2020版高考数学大二轮复习第二部分专题2数列第1讲等差数列与等比数列课件文

4．(2019·九江模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 2a5－a2＝2，则 S15＝( )
A．28B．30来自C．56D．60
解析：设等差数列{an}公差为 d， 由 2a5－a2＝2 得 2(a1＋4d)－(a1＋d)＝a1＋7d＝2，∴a8＝2， ∴S15＝15a8＝15×2＝30. 故选 B.
式进行考查．解答题往往与等差(比)数列、数列求和、不等式等问 2.等差(比)中项法.
题综合考查.
[题组练透] 1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－3n(n∈N*)． (1)求 a1，a2，a3 的值； (2)设 bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式 an.
2．(2019·攀枝花模拟)已知等差数列{an}的公差为 3，且 a1＋a3＝8，则数列{an}的前 4
项的和 S4 的值为( )
A．10
B．16
C．22
D．35
解析：∵等差数列{an}的公差为 3，且 a1＋a3＝8， ∴2a1＋2×3＝8， ∴a1＝1， ∴S4＝4×1＋4×2 3×3＝22，
答案：B
[题后悟通] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项 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(或 q)的方程(组)，然后求解，注意整体 计算，以减少运算量．
等差、等比数列的判定与证明
考情调研
考向分析
等差、等比数列的证明是考查的热点．在高考中主要以解答题的形 1.定义法．
等差、等比数列的性质
考情调研
考向分析
以考查等差、等比数列的性质为主，在高考中既可以以
选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形 1.等差、等比数列项的性质．
式进行考查．解答题往往与等差(比)数列、数列求和、 2.等差、等比数列和的性质.
不等式等问题综合考查.
[题组练透]
1．在等差数列{an}中，a2 与 a4 是方程 x2－4x＋3＝0 的两根，则 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝
解析：(1)证明：数列{an}满足：a1＝6，an＋1＝6ana－n 9(n∈N*) an＋11－3＝6ana－n19－3＝a3n－an3－＋33＝13＋an－1 3， 所以，an＋11－3－an－1 3＝13， 即数列an－1 3是以a1－1 3＝13为首项，13为公差的等差数列．
数列求和、不等式等问题综合考查.
[题组练透]
1．(2019·开封模拟)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 3S3＝S2＋S4，a5＝－10，则
a1＝( )
A．－3
B．－2
C．2
D．3
解析：由题得9aa1＋1＋49dd＝＝－6a110＋7d ，∴a1＝2，d＝－3.故选 C. 答案：C
选 C.
答案：C
3．在正项等比数列{an}中，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，且 a5 与 a9 的等差中项为 4，则{an} 的公比是( )
A．1
B．2
2 C. 2
D. 2
解析：由题意，正项等比数列{an}中，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，可得 a23＋2a3a7＋a27＝
(a3＋a7)2＝16，即 a3＋a7＝4，a5 与 a9 的等差中项为 4，即 a5＋a9＝8，
故选 C. 答案：C
3．(2019·晋城模拟)设正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S2＝5，S4＝85，则公比 q
＝( )
A．5
B．4
C．3
D．2
解析：因为 S2＝5，S4＝85，S4－S2＝80，所以aa13＋＋aa24＝＝580 ，两个方程左右两边分别 相除，得 q2＝16，因为数列是正项等比数列，所以 q＝4，故选 B. 答案：B
第1讲 等差数列与等比数列
等差、等比数列的基本运算
考情调研
考向分析
以考查等差、等比数列的通项、前 n 项和
的运算为主，在高考中既可以以选择、填 1.等差(比)数列中 a1、n、d(q)、an、Sn 量的 空的形式进行考查，也可以以解答题的形 计算．
式进行考查．解答题往往与等差(比)数列、 2.等差、等比数列的交汇运算.
答案：B
[题后悟通] 等差、等比数列性质问题的求解策略
抓 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
关 恰当的性质进行求解
系 用
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， 性
可利用函数的性质解题 质
()
A．6
B．8
C．10
D．12
解析：∵a2 与 a4 是方程 x2－4x＋3＝0 的两根， ∴a2＋a4＝4＝a1＋a5＝2a3， 则 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝10. 故选 C.
答案：C
2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，S7＝21，则 a4＝( )
A．0
B．2
C．3
D．6
解析：因为{an}是等差数列，所以 S7＝7a1＋ 2 a7＝21⇒a1＋a7＝6⇒2a4＝6⇒a4＝3，故
(2)由(1)得an－1 3＝13＋13(n－1)， 解得：an＝3nn＋1， 所以，lg an＝lg3nn＋1＝lg 3＋lg(n＋1)－lg n， 于是，Tn＝[lg 3＋lg 2－lg 1]＋[lg 3＋lg 3－lg 2]＋…＋[lg 3＋lg(n＋1)－lg n]＝nlg 3＋ lg(n＋1)， 当 n＝999 时，T999＝999lg 3＋lg 1 000 ＝3＋999lg 3.
所以数列{bn}是以 6 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 bn＝6×2n－1， 所以 an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．
2．数列{an}满足 a1＝6，an＋1＝6ana－n 9(n∈N*)． (1)求证：数列an－1 3是等差数列； (2)求数列lg an的前 999 项和．
设公比为 q，则 q2(a3＋a7)＝4q2＝8，则 q＝ 2(负的舍去)，故选 D.
答案：D
4．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn 若 S3＝9，S6＝27，则 S9＝( )
A．45
B．54
C．72
D．81
解析：因为{an}为等差数列，所以 S3，S6－S3，S9－S6 为等差数列，所以 2(S6－S3)＝S3 ＋S9－S6 即 36＝9＋S9－27，所以 S9＝54，故选 B.
[题后悟通] 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (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)． (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数． ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2).
解析：(1)因为数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－3n(n∈N*)． 所以 n＝1 时，由 a1＝S1＝2a1－3×1，解得 a1＝3， n＝2 时，由 S2＝2a2－3×2，得 a2＝9， n＝3 时，由 S3＝2a3－3×3，得 a3＝21. (2)证明：因为 Sn＝2an－3n， 所以 Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)， 两式相减，得 an＋1＝2an＋3， 由 bn＝an＋3 得 bn＋1＝an＋1＋3＝2an＋6＝2(an＋3)， 所以 bn＋1＝2bn(n∈N*)，且 b1＝6，