微专题8　等差数列与等比数列-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题8　等差数列与等比数列-2024年高考数学二轮微专题系列，共25页。试卷主要包含了故选A等内容，欢迎下载使用。
高考定位 1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.
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＝( )
A.14B.12
C.6D.3
答案 D
解析 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\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q＋q2）＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.
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\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.
2.(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A.7B.8
C.9D.10
答案 A
解析 法一 因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S2＝\f(a1（1－q2）,1－q)＝a1（1＋q）＝4，,S4＝\f(a1（1－q4）,1－q)＝a1（1＋q）（1＋q2）＝6，))
两式相除，得q2＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4（2－\r(2)），,q＝\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4（2＋\r(2)），,q＝－\f(\r(2),2)，))
所以S6＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7.故选A.
法二 易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.
3.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
B.0.8
D.0.9
答案 D
解析 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，
则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，
且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，
所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，
故k3＝0.9.
4.(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{eq \r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
解 ①③⇒②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，
所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列.
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，
所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，
则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，
所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d＞0，
则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，得a1＝d2，
所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，
所以Sn＝n2d2，
所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，
对n＝1也适合，所以an＝2d2n－d2，
所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，
所以数列{an}是等差数列.
热点一 等差数列、等比数列的基本公式
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＝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\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
例1 (1)已知等比数列{an}的各项均为正数，且eq \f(3a1,2)，eq \f(a3,4)，a2成等差数列，则eq \f(a20＋a19,a18＋a17)等于( )
A.9B.6
C.3D.1
(2)(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
(3)已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为________；a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝________.
答案 (1)A (2)2 (3)an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)(n∈N*) eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n)))
解析 (1)设公比为q，由eq \f(3a1,2)，eq \f(a3,4)，a2成等差数列，
可得eq \f(3a1,2)＋a2＝eq \f(a3,2)，
所以eq \f(3a1,2)＋a1q＝eq \f(a1q2,2)，
则q2－2q－3＝0，
解得q＝－1(舍去)或q＝3.
所以eq \f(a20＋a19,a18＋a17)＝eq \f(a18q2＋a17q2,a18＋a17)＝q2＝9.
(2)由2S3＝3S2＋6，
可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，
化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，
解得d＝2.
(3)设等比数列{an}的公比为q，
由a2＝2，a1＋a3＝5，
得eq \f(2,q)＋2q＝5，
解得q＝eq \f(1,2)或q＝2，
又{an}是递减的等比数列，
所以q＝eq \f(1,2)，所以an＝a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)＝eq \f(1,2n－3)，
所以anan＋1＝eq \f(1,2n－3)·eq \f(1,2n－2)＝eq \f(1,22n－5)，
则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8，
公比为eq \f(1,4)的等比数列的前n项和，
故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))).
规律方法 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略
(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)形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)形式的数列为等比数列.
训练1 (1)(2022·潍坊三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7－S6＝24，a3＝8，则数列{an}的公差d＝( )
A.2B.4
C.6D.8
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝90，设bn＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)an))，则数列{bn}的前15项和为( )
A.16B.80
C.120D.150
(3)(2022·成都诊断)程大位是我国明代伟大的数学家，在他所著的《算法统宗》中有一道“竹筒容米”题：家有九节竹一茎，为因盛米不均平；下头三节三升九，上梢四节贮三升；惟有中间二节竹，要将米数次第盛；若是先生能算法，教君只算到天明.用你所学的数学知识求得中间二节的容积和为( )
A.2.1升B.2.6升
C.2.7升D.2.9升
答案 (1)B (2)C (3)A
解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1，
公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，
而a7＝S7－S6＝24，又a3＝8，
∴a7－a3＝a1＋6d－(a1＋2d)＝4d＝16，
解得d＝4，故选B.
(2)设等比数列{an}的公比为q，
则S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a3)(1＋q)＝90，
又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝30，
解得a1＝6，q＝2，
所以an＝a1qn－1＝3·2n，
所以bn＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)an))＝n，
则{bn}为等差数列，
所以数列{bn}的前15项和
T15＝eq \f(15（b1＋b15）,2)＝eq \f(15×（1＋15）,2)＝120.故选C.
(3)设从下到上每节竹容积构成数列{an}，易知{an}为等差数列，
设其公差为d，
则a1＋a2＋a3＝3.9，a6＋a7＋a8＋a9＝3，
即eq \f(（a1＋a3）×3,2)＝3.9，eq \f(（a6＋a9）×4,2)＝3，
所以a1＋a3＝2.6，a6＋a9＝1.5，
即2a1＋2d＝2.6，2a1＋13d＝1.5，
解得a1＝1.4，d＝－0.1，
所以a4＝1.1，a5＝1，
所以a4＋a5＝2.1.故选A.
热点二 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＝aeq \\al(2,k).
2.前n项和的性质(m，n∈N*)：
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).
例2 (1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝2－eq \r(2)，a5＝eq \r(2)＋1，则a1a5＋2a2a6＋a3a7＝( )
A.1B.9
C.5eq \r(2)＋7D.3eq \r(2)＋9
(2)(2022·宝鸡二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝( )
A.2B.eq \f(7,3)
C.eq \f(8,3)D.3
(3)(2022·韶关一模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6＋a7＝1，则S12＝________；若a7