专题二 数列 ：第1讲 等差数列与等比数列 课件（共63张PPT）

(共63张PPT)
上篇 专题二 数列
第1讲　等差数列与等比数列
高考定位
1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
专题训练 对接高考
内容索引
真题感悟 考点整合
1
A.64 B.100 C.128 D.132
C
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.7 B.8 C.9 D.10
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
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.(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　∵a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
C
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
证明　因为bn是数列{Sn}的前n项积，
(2)求{an}的通项公式.
1.等差数列
2.等比数列
2
热点聚焦 分类突破
热点一　等差、等比数列的基本运算
【例1】 设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
解　设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
解　法一　由(1)知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an>0；
当n＝6时，an＝0；
当n<6时，an<0；
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
所以当n＝5或n＝6时，Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
1.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.
2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成关于“n”的函数，求出最小值.
探究提高
(1)求数列{an}的通项公式；
解　设各项均为正数的等差数列的公差为d.
(2)设bn＝4n－2＋3an，若an∈N，求{bn}的前n项和Tn.
解　由于an∈N，所以an＝2n＋1.
所以bn＝4n－2＋3an＝4n－2＋6n＋3.
根据等差数列、等比数列的前n项和公式，
热点二　等差(比)数列的性质
【例2】 (1)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列{Tn}(　　)
A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项
C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项
B
则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝－9＋(n－1)×2＝2n－11，
由于a1＝－9，a2＝－7，a3＝－5，a4＝－3，a5＝－1，a6＝1，
故数列{Tn}中的正项只有有限项：T2＝63，T4＝945.
故数列{Tn}中存在最大项，为T4.故选B.
(2)已知数列{an}的各项都为正数，对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，且a3·a5＋a4＝72，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝________.
21
解析　因为对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，
所以数列{an}为等比数列，公比为a1.
又a4＞0，解得a4＝8，
(3)(多选)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个结论正确的是(　 　)
A.数列{Sn}中的最大项为S10 B.数列{an}的公差d<0
C.S10>0 D.S11<0
BCD
解析　因为S5>S6>S4，所以a6<0，a5>0且a5＋a6>0，所以数列{Sn}中的最大项为S5，A错误；
数列{an}的公差d<0，B正确；
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.
探究提高
【训练2】 (1)(2021·江南十校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S80的正整数n的最大值为(　　)
A.16 B.17 C.18 D.19
C
解析　由S80，
所以等差数列{an}的公差d<0，且a9>0.
故满足Sn>0的正整数n的最大值为18.
解析　令g(x)＝(x＋a1)(x＋a2)…(x＋a7)，
则f(x)＝xg(x)，∴f′(x)＝g(x)＋xg′(x)，
∴f′(0)＝g(0)＝a1a2…a7＝1.
BCD
又a1>1，∴0∵lg an＝lg(a1qn－1)＝lg a1＋(n－1)lg q，又lg q<0，
∴{lg an}是公差为lg q的递减的等差数列，A错误；
∵a1>1，01，
当n≥5时，01.
热点三　等差(比)数列的判断与证明
【例3】 (2021·广东重点中学联考)在数列{an}中，a1＝5，an＝2an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*).
(1)求a2，a3的值；
解　因为a1＝5，且an＝2an－1＋2n－1(n≥2)，
所以a2＝2a1＋22－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝33.
探究提高
【训练3】 (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.
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，
①② ③.
设数列{an}的公差为d，
②③ ①.
热点四　等差数列与等比数列的综合问题
【例4】 设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
解　设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.
解　由(1)，有
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)或n＝4.
所以n的值为4.
1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.
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.
探究提高
【训练4】 (2021·衡水中学联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20.
(1)求数列{an}的通项公式；
解　设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，
解得a1＝－8，d＝2，
则an＝－8＋2(n－1)＝2n－10.
(2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn.
解　数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，
∴bn＝4·4n－1＝4n(n∈N*).
专题训练 对接高考
3
巩固提升
A.35 B.36 C.45 D.54
B
解析　由等差数列的性质得a2＋a8＝2a5，
A.4 B.2 C.3 D.5
B
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(　　)
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
B
解析　当a1＜0，q＞1时，an＝a1qn－1＜0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件.当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0，若a1＞0，则qn＞0(n∈N*)，即q＞0；若a1＜0，则qn＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.
