資源簡介

專題一　等差數列、等比數列講義
一、考情分析
高頻考點 高考預測
求等差、等比數列的指定項、公差或公比 在選擇、填空題中會繼續考查等差數列、等比數列基本量的計算,注意整體思想、方程思想和轉化思想的運用
求等差、等比數列的前n項和
數列的轉化與構造(即歸結為等差,等比數列問題)
二、回歸真題
1.(2024·全國甲卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和,已知S5=S10,a5=1,則a1=(　　)
A.
2.(2023·新高考Ⅱ卷)記Sn為等比數列{an}的前n項和,若S4=-5,S6=21S2,則S8=(　　)
A.120 B.85 C.-85 D.-120
3.(2024·新高考Ⅱ卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,則S10=　　　　.
三、考點探究
考點一　等差數列基本量的計算
例1　(1)(2024·九省聯考)記等差數列{an}的前n項和為Sn,a3+a7=6,a12=17,則S16=(　　)
A.120 B.140 C.160 D.180
(2)(2024·湖北十一校二聯)已知在數列{an}中,a1,a11∈N*,數列{an}的前n項和為Sn,為等差數列,S14=77,則S100=　　.
總結　1.五個量a1,d,n,an,Sn知三求二,列方程或方程組求解.
2.運用等差數列性質,可減少運算量.
3.最值問題,注意找分界項,可利用單調性、基本不等式等.
訓練1　(1)(2024·湖北七市州聯測)已知公差為負數的等差數列{an}的前n項和為Sn,若a3,a4,a7是等比數列,則當Sn取最大值時,n=(　　)
A.2或3 B.2 C.3 D.4
(2)(2024·青島適考)記正項等差數列{an}的前n項和為Sn,S20=100,則a10·a11的最大值為(　　)
A.9 B.16 C.25 D.50
考點二　等比數列基本量的計算
例2　(1)(2024·如皋診斷)在等比數列{an}中,a1+ax=82,a3ax-2=81,且前x項和Sx=121,則此數列的項數x等于(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
(2)(2024·湖州中學質檢)設等比數列{an}的前n項和為Sn,若S10∶S5=1∶2,則S15∶S5等于(　　)
A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3
總結　1.求和時注意分析公比是否為-1.
2.常用整體代入,或兩和式相除.
3.常用等比數列性質來簡化運算.
訓練2　(1)(2024·廣州 綜合測試)記Sn為等比數列{an}的前n項和,若a3a5=2a2a4,則=(　　)
A.5 B.4 C.3 D.9
(2)(2024·重慶聯考)記數列{an}的前n項和為Sn,若Sn=2an+λ,且S6=252,則λ=　　　　.
考點三　構造等差、等比數列求項或和
例3　(1)(2024·浙江L16聯盟適應性測試)已知數列{an}滿足a1=1,且對任意m,n∈N*(m>n)均有am+n+am-n=2am+2an.記{an}的前n項和為Sn,則S7=(　　)
A.28 B.140 C.256 D.784
(2)(2024·廣東聯考)在數列{an}中,a1=3,且an+1=3an+4n-6(n∈N*),則{an}的通項公式為　　　　.
總結　由項或和的遞推公式求通項公式的基本策略:通過變形、待定系數,根據m,n∈N的等式取特殊值或兩式進行適當的運算,運用同構思想轉化為等差、等比數列.
訓練3　(1)(2024·河南TOP二十名校質檢)已知數列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),則a1 314=(　　)
A.1 056 B.1 123 C.1 315 D.2 627
(2)(2024·金陵中學模擬)已知數列{an}滿足a1=1,2an+1-an+anan+1=0(n∈N*),則數列{an}的通項公式為　　　　.
專題一　等差數列、等比數列練習
(分值：73分)
單選題每小題5分，共40分；多選題每小題6分，共18分.
一、單選題
1.(2024·江蘇四校聯考)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，S4＝1，S8＝4，則a17＋a18＋a19＋a20＝(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
2.(2024·浙江9＋1高中聯盟模擬)已知數列{an}滿足：a1＝a9＝40，且數列{an}為等差數列，則a100＝(　　)
A.10 B.40 C.100 D.103
3.(2024·南京、鹽城一模)等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S3＝a2＋5a1，a5＝4，則a1＝(　　)
A. B.－ C. D.－
4.(2024·湖南師大附中調研)已知Sn是等差數列{an}的前n項和，Tn是數列的前n項和，若S7＝7，S15＝75，則Tn＝(　　)
