(共55张PPT)
第1讲 等差数列、等比数列
2025
新高考核心考点 2021年 2022年 2023年 2024年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
1.等差数列模型 第17题 第17题 第3题 第7题 第20题 第18题 第19题
2.等比数列模型 第8题 第19题
3.等差数列与等比数列的交汇模型 第17题
4.数列求和问题 第16题 第17题 第18题 第12题
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A选必二4.2.2节例题改编)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且2a5=a4+5,则S11的值是( )
A.11 B.50
C.55 D.60
C
解析 由等差数列{an}的性质可知2a5=a4+5=a4+a6,
则a6=5,
2.(人A选必二4.3.1节例题改编)已知{bn}是等比数列,若b2=3,b6=27,则b4的值为( )
A.9 B.-9
C.±9 D.81
解析 由题得 =b2·b6=3×27=81,
而b4=b2·q2>0,
则b4=9,故选A.
A
3.(人A选必二4.2.2节习题改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S9=81,则S12=( )
A.288 B.144
C.96 D.25
B
4.(人A选必二第四章习题改编)中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名,其外观有五层而实际上内部有九层.为迎接国庆节的到来,有网友建议在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰,若在黄鹤楼内部塔楼的顶层挂4盏灯笼,且相邻的两层中,下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍,则九层塔楼一共需要挂的灯笼数为( )
A.360 B.511 C.1 022 D.2 044
D
解析 依题意,各层灯笼数从上到下排成一列构成等比数列{an}(n∈N*,n≤9),且a1=4,公比q=2,
所以前9项和为 =2 044,
所以九层塔楼一共需要挂2 044盏灯笼.故选D.
真题体验
1.(2024·全国甲,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5=S10,a5=1,则a1=( )
B
2.(2023·全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=( )
A.25 B.22 C.20 D.15
C
3.(2023·新高考Ⅰ,7)记Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;
乙: 为等差数列,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
C
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=A(2n-1)+B=2An-A+B.当n=1时也符合上式,
故an=2An-A+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.
综上,甲是乙的充要条件.故选C.
Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D.当n≥2时,上两式相减得Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D.
当n=1时,上式成立,于是an=a1+2(n-1)D.又an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D为常数,因此{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件,所以甲是乙的充要条件.故选C.
4.(2024·新高考Ⅱ,12)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
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以题梳点 核心突破
考点一 等差数列
考向1等差数列的基本运算
例1(1)(2024·重庆三模)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S7=70,a2(a3+a5)=80,则公差d=( )
A.12 B.2 C.3 D.4
C
解析 等差数列中,S7=7a4=70,
得a4=10.
又a2(a3+a5)=2a2a4=80,
所以a2=4,
所以d=3.故选C.
(2)(2024·广东茂名模拟)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=4(a2+ak),则k=( )
A.4 B.6 C.7 D.9
C
解析 设公差为d(d≠0),
∴a1+a8=a2+ak,
∴ak=a1+6d=a7,
∴k=7.故选C.
[对点训练1](1)(2024·河北石家庄三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,S9=6a5+27,则S5=( )
A.25 B.27 C.30 D.35
A
(2)(2024·山东济宁期末)《周髀算经》中有这样一个问题:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,自冬至日起,其日影长依次成等差数列,前三个节气日影长之和为28.5尺,最后三个节气日影长之和为1.5尺,则春分时节的日影长为( )
A.4.5尺 B.3.5尺 C.2.5尺 D.1.5尺
A
解析 设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an},公差为d,
所以an=a1+(n-1)d=11.5-n,
所以a7=11.5-7=4.5.
故春分时节的日影长为4.5尺.
考向2等差数列的性质
例2(1)(2024·广东广州模拟)在等差数列{an}中,若a2+a5+a19+a22=28,则a12=( )
A.45 B.6 C.7 D.8
C
解析 因为a2+a5+a19+a22=(a2+a22)+(a5+a19)=4a12=28,所以a12=7.故选C.