A.2 B.7 C.2，7 D.2，3，7
C
此时数列{an}递增.又a2所以数列{an}的“谷值点”为2，7.
5.(多选)(2021·湖北重点中学调研)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2 021·a2 022>1，(a2 021－1)·(a2 022－1)<0，则下列结论中正确的有(　 　)
A.q>1 B.S2 022>S2 021
C.a2 021·a2 023<1 D.T2 021是数列{Tn}中的最大项
BCD
解析　由{an}为等比数列，a1>1，a2 021·a2 022>1及(a2 021－1)·(a2 022－1)<0，
S2 022＝S2 021＋a2 022>S2 021，故B正确；
因为a1>1，a2>1，…，a2 021>1，06.已知数列{an}满足an＋2＋an＝2an＋1＋1，且a1＝1，a2＝5，则a18＝(　　)
A.69 B.105 C.204 D.205
解析　由an＋2＋an＝2an＋1＋1，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋1，
则(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝1，
∵a2－a1＝5－1＝4，
∴数列{an＋1－an}是以4为首项，1为公差的等差数列，
an＋1－an＝4＋1×(n－1)＝n＋3，
则a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝5，…，an－an－1＝n＋2，
D
各项相加，得
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
二、填空题
7.(2021·上海卷)已知等差数列{an}的首项为3，公差为2，则a10＝________.
21
解析　由题意，得a10＝3＋(10－1)×2＝21.
解析　由题意可知，S1＝2－2a2＝1，且Sn＝2－2(Sn＋1－Sn)，
9.(2021·济南模拟)已知等比数列{an}的前n项的乘积为Tn，若T2＝T9＝512，则T8＝________.
4 096
解析　设等比数列{an}的公比为q，
∴a1q5＝1.①
三、解答题
10.(2021·广州质检)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________.在①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
解　若选条件①，b5＝4(b4－b3).
设等差数列{an}的公差为d，
∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，
∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1.
∴an＝1＋(n－1)×1＝n.
设等比数列{bn}的公比为q.
由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，
得b1q4＝4(b1q3－b1q2).
∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2.
所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列.
故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*).
若选条件②，bn＋1＝Sn＋2.
令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4.
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列.
从而bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*).
(2)求数列{an－bn}的前n项和Tn.
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.)
解　由(1)知an－bn＝n－2n，
∴Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，
11.(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式an；
解　由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，
∴a3＝0.
设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d.
∵a2a4＝S4，∴－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.
(2)求使Sn>an成立的n的最小值.
则不等式Sn>an即n2－5n>2n－6，
整理可得：(n－1)(n－6)>0，
解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.
能力突破
12.(多选)(2021·长沙联考)在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2021年1月初向银行借了扶贫免息贷款10 000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为an，则(参考数据：1.211≈7.5，1.212≈9), (　 　)
A.a1＝12 000 B.an＋1＝1.2an－1 000
C.2021年小王的年利润约为40 000元 D.两年后，小王手中现款约达41万
BCD
解析　每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，
∴a1＝(1＋20%)×10 000－(600＋400)＝11 000(元)，故A错误；
由题意an＋1＝1.2an－1 000，故B正确；
由an＋1＝1.2an－1 000，得an＋1－5 000＝1.2(an－5 000)，
∴数列{an－5 000}是首项为6 000，公比为1.2的等比数列，
∴a12－5 000＝6 000×1.211，即a12＝6 000×1.211＋5 000≈50 000，
则2021年小王的年利润约为50 000－10 000＝40 000(元)，故C正确；
13.(2021·江南十校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＋λ＝3Sn，a3＝12，则实数λ的值为________.
解析　等比数列{an}满足an＋1＋λ＝3Sn，①
则an＋λ＝3Sn－1(n≥2，n∈N*)，②
①－②得an＋1－an＝3Sn－3Sn－1，则an＋1＝4an，
所以等比数列{an}的公比为4，
14.已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；
解　由a2＋a7＋a12＝－6，
得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn解　由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
∴{Tn}为递增数列，得4≤Tn<8.
故(Sn)max＝S4＝S5＝10.
若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn2.
故实数λ的取值范围为(2，＋∞).