新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题3　第1讲　等差数列、等比数列（含解析）

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[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.等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点．
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
核心提炼
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＝a1qn－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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
例1 (1)(2022·南通调研)设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S5＝4a4，则eq \f(S12,a5)等于( )
A．10 B．14 C．15 D．18
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为S5＝4a4，
所以5a1＋eq \f(5×4,2)d＝4(a1＋3d)，
得a1＝2d(d≠0)，
所以eq \f(S12,a5)＝eq \f(12a1＋\f(12×11,2)d,a1＋4d)＝eq \f(24d＋66d,6d)＝15.
(2)(2022·日照模拟)河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3·a5)的值为( )
A．8 B．10 C．12 D．16
答案 C
解析 ∵最下层的“浮雕像”的数量为a1，
依题意有，公比q＝2，n＝7，
S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝1 016，
解得a1＝8，
则an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，
∴a3＝25，a5＝27，
从而a3·a5＝25×27＝212，
∴lg2(a3·a5)＝lg2212＝12.
规律方法 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．
跟踪演练1 (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等于( )
A．14 B．12 C．6 D．3
答案 D
解析 方法一 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＋q2＝168，,a1q1－q3＝42，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3.
方法二 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q3,1－q)＝168，,a1q1－q3＝42，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3.
(2)(多选)(2022·广东联考)北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则( )
A．a1＝6 B．{an}的公差为9
C．a6＝3a3 D．S9＝405
答案 BD
解析 设{an}的公差为d.由a4＋a6＝90，
得a5＝45，又a2＝18，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝18，,a1＋4d＝45，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,d＝9，))故A错误，B正确；
因为a6＝9＋5×9＝54，a3＝9＋2×9＝27，
所以a6＝2a3，故C错误；
因为S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝405，故D正确．
考点二 等差数列、等比数列的性质
核心提炼
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：
(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为偶数时除外)．
(2)对于等差数列有S2n－1＝(2n－1)an.
例2 (1)(2022·南昌模拟)已知公差不为0的等差数列{an}满足aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,6)＝aeq \\al(2,7)＋aeq \\al(2,8)，则( )
A．a6＝0 B．a7＝0
C．S12＝0 D．S13＝0
答案 C
解析 ∵aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,6)＝aeq \\al(2,7)＋aeq \\al(2,8)，
∴aeq \\al(2,7)－aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,8)－aeq \\al(2,6)＝0，
∴2d(a7＋a5)＋2d(a8＋a6)＝0，
又d≠0，a8＋a5＝a6＋a7，
∴2(a7＋a6)＝0，
∴S12＝eq \f(12a1＋a12,2)＝eq \f(12a6＋a7,2)＝0.
(2)(2022·武汉质检)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项错误的是( )
A．01 D．T13>1
答案 D
解析 ∵等比数列{an}的各项均为正数，
a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，
∴(a6－1)(a7－1)1，若a60，a7·a8S9
C．当n＝7时，Sn最大
D．当Sn>0时，n的最大值为14
答案 BCD
解析 ∵在等差数列{an}中，a1>0，
a4＋a11＝a7＋a8>0，a7·a80，a80，a80，
S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)0时，n的最大值为14，D正确．
考点三 等差数列、等比数列的判断
核心提炼
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
例3 (2022·连云港模拟)若数列{an}满足：a1＝1，a2＝5，对于任意的n∈N*，都有an＋2＝
6an＋1－9an.
(1)证明：数列{an＋1－3an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 由an＋2＝6an＋1－9an，
得an＋2－3an＋1＝3an＋1－9an＝3(an＋1－3an)，
且a2－3a1＝5－3＝2，
所以数列{an＋1－3an}为等比数列，首项为2，公比为3.
(2)解 由(1)得an＋1－3an＝2×3n－1，
等式左右两边同时除以3n＋1，可得
eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(3an,3n＋1)＝eq \f(2,9)，即eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(an,3n)＝eq \f(2,9)，且eq \f(a1,31)＝eq \f(1,3)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)))为等差数列，首项为eq \f(1,3)，公差为eq \f(2,9)，
所以eq \f(an,3n)＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(2,9)＝eq \f(2n＋1,9)，
所以an＝eq \f(2n＋1,9)×3n＝(2n＋1)×3n－2.
易错提醒 (1)aeq \\al(2,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.
(2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列．
(3)证明{an}不是等比数列可用特值法．
跟踪演练3 (2022·湖北七市(州)联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：对任意的m∈N*，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．
(1)解 当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，
所以a1＝1；
当n≥2时，因为an＝3Sn－2，
所以an－1＝3Sn－1－2，
所以an－an－1＝3an，即an＝－eq \f(1,2)an－1，
所以数列{an}是等比数列，
其通项公式为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
(2)证明 对任意的m∈N*，
2Sm＋2＝2×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋2,1＋\f(1,2))＝eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋2))，
Sm＋Sm＋1＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m,1＋\f(1,2))＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋1,1＋\f(1,2))
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋1))
＝eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋2))，
所以2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1，
即Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·荆州联考)已知数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，前n项和为Sn，满足2a4＝a3＋5，则S9等于( )
A．35 B．40 C．45 D．50
答案 C
解析 由题意2a4＝a3＋5，
得2(a1＋3d)＝a1＋2d＋5，
即a1＋4d＝5，即a5＝5，
所以S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝9×5＝45.
2．(2022·济宁模拟)在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a6＋a8＝－32，则eq \f(a10＋a12,a5＋a7)等于( )
A．－8 B．16 C．32 D．－32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，
所以q5＝－32，
故eq \f(a10＋a12,a5＋a7)＝eq \f(a5＋a7q5,a5＋a7)＝q5＝－32.
3．(2022·漳州质检)我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1,2，…，9填入3×3的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图所示．
一般地，将连续的正整数1,2,3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方．记n阶幻方中数的和即方格内的所有数的和为Sn，如图三阶幻方中数的和S3＝45，那么S9等于( )
A．3 321 B．361 C．99 D．33
答案 A
解析 由题意知，S9＝1＋2＋3＋…＋92＝eq \f(92×1＋92,2)＝3 321.
4．(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( )
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
答案 B
解析 当a11时，an＝a1qn－10，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a10，∴a9>0，a10>1，
又∵a9＝ln a10＝ln(a9·q)＝ln a9＋ln q，
∴ln q＝a9－ln a9，
设函数f(x)＝x－ln x，f′(x)＝eq \f(x－1,x)，
当x>1时，f′(x)>0，
当0