(2)(多选题)(2024·山东临沂期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,a4+a11>0,a7a8<0,则下列选项正确的有( )
A.数列{an}是递增数列
B.S6>S9
C.当n=7时,Sn最大
D.当Sn>0时,n的最大值为14
BCD
解析 ∵在等差数列{an}中,a1>0,a4+a11=a7+a8>0,a7a8<0,∴a7>0,a8<0,∴公差d<0,数列{an}是递减数列,A错误;∵S9-S6=a7+a8+a9=3a8<0,∴S6>S9,B正确;∵a7>0,a8<0,数列{an}是递减数列,∴当n=7时,Sn最大,C正确;
C
(2)(2024·四川南充二模)竹子可以用来加工成日用品,比如竹简、竹签、竹扇、竹筐、竹筒等.现有某饮料厂共研发了九种容积不同的竹筒用来罐装饮料,这九种竹筒的容积a1,a2,…,a9(单位:L)依次成等差数列,若a1+a2+a3=3.6,a8=0.4,则a1+a2+…+a9=( )
A.5.4 B.6.3 C.7.2 D.13.5
C
考点二 等比数列
考向1等比数列的基本运算
例3(1)(2024·江西景德镇三模)已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn+1=4Sn,a2=3,则S2 024=( )
A
解析 由Sn+1=4Sn,a2=3,得a2+a1=S2=4S1=4a1,解得S1=a1=1,因此数列{Sn}是首项为1,公比为4的等比数列,Sn=S1·4n-1=4n-1,所以S2 024=42 023.故选A.
(2)(2023·全国甲,文13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 .
[对点训练3](1)(2024·河南洛阳模拟)在一次数学实践课上某同学将一张腰长为1的等腰直角三角形纸对折,每次对折后仍成等腰直角三角形,则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为( )
A
考向2等比数列的性质
例4(1)(2024·山东济南三模)已知{an}是等比数列,且a2a7=-a8=-4a4,则a3=( )
C
解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a2a7=a1a8=a4a5,且a2a7=-a8=-4a4,所以a1=-1,a5=-4,所以 =a1a5,且a1,a3,a5同号,所以a3=-2.故选C.
(2)(2024·江苏扬州模拟)在正项等比数列{an}中,Sn为其前n项和,若S30=7S10,S10+S30=80,则S20的值为( )
A.10 B.20 C.30 D.40
C
解析 设正项等比数列{an}的公比为q,则S10,S20-S10,S30-S20是首项为S10,公比为q10的等比数列.若S30=7S10,S10+S30=80,则S10=10,S30=70,所以(S20-10)2 =S10(S30-S20)=10(70-S20)>0,即 10S20-600=0,解得S20=30或S20=-20(舍去).故选C.
[对点训练4](1)(2024·北京朝阳一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a2=1,a3+a4=4,则S6=( )
A.9 B.16 C.21 D.25
C
a5+a6=16,S6=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)=21.故选C.
(2)(2024·福建漳州三模)已知数列{an}是公比不为1的正项等比数列,则“t=2”是“a1·a10=at·a9”的( )
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
A
解析 由等比数列的性质可知,若t=2,则a1·a10=at·a9.
记数列{an}的公比为q,
若a1·a10=at·a9,
则a1·a1q9=a1qt-1·a1q8,
因为数列{an}是公比不为1的正项等比数列,所以q9=qt+7,得t+7=9,t=2.
综上,“t=2”是“a1·a10=at·a9”的充要条件.
故选A.
考点三 等差数列与等比数列的综合应用
例5(2023·新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令 ,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
[对点训练5](2024·江西南昌二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+an+2=kan+1.
(1)当k=2时,求S10;
(2)若k= ,设bn=an+1-2an,求{bn}的通项公式.
解 (1)当k=2时,有an+an+2=2an+1,
即an+2-an+1=an+1-an,
所以{an}为等差数列.
因为a1=1,a2=3,
所以d=a2-a1=2,
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第3讲 数列求和
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A选必二4.2节习题改编)在数列{an}中,a1=1,且an+an+1=2n(n∈N*),则其前41项的和为( )
A.841 B.421 C.840 D.420
A
解析 设数列{an}的前n项和为Sn,因为a1=1,且an+an+1=2n(n∈N*),则S41=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a40+a41)=1+2×2+2×4+2×6+…+2×40
=1+2×(2+4+6+…+40)=1+2 =841.故选A.
2.(人A选必二4.3节习题改编)如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中,后人称为“三角垛”,“三角垛”最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球,第四层有10个球,…,设从上往下各层的球数构成数列{an},则
B
3.(人A选必二4.3节习题改编)数列{an}满足an+2+(-1)nan=2n-1,前12项和为164,则a1的值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析 因为an+2+(-1)nan=2n-1,所以a2+a4=3,a6+a8=11,a10+a12=19,a3-a1=1,a5-a3=5,…,a11-a9=17.
