2021高考数学二轮专题复习课件：专题二 微专题1 等差数列与等比数列
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
小题考法 2 等差数列、等比数列的性质
(1)(2020·宜昌模拟)我国古代数学著作《九章
算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重
四斤，斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是：
“现有一根金杖，长 5 尺，一头粗，一头细．在粗的一端
截下 1 尺，重 4 斤，在细的一端截下 1 尺，重 2 斤．问依
(2)设等比数列{an}的公比为 q，由等比数列的性质可 得：a1an＝a3an－2＝81，
又 a1＋an＝82，所以 a1 和 an 是方程 x2－82x＋81＝0 的两根，解方程得 x＝1 或 x＝81.
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
若等比数列{an}递增，则 a1＝1，an＝81，因为 Sn＝121， a11－－aqnq＝1－1－81qq＝121，
解得 q＝3，所以 81＝1×3n－1，解得 n＝5； 若等比数列{an}递减，则 a1＝81，an＝1，因为 Sn＝121， a11－－aqnq＝811－－qq＝121，解得 q＝13，所以 1＝81×13n－1，解 得 n＝5.则此数列的项数 n 等于 5，故选 B.
微专题1 等差数列与等比数列
A．乙分 8 两，丙分 8 两，丁分 8 两 B．乙分 8 两 2 钱，丙分 8 两，丁分 7 两 8 钱 C．乙分 9 两 2 钱，丙分 8 两，丁分 6 两 8 钱 D．乙分 9 两，丙分 8 两，丁分 7 两
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
解析：由题意可得甲、乙、丙、丁、戊所得钱数成等差 数列{an}，
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子” 重新开始，即“丙子”，…，以此类推，已知 2016 年为丙 申年，那么到改革开放 100 年时，即 2078 年为______年．
解析：(1)a3＝a1＋2d＝2，a1＋a4＝2a1＋3d＝5，解得 a1＝4，d＝－1，故 S6＝6a1＋15d＝9.
答案：B
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
3．《算法统宗》全称《新编直指算法统宗》，是中国 古代数学名著，程大位著．书中有如下问题：“今有五人 均银四十两，甲得十两四钱，戊得五两六钱．问：次第均 之，乙丙丁各该若干？”意思是：有 5 人分 40 两银子， 甲分 10 两 4 钱，戊分 5 两 6 钱，且相邻两项差相等，则 乙丙丁各分几两几钱？(注：1 两等于 10 钱)( )
次每一尺各重多少斤？”假定该金杖被截成长度相等的若
干段时，其重量从粗到细构成等差数列．若将该金杖截成
长度相等的 20 段，则中间两段的重量和为( )
答案：(1)B (2)B (3)戊戌
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
等差、等比数列的求解策略 1．抓住基本量，首项 a1，公差 d(公比 q)． 2．熟悉一些基本的结构特征，如前 n 项和为 Sn＝an2 ＋bn 的形式的数列为等差数列，通项为 an＝pqn－1(p≠0) 的形式的数列为等比数列． 3．等比数列由于变量 n 在指数的位置，常采用两式 相除的方法(即比值的方式)进行计算．
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
1．(2020·南昌二中模拟)已知各项为正数的等比数列
{an}满足 a1＝1，a2a4＝16，则 a6＝( )
A. 64
B. 32
C. 16
D. 4
解析：由 a2a4＝16 得 a21q4＝16，q4＝16，因为 q>0， 所以 q＝2.所以 a6＝a1q5＝25＝32.故选 B.
A．4
B．5
C．6
D．7
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
(3)(2020·长沙市明达中学模拟)天干地支纪年法，源 于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干：甲、 乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．十二地支：子、 丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地 支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起 来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子” 起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为 “丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到
专题二 数 列
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
小题考法 1 等差数列、等比数列基本量的运算
(1)(2020·北 京 市 西 城 区 模 拟 ) 设 等 差 数 列 {an}
的前 n 项和为 Sn，若 a3＝2，a1＋a4＝5，则 S6＝( )
A．10 B．9
Hale Waihona Puke C．8D．7(2)(2020·滁州定远育才学校模拟)在等比数列中{an}， a1＋an＝82，a3an－2＝81，且前 n 项和 Sn＝121，则此数列 的项数 n 等于( )
对点训练
(3)由题意，可得数列天干是以 10 为公差的等差数列， 地支是以 12 为公差的等差数列，从 2017 年到 2078 年经 过了 61 年，且 2017 年为丁酉年，以 2017 年的天干和地 支分别为首项，则 61÷10＝6 余 1，则 2078 年的天干为戊， 61÷12＝5 余 1，则 2078 年的地支为戌，所以 2078 年为戊 戌年．
答案：B
微专题1 等差数列与等比数列
对点训练
2．(2020·随州调研)已知等比数列{an}的前 n 项和为
Sn，若 S4＝3S2，且 a2＋a6＝15，则 a4＝( )
A．8
B．6
C．4
D．2
解析：当数列{an}的公比 q＝1 时，S4＝4a1，3S2＝6a1， S4≠3S2，所以 q≠1.
所以a1（11－－qq4）＝3×a1（11－－qq2），得 q2＝2.因为 a2＋ a6＝a2(1＋q4)＝15，所以 a2＝3，所以 a4＝a2q2＝6，故选 B.
