2019届二轮复习　等差数列学案（全国通用）

2019届二轮复习　等差数列学案（全国通用）

第3讲　等差数列、等比数列 高考统计·定方向 热点题型 真题统计 题型1：等差(比)数列的基本运算 ‎2018全国卷ⅠT4；2018全国卷ⅡT17；‎ ‎2018全国卷ⅢT17；2017全国卷ⅠT4；‎ ‎2017全国卷ⅢT9；2017全国卷ⅢT14；‎ ‎2016全国卷ⅠT3‎ 题型2：等差(比)数列的基本性质 ‎2016全国卷ⅠT15; 2015全国卷ⅡT4‎ 题型3：等差(比)数列的判断与证明 ‎2016全国卷ⅢT17；2014全国卷ⅠT17；2014全国卷ⅡT17‎ 命题规律 分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律：‎ ‎1.以等差(比)数列为载体，考查基本量的运算及相应数列的性质；‎ ‎2.若以解答题出现在第17题第一问，若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在T12或T16，难度偏大.‎ 题型1　等差(比)数列的基本运算 ‎(对应学生用书第19页)‎ ‎■核心知识储备·‎ ‎1．等差数列的通项公式及前n项和公式 an＝a1＋(n－1)d；an＝am＋(n－m)d；‎ Sn＝＝na1＋d.‎ ‎2．等比数列的通项公式及前n项和公式 an＝a1qn－1(q≠0)；‎ an＝am·qn－m(q≠0)；‎ Sn＝＝(q≠1)，Sn＝na1(q＝1)．‎ ‎■高考考法示例·‎ ‎【例1】　(1)(2018·唐山市期末)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＝10，S8＝40，则{an}的公差为(　　 )‎ A．1　　　　　 B．2‎ C．3 D．4‎ ‎(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．‎ ‎(1)B　(2) －6　[(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 由题意得整理得 解得选B．‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q.‎ ‎∵S3，S9，S6成等差数列，∴2S9＝S3＋S6，且q≠1.‎ ‎∴＝＋，‎ 即2q6－q3－1＝0，∴q3＝－或q3＝1(舍去)．‎ ‎∵a8＝3，∴a5＝＝＝－6.]‎ ‎【教师备选】‎ ‎(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．8‎ ‎(2)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．‎ ‎(1)D　(2)4　[(1)法一：由题意知，Sn＝na1＋d＝n＋n(n－1)＝n2，Sn＋2＝(n＋2)2，由Sn＋2－Sn＝36，得(n＋2)2－n2＝4n＋4＝36，所以n＝8.‎ 法二：Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8.所以选D．‎ ‎(2)设公比为q(q≠0)，∵a2＝1，则由a8＝a6＋2a4，得q6＝q4＋2q2，即q4－q2－2＝0，解得q2＝2，‎ ‎∴a6＝a2q4＝4.]‎ ‎[方法归纳]　等差(比)数列基本运算的解题途径 (1)设基本量：首项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，注意整体代换，以减少运算量.‎ ‎■对点即时训练·‎ ‎1．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1＜0，则正整数k等于(　　)‎ A．21 B．22‎ C．23 D．24‎ C　[3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－⇒{an}是等差数列，则an＝－n.∵ak＋1·ak＜0，∴＜0，‎ ‎∴＜k＜，又∵k∈N*，∴k＝23.]‎ ‎2．已知正项数列{an}满足a－2a－an＋1an＝0，设bn＝log2，则数列{bn}的前n项和为(　　 )‎ A．n B． C． D． C　[由a－2a－an＋1an＝0，可得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，‎ 又an＞0，∴＝2，∴an＋1＝a12n，∴bn＝log2＝log22n＝n.‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为，故选C．]‎ ‎3．中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是(　　)‎ A．174斤 B．184斤 C．191斤 D．201斤 B　[用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a1＋×17＝996，解得a1＝65.‎ ‎∴a8＝65＋7×17＝184.选B．]‎ 题型2　等差(比)数列的基本性质 ‎(对应学生用书第20页)‎ ‎■核心知识储备·‎ ‎1．等差、等比数列的性质 等差数列 等比数列 性质 ‎(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；‎ ‎(2)an＝am＋(n－m)d；‎ ‎(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 ‎(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；‎ ‎(2)an＝amqn－m；‎ ‎(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(q≠－1)‎ ‎2.关于非零等差数列奇数项与偶数项的性质 ‎(1)若项数为2n，则S偶－S奇＝nd；‎ ‎(2)若项数为2n－1，则S奇＝nan, S奇－S偶＝an；‎ ‎(3)两个等差数列{an}、{bn}的前n项和Sn、Tn之间的关系为＝.‎ ‎■高考考法示例·‎ ‎【例2】　(1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则的值为(　　 )‎ A．2　　 　B．4　　 　C．±2　　 　D．±4‎ ‎(2)(2018·武威市二模)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有＝，则＋＝(　　)‎ A． B． C． D． ‎(3)在等差数列{an}中，＜－1，若它的前n项和Sn有最大值，则当Sn＞0时， n的最大值为(　　 )‎ A．11 B．12 C．13 D．