五校月考)设公比不为1的等比数列{an}满足a1a2a3＝－1，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为____.

【解析】　(1)等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝6，则3a4＝6，∴a4＝2则S7＝7a4＝14，故选C．

(2)等比数列{an}中，log2a3＋log2a10＝1⇒log2(a3a10)＝1⇒a3a10＝2①，a3a6a8a11＝16⇒(a3a11)2＝16，由等比数列各项正负性的性质可知：a3，a11同号，故a3a11＝4②，

②除以①，得：等比数列的公比q＝＝2，故选B．

(3)由等差数列的性质可得：a1＋a7＝2a4＝16．

∴数列{an}的前7项和S7＝＝7×8＝56．

(4)由等比数列的性质可知a1a2a3＝a＝－1，

∴a2＝－1，

∵a2，a4，a3成等差数列，

∴2a4＝a2＋a3,2a2q2＝a2＋a2q，

∴2q2－q－1＝0，

解得：q＝1(舍)或q＝－，∴a1＝＝2，

S4＝＝＝.

1．利用等差(比)性质求解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．活用函数性质：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．

2．(1)(2020·天一大联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为(　C　)

A．－3　　 B．－2　

C．3　　 D．2

(2)等比数列{an}中，a4＝，a5＝，则数列{lgan}的前8项和S8为(　B　)

A．4　　 B．2　

C．3　　 D．5

(3)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝__8__时，{an}的前n项和最大．

【解析】　(1)由等差数列性质可知，S5＝5a3＝35，解得a3＝7，

故d＝＝3．

(2)设等比数列{an}的公比为q，

则an＝a1qn－1，

∴lgan＝lga1＋(n－1)lgq，

则数列{lgan}是等差数列，

∴S8＝(lga1＋lga8)×8＝4lg(a1a8)＝4lg(a4a5)

＝4lg＝2．

(3)因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，

所以a8>0．又a7＋a10＝a8＋a9<0，所以a9<0．

所以当n＝8时，其前n项和最大．

考点三　等差(比)数列的判定与证明

数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法

(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{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，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．

典例3　(2020·广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．

(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；

(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？

【解析】　(1)证明：∵a3＝7，a3＝3a2－2，∴a2＝3，

∴an＝2an－1＋1，∴a1＝1，由an＋1＝2(an－1＋1)

∴＝2(n≥2)，

∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．

(2)由(1)知，an＋1＝2n，

∴an＝2n－1，

∴Sn＝－n＝2n＋1－n－2，

∴n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，

即n，an，Sn成等差数列．

(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．

(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．

(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．

3．(1)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”．

(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和，判断数列{bn}是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．

【解析】　(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0．

由得

解得

因此数列{an}为“M－数列”．

(2)因为＝－，所以bn≠0．

由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2．

由＝－，得Sn＝.

当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得

bn＝－，

整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.又b2－b1＝1，

所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．

因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．

考点四　等差、等比数列与其他知识的综合

1．数列的几个公式变形

(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)(看成关于n的一次函数)．

(2)等差数列的前n项和公式：Sn＝na1＋＝n2＋n(关于n的二次函数)．

(3)等比数列的前n项和公式：Sn＝＝－·qn(q≠1)．

2．数列与其他知识的结合

(1)数列与函数．

(2)数列与方程．

(3)数列与不等式．

(4)数列与平面向量．

典例4　(1)(2019·南京二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a1＋a2 020，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S2 020等于(　B　)

A．1 009　　 B．1 010　

C．2 019　　 D．2 020

(2)在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为(　B　)

A．　　 B．　

C．1　　 D．－

(3)已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an<an＋1对∀n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为__[0，＋∞)__.

【解析】　(1)因为A，B，C三点共线，所以a1＋a2 020＝1，

所以S2 020＝＝1 010．

(2)因为a3a4a5＝3π＝a，所以a4＝3，即log3a1＋log3a2＋…＋log3a7＝log3(a1a2…a7)＝log3a＝7log33＝，所以sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)＝.

(3)由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，得－＝λ，

所以数列{}的奇数项和偶数项都是首项为1，且公差为λ的等差数列．

因为a1＝1，a2＝2，

所以当n为奇数时，＝1＋λ( －1)＝λ＋1，

所以an＝λ＋n；

当n为偶数时，＝1＋λ(－1)＝λ＋1，

所以an＝λ＋n.

