高考数学专题三数列　微专题21　等差数列、等比数列 课件(共58张PPT)

(共58张PPT)
专题三　数　列
微专题21
等差数列、等比数列
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，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合解答题的形式考查，属于中档题目.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
考点一　等差、等比数列的基本运算
典例1　 (1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝
－8，则a7＝________.
－2
设{an}的公比为q(q≠0)，
则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，
显然an≠0，
则a4＝q2，即a1q3＝q2，
则a1q＝1，
因为a9a10＝－8，
则a1q8·a1q9＝－8，
则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
∵3a2＝3a1＋a3，
∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
an＝a1＋(n－1)d＝nd，
即2d2－7d＋3＝0，
∴an＝nd＝3n.
②若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，
解得a1＝d或a1＝2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99－T99＝99，
由等差数列的性质知，
99a50－99b50＝99，
即a50－b50＝1，
解得a50＝51或a50＝－50(舍去).
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，
解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，
跟踪训练1　(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝
7S3，则{an}的公比为________.
若q＝1，
则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，
则a1＝0，不符合题意.
所以q≠1.
当q≠1时，因为8S6＝7S3，
即8(1－q6)＝7(1－q3)，
即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，
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设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，且q>0，
因为b5＝b＝16，则b1q4＝(b1q)4＝16，可得q＝2，b1＝1，
因为cn＝an＋bn，
所以T9＝c1＋c2＋…＋c9＝(a1＋a2＋…＋a9)＋(b1＋b2＋…＋b9)
典例2　(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且S3＝S19，则S21等于
A.2 B.3 C.4 D.6
考点二　等差、等比数列的性质
√
因为S3＝S19，
所以a1＋a2＋a3＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a19，
所以a4＋a5＋…＋a19＝8(a4＋a19)＝0，
即a4＋a19＝0，
S21＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a19＋a20＋a21
＝a1＋a2＋a3＋a20＋a21
＝a1＋2(a4＋a19)＝a1＝2.
(2)(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于
A.120 B.85 C.－85 D.－120
√
方法一　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，
若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意，
所以q≠1.
由S4＝－5，S6＝21S2，
由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
方法二　设等比数列{an}的公比为q，
因为S4＝－5，S6＝21S2，
所以q≠－1，否则S4＝0，
从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，
所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，
当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，
即为－1，－4，－16，S8＋21，
易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，
与S4＝－5矛盾，舍去.
综上，S8＝－85.
跟踪训练2　
√
由题意得an>0，
∵正项等比数列{an}满足a10＝1，根据等比数列的性质得a1·a19＝a2·a18＝…＝a9·a11＝1，
根据f(x)＋f(－x)＝1得
考点三　等差、等比数列的判断与证明
典例3　已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
跟踪训练3　(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知 ＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
得2Sn＋n2＝2an·n＋n， ①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1·(n＋1)＋(n＋1)， ②
②－①，得
2an＋1＋2n＋1＝2an＋1·(n＋1)－2an·n＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列.
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，得a＝a4a9，即
(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
总结提升
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
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1.(2023·聊城模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝5，a1＋S11＝67，则a3a10是{an}中的
A.第30项 B.第36项
C.第48项 D.第60项
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设等差数列{an}的公差为d，由a5＝5，得a1＋4d＝5； ①
由①②解得a1＝1，d＝1，所以an＝n，
于是a3a10＝3×10＝30，而a30＝30，故a3a10是{an}中的第30项.
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2.(2023·武汉模拟)已知等比数列{an}满足a6＝2，且a7，a5，a9成等差数列，则a4等于
A.－2 B.－1 C.1 D.2
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方法一　设等比数列{an}的公比为q，
由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.
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方法二　设等比数列{an}的公比为q，
将q＝2代入①，解得a3＝4.
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4.(2023·南京模拟)已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3,5，第三行为7,9,11，第四行为13,15,17,19，如图所示，在宝塔形数表中位于第i行，第j列的数记为ai，j，比如a3，2＝9，a4，2＝15，a5，4＝23，若ai，j＝2 017，则i＋j等于
A.64 B.65 C.71 D.72
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数列1,3,5，…是首项为1，公差为2的等差数列，
记其通项公式为bn＝2n－1，
令bn1＝2n1－1＝2 017，解得n1＝1 009.
宝塔形数自上而下，每行的项数是1,2,3，…，
即首项是1，公差是1的等差数列，
记其通项公式为cn＝n，
所以n1＝1 009是第45行的数，即i＝45.
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第45行是奇数行，是从右边开始向左边递增，
即从b991＝2×991－1＝1 981，
即{bn}的第991项，递增到第1 009项，也即从右往左第19项.
故从左往右是第45－19＋1＝27项，所以j＝27.所以i＋j＝45＋27＝72.
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5.(多选)(2023·湛江模拟)一百零八塔始建于西夏时期，是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一，塔群随山势凿石分阶而建，自上而下一共12层，第1层有1座塔，从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座塔.已知包括第1层在内的其中10层的塔数可以构成等差数列{an}，剩下2层的塔数分别与上一层的塔数相等，第1层与第2层的塔数不同，则
A.第3层的塔数为3
B.第6层的塔数为9
C.第4层与第5层的塔数相等
D.等差数列{an}的公差为2
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设等差数列{an}的公差为d，
则最多有55＋10＋10＝75(座)塔，不符合题意；
塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19，依题意知剩下2层的塔数为3与5，所以这12层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19，因此A，C，D正确，B错误.
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6.(多选)(2023·常德模拟)数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”.小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方形EFGH，且使得∠BEF＝15°；再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ，且使得∠FMN＝15°；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的
图案，如图所示.设第n个正方形的边长为an(其中第1个正方形ABCD的边长为a1＝AB，第2个正方形EFGH的边长为a2＝EF，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2，…)，则
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设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，
得a1＋d＝3a1，即d＝2a1，
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而a1＝2满足上式，因此an＝
由an＝am－n得
即n2－23n＋20＝(m－n)2－23(m－n)＋20，
整理得m(2n－m)＝23(2n－m)，又n为小于m的任意正整数，所以m＝23.
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将n＝1代入得，a2＝4a1＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2＝12.
所以b1＝1，b2＝2，b3＝4.
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(2)判断数列{bn}是不是等比数列，并说明理由；
{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
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(3)求{an}的通项公式.
所以an＝n·2n－1(n∈N*).
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10.(2022·新高考全国Ⅱ)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3，得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4，得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
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(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.
由(1)知，an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.