因为前12项和为164,所以a1+a2+a3+…+a12=(a1+a3+…+a11)+(a2+a4+…+a12)=164,所以a1+a3+…+a11=131,即a1+(a1+1)+(a1+6)+(a1+15)+(a1+28)+(a1+45)=131,解得a1=6.故选C.
C
4.(人A选必二第四章习题改编)已知数列{an}的前n项和为Sn且an= ,若Sn+an>(-1)na对任意n∈N*恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2)
C
真题体验
1.(2021·全国甲,理7)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
解析 当数列{an}满足q=1>0,a1=-1时,an=-1,Sn=-n,{Sn}不是递增数列;当{Sn}是递增数列时,n≥2时,an=Sn-Sn-1>0,q>0,所以甲是乙的必要条件但不是充分条件.
B
A
以题梳点 核心突破
考点一 分组求和
例1(2023·新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列, 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
(1)解 设等差数列{an}的公差为d,
解得a1=5,d=2,an=a1+(n-1)d=2n+3,
所以数列{an}的通项公式是an=2n+3.
解 (1)当n=1时,a1=S1=1.
当n=1时,也符合an=n.
综上,an=n.
考点二 错位相减法求和
例2(2021·全国乙,文19)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足
已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<
[对点训练2](2024·山东泰安模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,对任意k∈N*,Sk是Sk+1与Sk+2的等差中项.
(1)求{an}的公比q;
(2)求{nSn}的前n项和Tn.
解 (1)(方法一){an}为等比数列,a1=3≠0,
∵2Sk=Sk+1+Sk+2,∴Sk+1+Sk+2-2Sk=0,
∴2ak+1+ak+2=0,∴q=-2.
(方法二)∵2Sk=Sk+1+Sk+2,a1=3,当q≠1时,
整理得q2+q-2=0,解得q=-2或q=1,
当q=1时,由2Sk=Sk+1+Sk+2得6k=6k+9,不成立,舍去,∴q=-2.
∴nSn=n-n(-2)n,设bn=n(-2)n,{bn}的前n项和为Bn,
则Bn=1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n(-2)n,
-2Bn=1×(-2)2+2×(-2)3+…+(n-1)·(-2)n+n(-2)n+1,
考点三 裂项相消法求和
本 课 结 束(共37张PPT)
第2讲 数列的递推关系
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A选必二4.2.2节习题改编)如果数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,那么a12的值为( )
A.23 B.24 C.25 D.26
C
解析 由数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,可得
a12=S12-S11=122+2×12-(112+2×11)=25.
故选C.
2.(人A选必二4.1节习题改编)已知数列{an}满足a1=9,an+1-an=n,则a4=( )
A.20 B.18 C.15 D.10
解析 因为an+1-an=n,则a4-a3=3,a3-a2=2,a2-a1=1,相加可得a4-a1=6,即a4=a1+6,且a1=9,所以a4=a1+6=15.故选C.
C
B
4.(人A选必二4.1节习题改编)设Sn为数列{an}的前n项和,且an=2Sn+5,则
S2 024=( )
A.-2 024 B.2 024 C.-5 D.0
D
真题体验
1.(2023·天津,5)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N*),则a4=( )
A.16 B.32 C.54 D.162
解析 当n≥2,n∈N*时,an=2Sn-1+2,所以an+1-an=2an,即an+1=3an.当n=1时, a2=2Sn+2=2a1+2=6=3a1,所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,则a4=a1q3=54.故选C.
C
2.(2024·新高考Ⅰ,8)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3时,f(x)=x,则下列结论中一定正确的是( )
A.f(10)>100 B.f(20)>1 000
C.f(10)<1 000 D.f(20)<10 000
B
解析 ∵当x<3时,f(x)=x,∴f(1)=1,f(2)=2.
∵f(x)的定义域为R,且f(x)>f(x-1)+f(x-2),
∴f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5,f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21,f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89,f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377,f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987,f(16)>f(15)+f(14)>1 000.∴f(20)>1 000.
结合各选项知,选项B一定正确.
以题梳点 核心突破
考点一 通项公式an与Sn的关系
例1(2024·浙江杭州期末)已知Sn为公差为2的等差数列{an}的前n项和,若数列 为等差数列.
(1)求an;
(2)求数列{}的前n项和.
解得a1=2.
故an=2+2(n-1)=2n.
