2023届高考数学二轮复习专题二第1讲等差数列与等比数列学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题二第1讲等差数列与等比数列学案，共12页。学案主要包含了素养提升，易错提醒等内容，欢迎下载使用。

专题二　数列
第1讲　等差数列与等比数列

考情分析
1．等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现．
2．数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点．

自主先热身　真题定乾坤
ZIZHUXIANRESHENZHENTIDINGQIANKUN　

真题热身
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＝(　D　)
A．14　　 B．12　　
C．6　　 D．3
【解析】　设等比数列{an}的公比为q，q≠0，
若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则解得
所以a6＝a1q5＝3.
故选D.
2．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则等于(　B　)
A．2n－1　　 B．2－21-n
C．2－2n-1　　 D．21-n－1
【解析】方法一：设等比数列{an}的公比为q，
则q＝＝＝2.
由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12得a1＝1.
所以an＝a1qn-1＝2n-1，Sn＝＝2n－1，
所以＝＝2－21-n.
方法二：设等比数列{an}的公比为q，
则
得＝q＝2.
将q＝2代入①，解得a3＝4.
所以a1＝＝1，下同方法一．
3．(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则(　B　)
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解析】若a1＝－1，q＝1，则Sn＝na1＝－n，
则{Sn}是递减数列，不满足充分性；
∵Sn＝(1－qn)，则Sn＋1＝(1－qn+1)，
∴Sn＋1－Sn＝(qn－qn+1)＝a1qn，
若{Sn}是递增数列，∴Sn＋1－Sn＝a1qn>0对∀n∈N恒成立，
则a1>0，q>0，∴满足必要性，
故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选B.
4．(2022·北京卷)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的(　C　)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】　设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，
记[x]为不超过x的最大整数．
若{an}为单调递增数列，则d>0，
若a1≥0，则当n≥2时，an>a1≥0；
若a1<0，则an＝a1＋(n－1)d，
由an＝a1＋(n－1)d>0可得n>1－，
取N0＝＋1，则当n>N0时，an>0，
所以，“{an}是递增数列”⇒“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”；
若存在正整数N0，当n>N0时，an>0，取k∈N*且k>N0，ak>0，
假设d<0，令an＝ak＋(n－k)d<0可得n>k－，且k－>k，
当n>＋1时，an<0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列{an}是递增数列．
所以，“{an}是递增数列”⇐“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”．
所以，“{an}是递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的充分必要条件．故选C.
5．(2022·北京卷)已知数列{an}各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…).给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是__①③④__．
【解析】　由题意可知，∀n∈N*，an>0，
当n＝1时，a＝9，可得a1＝3；
当n≥2时，由Sn＝可得Sn－1＝，
两式作差可得an＝－，
所以，＝－an，则－a2＝3，
整理可得a＋3a2－9＝0，
因为a2>0，解得a2＝<3，①对；
假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，
则a＝a1a3，即＝，
所以，S＝S1S3，
可得a(1＋q)2＝a(1＋q＋q2)，解得q＝0，不合乎题意，
故数列{an}不是等比数列，②错；
当n≥2时，an＝－＝>0，
可得an 假设对任意的n∈N*，an≥，
则S100 000≥100 000×＝1 000，
所以，a100 000＝≤<，
与假设矛盾，假设不成立，④对．
故答案为①③④.

感悟高考
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17～19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．

核心拔头筹　考点巧突破
HEXINBATOUCHOUKAODIANQIAOTUPO　
考点一　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＝＝na1＋d；
(4)等比数列的求和公式：Sn＝
典例1 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2022的值为(　B　)
A．2028　　 B．4038　　
C．5044　　 D．3020
【解析】由题意得