14‎ ‎(1)A　(2)A　(3)A　[(1)∵a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，∴a3a15＝12，a3＋a15＝7，‎ ‎∵{an}为等比数列，又a3，a9，a15同号，‎ ‎∴a9＞0，∴a9＝＝2，‎ ‎∴＝＝a9＝2.故选A．‎ ‎(2)＋＝＋＝＝＝＝＝＝，故选A．‎ ‎(3)数列{an}为等差数列，若＜－1，则＜0，可得d＜0.∴a6＞0，a7＋a6＜0，a7＜0，∴a1＋a11＝2a6＞0，S11＞0，a1＋a12＝a7＋a6＜0，S12＜0，则当Sn＞0时，n的最大值为11.故选A．]‎ ‎【教师备选】‎ ‎(1)(2018·南充市综合测试一)公差不为0的等差数列{an}的部分项a，a，a，…构成等比数列{akn}，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4为(　　 )‎ A．20　　　　 B．22‎ C．24 D．28‎ ‎(2)(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，则(　　)‎ A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4‎ C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4‎ ‎(1)B　(2)B　[(1)设等差数列{an}的公差为d，∵a1，a2，a6成等比数列，∴a＝a1·a6，即(a1＋d)2＝a1·(a1＋5d)，‎ ‎∴d＝3a1，∴a2＝4a1，所以等比数列a，a，a，…，的公比q＝4，∴a＝a1·q3＝a1·43＝64a1，‎ 又a＝a1＋(k4－1)·d＝a1＋(k4－1)·(3a1)，‎ ‎∴a1＋(k4－1)·(3a1)＝64a1，a1≠0，∴3k4－2＝64，‎ ‎∴k4＝22，故选B．‎ ‎(2)构造不等式ln x≤x－1，‎ 则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，‎ 所以a4＝a1·q3≤－1.由a1＞1，得q＜0.‎ 若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.‎ 又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，‎ 所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，矛盾．‎ 因此－1＜q＜0.‎ 所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，‎ 所以a1＞a3，a2＜a4.‎ 故选B．]‎ ‎[方法归纳]　等差、等比数列性质问题的求解策略 ‎1．解题关键：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．运用函数性质：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．‎ ‎3．在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．‎ ‎■对点即时训练·‎ ‎1．已知等差数列{an}，且3(a1＋a5)＋2(a6＋a9＋a12)＝48，则数列{an}的前11项之和为(　　 )‎ A．84 B．68‎ C．52 D．44‎ D　[由等差数列的性质可得：‎ ‎3(a1＋a5)＋2(a6＋a9＋a12)＝3×2a3＋2×3a9＝6(a3＋a9)＝48，则a3＋a9＝8，结合等差数列前n项和公式有：S11＝×11＝×11＝×11＝44.]‎ ‎2．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝(　　)‎ A．40 B．60‎ C．32 D．50‎ B　[由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，‎ 即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，‎ 因此S12＝4＋8＋16＋32＝60，选B．]‎ ‎3．(2018·沈阳质量检测)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan＝________.‎ ‎－　[∵{an}是等比数列，{bn}是等差数列，‎ 且a1·a6·a11＝3，‎ ‎∴a＝()3，b1＋b6＋b11＝7π，3b6＝7π，‎ ‎∴a6＝，b6＝，‎ ‎∴tan＝tan ‎＝tan＝tan＝－.]‎ 题型3　等差(比)数列的判断与证明 ‎(对应学生用书第20页)‎ ‎■核心知识储备·‎ 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*)为同一常数；‎ ‎②利用中项性质，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 ‎①利用定义，证明(n∈N*)为同一常数；‎ ‎②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．‎ ‎■高考考法示例·‎ ‎【例3】　设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an－Sn－1＝0(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在实数λ，使得数列{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)由an－Sn－1＝0(n∈N*)，‎ 可知当n＝1时，a1－a1－1＝0⇒a1＝2.‎ 又由an－Sn－1＝0(n∈N*)，‎ 可得an＋1－Sn＋1－1＝0，‎ 两式相减，得－＝0，‎ 即an＋1－an＝0，‎ 即an＋1＝2an.‎ 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ 故an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝＝2(2n－1)，‎ 所以Sn＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ，‎ 若{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列，‎ 则S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差数列，即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.‎ 经检验λ＝－2时，{Sn＋(n＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2.‎ ‎【教师备选】‎ ‎(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．