第15练　等差数列、等比数列 课件（共60张PPT）

(共60张PPT)
等差数列、等比数列
第15练
专项典题精练
高考汇编
1.(2019·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则
A.an＝2n－5 B.an＝3n－10
C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝ n2－2n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
解析　设等差数列{an}的公差为d，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
2.(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于
A.12 B.24 C.30 D.32
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　设等比数列{an}的公比为q，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
3.(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋
ak＋10＝215－25，则k等于
A.2 B.3 C.4 D.5
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
4.(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　设每一层有n环，由题意可知，
从内到外每环之间构成公差为d＝9，
首项为a1＝9的等差数列.
由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，
则9n2＝729，解得n＝9，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5.(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3n2－2n
解析　方法一　(观察归纳法)
数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；
数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
方法二　(引入参变量法)
设bn＝2n－1，cm＝3m－2，令bn＝cm，m，n∈N*，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数.
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…).
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6.(2019·全国Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0，a2＝3a1，则
＝____.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4
解析　设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，
即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7.(2017·全国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；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解　设{an}的公比为q，由题意可得
解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.
解　由(1)可得
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
8.(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知 ＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
证明　因为bn是数列{Sn}的前n项积，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(2)求{an}的通项公式.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
模拟精选
9.(2021·西安模拟)已知首项为最小正整数，公差不为零的等差数列{an}中，a2，a8，a12依次成等比数列，则a4的值是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　设公差不为零的等差数列{an}的公差为d，
则有d≠0，
因为a2，a8，a12依次成等比数列，a1＝1，
即(a1＋7d)2＝(a1＋d)(a1＋11d)，
整理得19d2＝－a1d，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
10.(2021·崇左模拟)数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*).将数列{an}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{bn}，则b2 021等于
A.1 B.2 C.3 D.0
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　∵数列{an}满足：a1＝a2＝1，
an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，
∴a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝34，a10＝55，
a11＝89，a12＝144，…，
数列{an}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{bn}为1,1,2,3,1,0,
1,1,2,3,1,0，…，
可得数列{bn}为周期为6的周期数列，
∴b2 021＝b5＝1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
11.(多选)(2021·揭阳模拟)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是
A.a3＋a7≥2 B.a4＋a6≥2
C.a7－2a6＋1≥0 D.a3－2a4－1≥0
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
解析　因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，
当且仅当q2＝1时等号成立，故A正确；
因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；
存在q使得a3－2a4－1<0，故D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
12.(多选)(2021·临沂模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是
A.若Sn＝n2－1，则{an}是等差数列
B.若Sn＝2n－1，则{an}是等比数列
C.若{an}是等差数列，则S99＝99a50
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
解析　对于A选项，若Sn＝n2－1，
当n≥2时，an＝2n－1，a1＝0不满足an＝2n－1，故A错误；
对于B选项，若Sn＝2n－1，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
由于a1＝21－1＝1满足an＝2n－1，
所以{an}是等比数列，故B正确；
对于C选项，若{an}是等差数列，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
对于D选项，当n＝1时，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
故当n＝1时不等式不成立，
13.(2021·广州模拟)写出一个满足前5项的和为10，且递减的等差数列的通项an＝__________________.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
－n＋5(答案不唯一)
解析　依题意知，数列是递减的等差数列，所以公差d<0，
所以a3＝2，不妨取公差d＝－1，
所以an＝a3＋(n－3)d＝2＋(n－3)×(－1)＝－n＋5.
14.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为______.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
20
解析　在正项等比数列{an}中，Sn>0.
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
＝20(当且仅当S4＝5时取等号).
故a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
15.(2021·北京丰台区模拟)已知数列{an}中，a1＝1，且满足________.
从①an＋1＝2an(n∈N*)；②an＋1－an＝2(n∈N*)；③an＋1＋an＝2(n∈N*)这三个条件中选择一个，补充在上面的问题中并作答.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
因为a1＝1，所以数列{an}是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以an＝1×2n－1＝2n－1，
若选②，因为an＋1－an＝2(n∈N*)，a1＝1，
所以数列{an}是以2为公差，1为首项的等差数列，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
若选③，因为an＋1＋an＝2(n∈N*)，a1＝1，
所以an＝1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(2)求数列{an＋2n－1}的前n项和Sn.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解　若选①，则由(1)得an＋2n－1＝2n－1＋2n－1＝2n，则
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
若选②，则由(1)得an＋2n－1＝2n－1＋2n－1，则
Sn＝(1＋20)＋(3＋21)＋(5＋22)＋…＋[(2n－1)＋2n－1]
＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(20＋21＋22＋…＋2n－1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
若选③，则由(1)得an＋2n－1＝1＋2n－1，则
Sn＝(1＋20)＋(1＋21)＋…＋(1＋2n－1)
16.(2021·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝λ·2n＋μ(n－1)2－2.
(1)若λ＝μ＝1，求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解　λ＝μ＝1时，Sn＝2n＋(n－1)2－2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋(n－1)2－2－[2n－1＋(n－2)2－2]
＝2n－1＋2n－3，
当n＝1时，a1＝S1＝0，满足上式.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋2n－3(n∈N*).