解得∴an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
∴a2 022＝2×2 022－6＝4 038.故选B.
(2)已知点(n，an)在函数f(x)＝2x-1的图象上(n∈N*).数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝log，数列{bn}的前n项和为Tn.则Tn的最小值为__－30__．
【解析】∵点(n，an)在函数f(x)＝2x-1的图象上，
∴an＝2n-1(n∈N*)，
∴{an}是首项为a1＝1，公比q＝2的等比数列，
∴Sn＝＝2n－1，
则bn＝log＝2n－12(n∈N*)，
∴{bn}是首项为－10，公差为2的等差数列，
∴Tn＝－10n＋×2＝n2－11n＝－.
又n∈N*，
∴Tn的最小值为T5＝T6＝－＝－30.
【素养提升】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．
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．

1．(1)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn.前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，<0.则下列结论正确的是(　D　)
A．1 B．a7·a9>1
C．Sn的最大值为S9
D．Tn的最大值为T7
(2)(2022·威海模拟)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则下列结论错误的是(　D　)
A．d<0
B．a16<0
C．Sn≤S15
D．当且仅当n≥32时，Sn<0
【解析】(1)∵a1>1，a7·a8>1，<0，∴a7>1，a8<1，∴01，01，a8<1，∴T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确．故选D.
(2)设等差数列{an}的公差为d，由S10＝S20，得10a1＋d＝20a1＋d，化简得a1＝－d.因为a1>0，所以d<0，故A正确；因为a16＝a1＋15d＝－d＋15d＝d，又d<0，所以a16<0，故B正确；因为a15＝a1＋14d＝－d＋14d＝－d>0，a16<0，所以S15最大，即Sn≤S15，故C正确；Sn＝na1＋d＝d，若Sn<0，又d<0，则n>30，故当且仅当n≥31时，Sn<0，故D错误．故选D.
考点二　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＝a.
2．前n项和的性质：
(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.
典例2 (1)已知{an}为等差数列，a1＞0，a2021·a2022＜0，a－a＞0，则使数列{an}的前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是(　D　)
A．2021　　 B．4044
C．4043　　 D．4042
【解析】因为{an}为等差数列，a1＞0，a2 021·a2 022＜0，a－a＞0，
所以a2 021＞0，a2 022＜0，a2 021＋a2 022＞0，
则S4 042＝＝2 021(a2 021＋a2 022)＞0，
S4 043＝＝4 043a2 022＜0，
则使数列{an}的前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 042.
故选D.
(2)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于(　C　)
A．12　　 B．13　　
C．14　　 D．15
【解析】因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，
所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．
不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，
则公比q＝＝＝3.所以bm＝4×3m-1.
令bm＝324，即4×3m-1＝324，
解得m＝5，所以b5＝324，即a13a14a15＝324.
所以n＝14.
【素养提升】等差、等比数列的性质问题的求解策略
(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．
(2)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．

2．(1)在等比数列{an}中，a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，则a3a5a7的值为(　C　)
A．π　　 B．－π
C．±π　　 D．π3
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S19＞0，S20＜0，若数列{an}满足am·am＋1＜0，则m＝(　B　)
A．9　　 B．10　　
C．19　　 D．20
【解析】(1)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＝a，
所以a5＝±，
所以a3a5a7＝a＝±π.
故选C.
(2)由于等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S19＞0，S20＜0，
所以S19＝>0，
S20＝<0，
由于a1＋a19＝2a10，
所以a10＞0，
由于a1＋a21＝a10＋a11，
所以a11＜0，
故a10·a11＜0，
故m＝10.
故选B.
考点三　等差数列、等比数列的探索与证明


等差数列
等比数列
定义法
an＋1－an＝d
＝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＝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)
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
典例3(2019·全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
【解析】(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).
因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－(n∈N*)，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋(n∈N*).
【易错提醒】a＝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.

3．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n－4(n∈N*).
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解析】(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a＋1－4，即a－2a1－3＝0，
所以a1＝3(a1＝－1舍去).
当n≥2时，有2Sn－1＝a＋n－5，
又2Sn＝a＋n－4，
所以两式相减得2an＝a－a＋1，
即a－2an＋1＝a，
即(an－1)2＝a，
因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.
若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.而a1＝3，
所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，
因此数列{an}为等差数列．
(2)由(1)知a1＝3，数列{an}的公差d＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.