‎ ‎[解]　(1)设{an}的公比为q(q≠0)．由题设可得 解得 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.‎ ‎(2)由(1)可得 Sn＝＝－＋(－1)n.‎ 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n ‎＝2＝2Sn，‎ 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．‎ ‎[方法归纳]　等差(比)数列的判断与证明的注意事项 ‎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，但不能作为证明方法．在解答题中常用定义法和等差(比)中项法，通项公式法和前n项和公式法主要适用选择题与填空题．‎ ‎2.＝q和a＝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．‎ ‎■对点即时训练·‎ ‎(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)若S5＝，求λ.‎ ‎[解]　(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，‎ 故λ≠1，a1＝，故a1≠0.‎ 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，‎ 即an＋1(λ－1)＝λan.‎ 由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.‎ 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 于是an＝.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝1－.‎ 由S5＝得1－＝，‎ 即＝.‎ 解得λ＝－1.‎ ‎[高考真题]‎ ‎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 B　[法一：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1，∵a1＝2，‎ ‎∴d＝－3，‎ ‎∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B．‎ 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＋d＝d.‎ ‎∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B．]‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)‎ A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 B　[设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，‎ ‎∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.‎ 故选B．]‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．‎ ‎64　[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1＝10，‎ ‎∴a1＝8.‎ 故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n· ‎＝2＝2.‎ 记t＝－＋＝－(n2－7n)，‎ 结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.‎ 又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.]‎ ‎4.(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.‎ ‎[解]　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.‎ ‎[最新模拟]‎ ‎5．(2018·昆明模拟)已知数列{an}，则有(　　)‎ A．若a＝4n，n∈N*，则{an}为等比数列 B．若an·an＋2＝a，n∈N*，则{an}为等比数列 C．若am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则{an}为等比数列 D．若an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，则{an}为等比数列 C　[若a1＝－2，a2＝4，a3＝8，满足a＝4n，n∈N*，但{an}不是等比数列，故A项错；若an＝0，满足an·an＋2＝a，n∈N*，但{an}不是等比数列，故B项错；若an＝0，满足an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，但{an}不是等比数列，故D项错；am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则有＝＝＝2，则{an}是等比数列．]‎ ‎6．(2018·乌鲁木齐质量检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝2，则＝(　　)‎ A．2 B．　　　C．4　　　D． B　[设等差数列{an}的公差为d，＝2，‎ 即a3＋3d＝2a3，a3＝3d，‎ ＝＝＝＝.故选B．]‎ ‎7．(2018·湖北教研协作体联考)在等差数列{an}中，已知公差d＜0，a1＝10 ，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)求|a1|＋|a2|＋…＋|a20|.‎ ‎[解]　(1)由题意可得，a2＝10＋d，a3＝10＋2d，(2a2＋2)2＝5a1a3，即4(11＋d)2＝50(10＋2d)，化简得d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4(舍去)．‎ ‎∴an＝10－(n－1)＝11－n.‎ ‎(2)由(1)得an＝11－n，由an＝11－n≥0，得1≤n≤11，‎ 由an＝11－n＜0，得n＞11，‎ ‎∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝(a1＋a2＋…＋a11)－(a12＋…＋a20)＝－S20＋2S11＝－＋2＝100.‎ ‎∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝100.‎