A. B. C. D.
5.(2024·遼寧實驗中學適考)設數列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n，若bn＝，且數列{bn}的前n項和為Sn，則Sn＝(　　)
A.n B.＋ C.n D.n
6.(2024·嘉興一中模擬)已知數列{an}滿足a1＝0，a2＝a3＝1，令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*).若數列{bn}是公比為2的等比數列，則a2 024＝(　　)
A. B. C. D.
7.(2024·河北一模)若數列{an}滿足an＋1＝(an≠0且an≠－1)，則與的比值為(　　)
A. B. C.2 D.3
8.(2024·溫州適考)已知{an}為等比數列，則“a2 024＝1”是“a1·a2·…·an＝a1·a2·…·
a4 047－n，n是任意正整數”的(　　)
A.充分條件但不是必要條件 B.必要條件但不是充分條件
C.充要條件 D.既不是充分條件也不是必要條件
二、多選題
9.(2024·東北三省二模)已知數列{an}是公差為d的等差數列，Sn是其前n項的和，若a1<0，S2 000＝S2 024，則(　　)
A.d>0 B.a2 012＝0 C.S4 024＝0 D.Sn≥S2 012
10.(2024·太原診斷)已知數列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，數列{an}的前n項和為Sn，則下列結論正確的是(　　)
A.{an}是等比數列 B.a4＝15
C.a10<1 000 D.Sn＝2an－n
11.(2024·湖北十一校二聯)如圖所示的數陣的特點是：每行每列都成等差數列，該數列一共有n行n列(n≥100)，aij表示第i行第j列的數，比如a23＝7，a54＝21，則(　　)
2 3 4 5 6 7 ……
3 5 7 9 11 13 ……
4 7 10 13 16 19 ……
5 9 13 17 21 25 ……
6 11 16 21 26 31
7 13 19 25 31 37 ……
…… …… …… …… …… …… ……
A.a77＝50
B.數字65在這個數陣中出現的次數為8次
C.aij＝i×j＋1
D.這個數陣中n2個數的和S＝
三、填空題
12.(2024·湖州中學質檢)在等比數列{an}中，n∈N*，a1＝2，前n項和為Sn，若數列{an＋1}也是等比數列，則Sn等于________.
13.(2024·江西九師聯盟聯考)在1，3中間插入二者的乘積，得到1，3，3，稱數列1，3，3為數列1，3的第一次擴展數列，數列1，3，3，9，3為數列1，3的第二次擴展數列，重復上述規則，可得1，x1，x2，…，x2n－1，3為數列1，3的第n次擴展數列，令an＝log3(1×x1×x2×…×x2n－1×3)，n∈N*，則數列{an}的通項公式為________.
14.(2023·浙江強基聯盟聯考)用[x]表示不超過x的最大整數，已知數列{an}滿足：a1＝，an＋1＝λa－μ(an－1)，n∈N*.若λ＝0，μ＝－2，則an＝________；若λ＝μ＝1，則＝________.答案詳解
專題一　等差數列、等比數列講義
二、回歸真題
1.B[由S5=S10,得,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d=,所以a1=a5-4d=1-4×,選B.]
2.C　[法一　設等比數列{an}的公比為q(q≠0),由題意易知q≠1,則化簡整理得
所以S8=(1-44)=-85,故選C.
法二　易知S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,…為等比數列,所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4),解得S2=-1或S2=.
當S2=-1時,由(S6-S4)2=(S4-S2)·(S8-S6),解得S8=-85;當S2=時,結合S4=-5得化簡可得q2=-5,不成立,舍去.
所以S8=-85,故選C.]
3.95　[法一　設{an}的公差為d,由a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,
解得a1=-4,d=3,則S10=10a1+45d=95.
法二　設{an}的公差為d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5=5,得a2=-1,a5=8,故d==3,a6=11,
則S10=×10=5(a5+a6)=5×19=95.]
三、考點探究
例1　(1)C(2)-3 750　[(1)因為a3+a7=2a5=6,所以a5=3,所以a5+a12=3+17=20,所以S16==8(a5+a12)=160,故選C.
(2)∵為等差數列,所以設=An+B,A,B為常數,
∴Sn=An2+Bn,∴a1=A+B,當n≥2時,an=Sn-Sn-1=An2+Bn-A(n-1)2-B(n-1)=2An-A+B,
∴an=2An-A+B,n∈N*,則an-an-1=2A(常數).∴數列{an}為等差數列,
∵S14=77,∴7(a1+a14)=7(a4+a11)=77,所以
即,∴7a1+13a11=110,∵a1,a11∈N*,∴a11≤,
經檢驗可得a1=12,a11=2,則d==-1,∴an=13-n,∴Sn=,∴S100=-3 750.]