[对点训练1](2024·四川南充二模)在数列{an}中,Sn是其前n项和,且
3Sn-an=64.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若 n∈N*,λ-1考点二 累加、累乘法
例2(2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列{cn},我们定义:数列
为数列{cn}的“k-比分数列”.已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,且{an}的“1-比分数列”与{bn}的“2-比分数列”是同一个数列.
(1)若{bn}是公比为2的等比数列,求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若{bn}是公差为2的等差数列,求an.
当n≥2时,an=(an-an-1)+…+(a2-a1)+a1=2+4+…+2n=n(n+1).
当n=1时,1×(1+1)=2=a1,所以an=n(n+1).
(2)设数列{bn}的公差为d,
因为4b2=4b1+b4 4(b1+d)=5b1+3d,得d=b1,易知bn=b1n.
考点三 构造辅助数列
考向1形如an+1=pan+f(n)型
例3(1)(2024·陕西榆林期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,an+1=Sn+2n+1,a1=2,则Sn=( )
A.(n+1)·2n B.(n+1)·2n-1 C.n·2n-1 D.n·2n
D
(2)(2024·江苏南通三模)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+n=2an,则a7=( )
A.65 B.127 C.129 D.255
B
解析 当n=1时,a1+1=2a1,则a1=1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-n-[2an-1-(n-1)]
=2an-2an-1-1,
∴an=2an-1+1,∴an+1=2(an-1+1),a1+1=2≠0,∴{an+1}是2为首项,2为公比的等比数列,∴a7+1=2×26=27=128,∴a7=127.故选B.
[对点训练3](1)(2023·山东菏泽三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,若满足Sn=4an-3,则Sn=( )
C
(2)在数列{an}中,a1=-1,an+1=2an+4·3n-1,则an= .
4·3n-1-5·2n-1
解析 (方法一)原递推式可化为an+1+λ·3n=2(an+λ·3n-1).比较系数得λ=-4,故an+1-4·3n=2(an-4·3n-1),则数列{an-4·3n-1}是首项为a1-4×31-1=-5,公比为2的等比数列,∴an-4·3n-1=-5·2n-1,即an=4·3n-1-5·2n-1.
考向2形如an+1=pan+qan-1(其中a1=a,a2=b)型
例4(1)(多选题)(2024·广东佛山模拟)已知数列{an}的前n项的和为Sn,S1=4,S2=8,4Sn=Sn+1+4Sn-1(n≥2),则下列说法正确的是( )
A.S4=32
B.{an+1-2an}是等比数列
AD
解析 由题意可知S3=4S2-4S1=16,所以S4=4S3-4S2=32.故A正确;
因为a3-2a2=S3-S2-2(S2-S1)=S3-3S2+2S1=0,所以{an+1-2an}不能是等比数列.故B错误;因为4Sn=Sn+1+4Sn-1(n≥2),即Sn+1=4Sn-4Sn-1(n≥2),所以Sn+1-2Sn
=21(Sn-2Sn-1)=22(Sn-1-2Sn-2)=…=2n-1(S2-2S1)=0,所以Sn+1-2Sn=0,即 =2.
(2)已知在数列{an}中,a1=5,a2=2,an=2an-1+3an-2(n≥3),则这个数列的通项公式an= .
解析 ∵an=2an-1+3an-2,
∴an+an-1=3(an-1+an-2).
又a1+a2=7,∴{an+an-1}是首项为7,公比为3的等比数列,则
an+an-1=7×3n-2(n≥2).①
又an-3an-1=-(an-1-3an-2),a2-3a1=-13,
∴{an-3an-1}是首项为-13,公比为-1的等比数列,则
an-3an-1=(-13)×(-1)n-2(n≥2).②
①×3+②得4an=7×3n-1+13×(-1)n-1,
解析 由题意知an+2-an+1=an+1-an,所以{an}为等差数列.设公差为d,由题意得2=8+3d,则d=-2,得an=8-2(n-1)=10-2n.
(2)在数列{an}中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an,则an= .
解析 由题意知an+2-an+1=2(an+1-an),
∵a2-a1=2,
∴{an-an-1}是首项为2,公比为2的等比数列,an-an-1=2n-1(n≥2),当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1= =2n-1.
显然当n=1时满足上式,∴an=2n-1.
[对点训练4](1)(2024·湖北荆州质测)数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2=2an+1-an(n∈N*),则数列{an}的通项公式为 .
an=10-2n
an=10-2n
考向3形如an+1= 型
例5(2024·福建福州质检)在数列{an}中,若a1=1,an+1= ,则an= .
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本 课 结 束