当n为奇数时，由an<an＋1，

得λ＋n<λ＋n＋1，

即λ(n－1)>－2，若n＝1，则λ∈R.

若n>1，则λ>－，所以λ≥0．

当n为偶数时，由an<an＋1，

得λ＋n<λ＋n＋1，

即3nλ>－2，所以λ>－，即λ≥0．

综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．

数列与其他知识的交汇问题的处理思路

(1)以数列知识为纽带，在与函数、方程、向量不等式的交汇处命题，利用函数观点、方程思想、向量的性质、不等式的性质等，作为解题口解决问题．

(2)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．

(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．

4．(1)正项等比数列{an}中，a2＝8,16a＝a1a5，则数列{an}的前n项积Tn中的最大值为(　A　)

A．T3　　 B．T4　

C．T5　　 D．T6

(2)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝__50__.

(3)等比数列{an}的首项为2，公比为3，前n项和为Sn.若log3＝9，则＋取最小值时，Sn＝__8__.

【解析】　(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，则16a＝a1a5＝a2a4＝8a4，a4＝，q2＝＝，又q>0，则q＝，an＝a2qn－2＝8×()n－2＝27－2n，则Tn＝a1a2…an＝25＋3＋…＋(7－2n)＝2n(6－n)，当n＝3时，n(6－n)取得最大值9，此时Tn最大，即(Tn)max＝T3．

(2)因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5．所以lna1＋lna2＋…＋ln a20＝ln (a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln (a10a11)10＝10ln (a10a11)＝10ln  e5＝50ln  e＝50．

(3)由题意可得an＝2×3n－1，Sn＝＝3n－1，

所以log3[an(S4m＋1)]＝log33n＋4m－1＝n＋4m－1＝9，

所以n＋4m＝10，所以＋＝(＋)(＋)＝＋＋≥＋2×＝＝，当且仅当m＝n＝2时取等号，

所以n＝2，因为a2＝2×3＝6，所以S2＝2＋6＝8．

YI CUO QING LING MIAN SHI WU

易错清零·免失误　

1．忽视数列首项的重要性致误

典例1　已知数列{an}的前n项之和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式为__an＝ __

【错解】　an＝2n

【剖析】　若an＝2n，则a1＝2，事实上a1＝S1＝3．

【正解】　当n＝1时，a1＝S1＝3；

当n≥2时，an＝n2＋n＋1－(n－1)2－(n－1)－1＝2n，

∴an＝

【易错防范】　本题的失分原因是没有注意到an＝Sn－Sn－1是在n≥2的条件下才能成立．这是由于对数列概念理解不透彻所致．在解关于由Sn求an的题目时，按两步进行讨论，可避免出错．①当n＝1时，a1＝S1；②当n≥2时，an＝Sn－Sn－1．检验a1是否适合由②求得的解析式，若符合，则统一，若不符合，则用分段函数．

2．忽视对等比数列中公比的分类讨论致误

典例2　设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则数列的公比q是__1或－1__.

【错解】　－1

【剖析】　当q＝1时，符合要求．很多考生在做本题时都想当然地认为q≠1．

【正解】　①当q＝1时，S3＋S6＝9a1，S9＝9a1，

∴S3＋S6＝S9成立．

②当q≠1时，由S3＋S6＝S9，

得＋＝.

∴q9－q6－q3＋1＝0，即(q3－1)(q6－1)＝0．

∵q≠1，∴q3－1≠0，∴q6＝1，∴q＝－1．

3．忽视公比q的取值范围

典例3　(2020·江西九江10月模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且7S2＝4S4，则等比数列{an}的公比q的值为(　C　)

A．1　　 B．1或

C．　　 D．±

【错解】　因为7S2＝4S4，所以3(a1＋a2)＝4(S4－S2)＝4(a3＋a4)，

所以3(a1＋a2)＝4(a1＋a2)q2．

又因为a1＋a2≠0，所以q2＝，

所以q＝±，故选D．

【剖析】　上述的解法主要是忽略了正项等比数列{an}的前n项和为Sn中含有q>0，而导致q2＝时，得到了q＝±，而出现了选错．

【正解】　因为7S2＝4S4，所以3(a1＋a2)＝4(S4－S2)＝4(a3＋a4)，

所以3(a1＋a2)＝4(a1＋a2)q2．

因为a1＋a2≠0，所以q2＝，

因为{an}为正项等比数列，所以q>0，所以q＝.故选C．