訓練1　(1)B　(2)C　[(1)設等差數列{an}的公差為d(d<0),由a3,a4,a7是等比數列,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),解得a1=-d,則an=a1+(n-1)d=d,顯然等差數列{an}單調遞減,當n≤2時,an>0,當n≥3時,an<0,所以當Sn取最大值時,n=2.故選B.
(2)∵S20=×20=100,∴a1+a20=10,∴a10+a11=a1+a20=10.又∵a10>0,a11>0,∴a10·a11≤=25,當且僅當a10=a11=5時,取“=”,∴a10·a11的最大值為25.故選C.]
例2　(1)B　(2)A　[(1)由已知條件可得設等比數列{an}的公比為q.①當a1=1,ax=81時,由Sx==121,解得q=3,∴ax=a1qx-1=3x-1=81,解得x=5;②當a1=81,ax=1時,由Sx==121,解得q=,∴ax=a1qx-1=81×=35-x=1,解得x=5.綜上所述,x=5.故選B.
(2)等比數列{an}的前n項和為Sn,則S5,S10-S5,S15-S10成等比數列,設S5=m,則S10=,S10-S5=-,所以S15-S10=,所以S15=,所以,即S15∶S5=3∶4.故選A.]
訓練2　(1)C　(2)-4　[(1)根據題意,設等比數列{an}的公比為q,若a3a5=2a2a4,即=q2=2,故=1+q2=3.
(2)由題意Sn=2an+λ,所以a1=S1=2a1+λ,解得a1=-λ,當n≥2,n∈N*時,Sn=2an+λ=2(Sn-Sn-1)+λ,所以Sn-λ=2(Sn-1-λ),所以{Sn-λ}是以S1-λ=a1-λ=-2λ為首項,2為公比的等比數列,所以Sn-λ=-λ2n,即Sn=λ(1-2n),又因為S6=λ(1-26)=252,所以λ=-4.]
例3　(1)B　(2)an=3n-2(n-1)　[(1)由數列{an}滿足a1=1,且am+n+am-n=2am+2an,令n=1,可得am+1+am-1=2am+2a1=2am+2,即(am+1-am)-(am-am-1)=2,再令bm=am+1-am,可得bm-bm-1=2,即數列{bm}是公差為2的等差數列,又由b1=a2-a1=a2-1,可得bm=2m-3+a2,即am+1-am=2m-3+a2,又由am=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(am-am-1)=(m-2)2+(m-1)a2,即am=(m-2)2+(m-1)a2,所以a3=1+2a2及a5=9+4a2,令m=3,n=2,可得a5+a1=2a3+2a2,代入可得9+4a2+1=2(1+2a2)+2a2,解得a2=4,所以am=(m-2)2+(m-1)×4=m2,即數列{an}的通項公式為an=n2,所以S7=12+22+32+42+52+62+72=140.故選B.
(2)因為an+1=3an+4n-6(n∈N*),設an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y),其中x,y∈R,整理可得an+1=3an+2xn+2y-x,所以所以an+1+2(n+1)-2=3(an+2n-2),且a1+2×1-2=a1=3,所以數列{an+2n-2}是首項為3,公比也為3的等比數列,所以an+2n-2=3×3n-1=3n,解得an=3n-2(n-1),n∈N*.]
訓練3　(1)D　(2)an=　[(1)因為a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),所以S1=1,=1,所以數列是首項為1公差為1的等差數列,所以=n,所以Sn=n2,所以a1 314=S1 314-S1 313=1 3142-1 3132=2 627.故選D.
(2)數列{an}中,a1=1,2an+1-an+anan+1=0,顯然an≠0,則有+1,即,而+1=2,因此數列是以2為首項,2為公比的等比數列,所以+1=2n,即an=,n∈N*.]
答案詳解
專題一　等差數列、等比數列練習
1.C　[在等差數列{an}中,S4=1,S8=4,所以S4=1,S8-S4=3,故S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16構成公差為2的等差數列,所以S20-S16=1+(5-1)×2=9,即a17+a18+a19+a20=9.故選C.]
2.D　[設數列{an}的公差為d,則d==10,故10a100=a1+99d=1 030,所以a100=103.故選D.]
3.A　[設等比數列{an}的公比為q,由S3=a2+5a1,得a1+a2+a3=a2+5a1,即a3=4a1=a1q2,所以q2=4,又a5=4,所以a1q4=a1(q2)2=a1×42=4,所以a1=.故選A.]
4.A　[設{an}的首項為a1,公差為d,則Sn=na1+,則,則,故的等差數列,又=1,=5,所以8×=5-1=4,解得d=1,又7a1+21d=7,解得a1=-2,故為首項為-2,公差為的等差數列,所以Tn=-2n+.]