(2)是否存在实数λ，μ，使得数列{an}是等差数列，若存在，求出λ，μ的值；若不存在，说明理由.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解　假设存在实数λ，μ，使得数列{an}是等差数列，
an＝a1＋(n－1)d＝nd＋a1－d， ①
由题意a1＝S1＝2λ－2，
因为Sn＝λ·2n＋μ(n－1)2－2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝λ·2n＋μ(n－1)2－2－[λ·2n－1＋μ(n－2)2－2]
＝λ·2n－λ·2n－1＋μ(n－1)2－μ(n－2)2
＝λ·2n－1＋μ(2n－3)＝λ·2n－1＋2μn－3μ， ②
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
所以an＝4n－6，当n＝1时也满足，
故存在实数λ＝0，μ＝2使数列{an}为等差数列.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
考情分析
练后疑难精讲
高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，和等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合的解答题形式考查，属于中档题目.
一、等差数列、等比数列的基本运算
核心提炼
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
题号 1 2 5 6 10 11
二、等差数列、等比数列的性质
核心提炼
1.等差数列常用性质：
(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，…成等差数列.
2.等比数列常用性质：
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
(2)an＝am·qn－m.
题号 4 9 13 14
三、等差数列、等比数列的判断与证明
核心提炼
证明数列{an}是等差(比)数列的方法：
(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*)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*).
(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：
题号 3 7 8 12 15 16
易错对点精补
1.[T3补偿]数列{an}满足am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，a1＝1，则a20＋a22＋a24＋…＋a40等于
A.300 B.330 C.630 D.600
√
1
2
3
4
5
解析　数列{an}满足am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，
则当m＝1时，an＋1－an＝1，
于是得数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
an＝a1＋(n－1)d＝1＋n－1＝n，
从而有a20＋a22＋a24＋…＋a40＝20＋22＋24＋…＋40
1
2
3
4
5
2.[T4补偿](2021·永州模拟)我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列说法不正确的是
A.小寒比大寒的晷长长一尺
B.春分和秋分两个节气的晷长相同
C.小雪的晷长为一丈五寸
D.立春的晷长比立秋的晷长长
√
1
2
3
4
5
解析　由题意可知，夏至到冬至的晷长构成等差数列{an}，
其中a1＝15寸，a13＝135寸，
设公差为d1寸，则135＝15＋12d1，解得d1＝10；
同理可知，由冬至到夏至的晷长构成等差数列{bn}，
首项b1＝135，末项b13＝15，公差d2＝－10(单位都为寸).
故小寒与大寒相邻，小寒比大寒的晷长长10寸，
即一尺，选项A正确；
∵春分的晷长为b7，
∴b7＝b1＋6d2＝135－60＝75，
1
2
3
4
5
∵秋分的晷长为a7，∴a7＝a1＋6d1＝15＋60＝75，
故春分和秋分两个节气的晷长相同，选项B正确；
∵小雪的晷长为a11，
∴a11＝a1＋10d1＝15＋100＝115,115寸即一丈一尺五寸，
故小雪的晷长为一丈一尺五寸，C错误；
∵立春的晷长、立秋的晷长分别为b4，a4，
∴a4＝a1＋3d1＝15＋30＝45，b4＝b1＋3d2＝135－30＝105，
∴b4>a4，
故立春的晷长比立秋的晷长长，故D正确.
1
2
3
4
5
3.[T5补偿](2021·黄山模拟)将数列{3n－1}与{2n＋1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的第10项为
A.210－1 B.210＋1
C.220－1 D.220＋1
√
1
2
3
4
5
解析　设bm＝3m－1，cn＝2n＋1，
令bm＝cn，m，n∈N*，
1
2
3
4
5
又因为m，n∈N*，
所以n＝2,4,6，…，
即a1＝c2，a2＝c4，a3＝c6，…，
所以a10＝c20＝220＋1.
10
即(a5＋a9)2＝100，
因为数列{an}是正项数列，
所以a5＋a9＝10.
1
2
3
4
5
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，________.
(1)求{an}的通项公式；
1
2
3
4
5
解　选条件①：
由题设可得2an－Sn－1＝0，即Sn＝2an－1，
当n≥2时，有Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，
又当n＝1时，S1＝2a1－1，即a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1.
1
2
3
4
5
选条件②：
∵a1＝2，Sn＋1＝2Sn＋2，
∴Sn＝2Sn－1＋2，n≥2，
两式相减得，an＋1＝2an，n≥2，
又当n＝1时，有S2＝2S1＋2＝a1＋a2，
可解得a2＝4，∴a2＝2a1，
∴数列{an}是首项、公比均为2的等比数列，
∴an＝2n.
1
2
3
4
5
选条件③：
∴(2an＋1－an)(an＋1＋2an)＝0，
∵an>0，∴2an＋1－an＝0，
又a1＝1，
1
2
3
4
5
(2)求Sn，并判断－S1，Sn，Sn＋1是否成等差数列，并说明理由.
1
2
3
4
5
解　选条件①：
∴Sn＋1－S1＝2n＋1－1－1＝2(2n－1)＝2Sn，
∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.
选条件②：
∴Sn＋1－S1＝2n＋2－2－2＝2(2n＋1－2)＝2Sn，
∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.
1
2
3
4
5
选条件③：
∴－S1，Sn，Sn＋1不成等差数列.
1
2
3
4
5