5.D　[由an+1=3an-4n可得an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)],∵a1=3,∴a1-(2×1+1)=0,則可得數列{an-(2n+1)}為常數列0,即an-(2n+1)=0,∴an=2n+1,∴bn=,∴Sn=n+.故選D.]
6.B　[b1=a1+a2+a3=0+1+1=2,數列{bn}是公比為2的等比數列,則bn=2n,即an+3-an=an+1+an+2+an+3-(an+an+1+an+2)=bn+1-bn=2n+1-2n=2n,a2 024=(a2 024-a2 021)+(a2 021-a2 018)+(a2 018-a2 015)+…+(a5-a2)+a2=22 021+22 018+22 015+…+22+1=.故選B.]
7.D　[an+1=,由an≠0,則an+1≠0,在等式兩邊同時取倒數得,,在兩邊同加1得,,又an≠-1,則an+1≠0,則有=3,則數列的比值為3.故選D.]
8.C　[因為{an}為等比數列,則an+1·a4 047-n=,若a2 024=1,則an+1·an+2·…·a4 047-n=1,則a1·a2·…·an=a1·a2·…·a4 047-n,所以a2 024=1是a1·a2·…·an=a1·a2·…·a4 047-n的充分條件;又根據已知可知a1·a2·…·an=a1·a2·…·an·…·a4 047-n,約去a1·a2·…·an可得an+1·an+2·…·a4 047-n=1,因為{an}為等比數列,所以an+1·a4 047-n=,所以a2 024=1,所以當{an}為等比數列時,a1·a2·…·an=a1·a2·…·a4 047-n是a2 024=1的充分條件.故選C.]
9.ACD　[因為S2 000=S2 024,所以a2 001+a2 002+…+a2 024=0,所以=0,所以a2 001+a2 024=a2 012+a2 013=2a1+4 023d=0,又因為a1<0,所以d=-a1>0,故A正確;a2 012=a1+2 011d=a1-a1<0,故B錯誤;S4 024==2 012(a2 001+a2 024)=0,故C正確;因為a2 012<0,a2 013=-a2 012>0,所以當n≤2 012時,an<0,當n≥2 013時,an>0,所以(Sn)min=S2 012,所以Sn≥S2 012,故D正確.故選ACD.]
10.BD　[由an+1=2an+1(n∈N*)得an+1+1=2(an+1),又a1+1=2≠0,所以{an+1}是以2為首項,以2為公比的等比數列,則an+1=2×2n-1=2n,即an=2n-1,a1=1,a2=22-1=3,a3=23-1=7,顯然≠a1a3,所以{an}不是等比數列,故A錯;a4=24-1=15,故B對;a10=210-1=1 024-1=1 023>1 000,故C錯;Sn=(2+22+…+2n)-n=-n=2(2n-1)-n=2an-n,故D對,故選BD.]
11.AC　[對于A,C選項:第i行是以(i+1)為首項,以i為公差的等差數列,∴aij=(i+1)+(j-1)·i=i·j+1,所以a77=7×7+1=50,故A,C正確;對于B選項:aij=i·j+1=65,∴i·j=64=20×26=21×25=22×24=23×23=24×22=25×21
=26×20,故共出現7次,故B錯誤;對于D選項,令n=1時,S==1,而數陣中無1,故D錯誤.故選AC.]
12.2n　[設等比數列{an}的公比為q,則an=2qn-1,又數列{an+1}也是等比數列,則(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),∴+2an+1=an·an+2+an+an+2,∴(an·q)2+2(an·q)=an·(an·q2)+an+an·q2,即2an·q=an+an·q2,∴an(1+q2-2q)=0,即q2-2q+1=0,∴q=1,an=2,所以Sn=2n.]
13.an=　[因為an=log3(1×x1×x2×…××3),所以an+1=log3[1·(1·x1)x1(x1x2)x2…(·3)·3]
=log3(12··32)=3an-1,所以an+1-,又a1=log3(1×3×3)=2,所以a1-,所以為首項,3為公比的等比數列,所以an-,所以an=.]
14.2-　2　[當λ=0,μ=-2時,an+1=2(an-1),即an+1-2=2(an-2),則數列{an-2}是以a1-2=-為首項,2為公比的等比數列.所以an-2=-×2n-1,即an=2-.當λ =μ=1時,an+1=-(an-1),即an+1-1=an(an-1),且an+1-an=(an-1)2≥0,∴an+1>an,,所以,由a1=,an+1=-(an-1)可得a2=,a3=,a4=+1>2.因為an+1>an,所以a2 025>2,0<<1,則=2.]

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