等差数列与等比数列PPT课件
例1:四个数,前三个成等比数列,它们的和是19;后三个成 等差数列,和是12,求此四个数. 解法1: 如图:a1,a2,a3,a4 等比 (a2)2=a1a3 已知: a1+a2+a3=19 等差2a3=a2+a4 已知: a2+ a3+ a4 =12 a1+a2+a3=19 (a2)2=a1a3 a2+ a3+ a4 =12 2a3=a2+a4 a1=9 a2=6 或 a3=4 a4 =2 a1=25 a2=-10 a3=4 a4 =18
分析: 根据数列{an}是等差数列,通项可写作: an=a1+(n-1)d,可表示出:a1,,a5=a1+4d,a17=a1+16d,
再根据a1,a5,a17成等比数列,又可得:(a5)2=a1a17, 于是可解出d=(1/2)a1.将解出的d代入a1,a5,a17, 即得出新数列的公比:q=3 再由 ∴可解出kn,进而求出
例2:已知数列{an}为等差数列,公差d≠0,{an}的 部分项组成下列数列: 恰好为等比数列,其中k1≠0,k2=5,k3=17,求 k1+k2+.....+kn
故
又q=3,d=(1/2)a1
归 纳
1.本题是一个综合型的等差、等比 数列问题，在解题过程中，分清那 一步是用等差数列条件，那一步是 用等比数列条件是正确解题的前提。 2。仔细观察，找到两个数列序号 间的联系，是使问题得解的关键。
提示:
a2a4=(a3)2 a4a6=(a5)2
原式=(a3+a5)2=25=> a3+a5=5 (an>0)
2.数列{an}是等差数列,且S10=100, S100=10,则S110= (A)90 (B)-90 (C)110 (D)-110
第一部分专题二微专题2数列求和及简单应用-高三数学二轮专题复习课件
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝ 1－n＋1 1，
故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1. 选②，设公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得 2a1＋6d＝16， 8a1＋13d＝42， 解得ad1＝＝22，，所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
代入(a2＋2)2＝(a1＋2)(a3＋2)，易得 a1＝2，a2＝4， a3＝7，a4＝12.
于是数列{an＋2}的前 4 项为 4，6，9，14； 显然它不是等比数列，所以数列{an＋2}不可能是等 比数列．
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
大题考法 4 错位相减法求数列的和
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
当 n 为奇数时，Gn＝2×n－2 1－(2n＋1)＝－n－2， 所以 Tn＝8（4n3－1）－n－2， 所以 Tn＝88（（44nn33－－11））－＋nn－，2n，为n偶为数奇，数.
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 的 奇偶进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
1．裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项 或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注 意消去了哪些项，保留了哪些项．
2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项， 前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
2021年高考理数第二轮第1讲 等差数列与等比数列
@《创新设计》
12
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
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热点一 等差、等比数列的基本运算
【例1】 (1)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝ 3a3＋4a1，则a3＝( )
A.16
B.8
C.4
D.2
(2)(2019·北京卷)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列. ①求{an}的通项公式； ②记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
9
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
(2)解 由(1)知，an＋bn＝2n1－1，an－bn＝2n－1， 所以 an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝21n＋n－12， bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝21n－n＋12.
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10
真题感悟 考点整合
3
A. 2f
3
B. 22f
12
C. 25f
12
D. 27f
6
真题感悟 考点整合
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归纳总结 思维升华
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12
解析 从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 2，第
一个单音的频率为 f.由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f，公比
12
@《创新设计》
2.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出 半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十 二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单
高考数学二轮复习第7讲等差数列等比数列课件理
考点二 等差、等比数列的判定与证明
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.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义证明
a
a
n
则S6=
.
答案 -63
解析 本题主要考查由an与Sn的关系求数列的通项公式.
解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1n≥2时,由an=Sn-Sn-1=2 an+1-(2an-1+1),得an=2an-1.∴{an
以S6= a 1 (1= q 6 )=-63(1. 2 6 )
1 q
1 2
第7讲 等差数列、等比数列
12/11/2021
12/11/2021
总纲目录
考点一 等差、等比数列的基本运算 考点二 等差、等比数列的判定与证明 考点三 等差、等比数列的性质
12/11/2021
考点一 等差、等比数列的基本运算
(1)通项公式:
等差数列:an=a1+(n-1)d;
等比数列:an=a1qn-1(q≠0).
答案 A ∵an+1=an-an-1,a1=1,a2=2,∴a3=1,a4=-1,a5=-2,a6=-1,a7=1, a8=2,….∴数列{an}是周期为6的周期数列,且每连续6项的和为0. ∴S2 018=336×0+a2 +a 017 2 018=a1+a2=3.故选A.
12/11/2021
1 a4 a8
1
a
2 6
最新-2021高考数学理二轮复习课件：131 等差数列、等比数列 精品
已知 Sn 与 an 的关系式求 an 的方法 数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an＝SS1n， －nS＝n－11，，n≥2. 当 n＝1 时，a1 若适合 Sn－Sn－1，则 n＝1 的情况可并入 n≥2 时的通项 an；当 n＝1 时，a1 若不适合 Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
1．[2015·银川一模]若等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a·3n－2，则 a2＝( )
A．4
B．12
C．24
D．36
解析 由等比数列的前 n 项和公式形式 Sn＝A－Aqn，可知 Sn＝a·3n－2 中 a＝2，则 a2＝S2－S1＝2×32 －2－(2×31－2)＝12.故选 B.
2．[2015·课标全国卷Ⅰ]已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和．若 S8＝4S4，则 a10＝( )
A．5
B．6
C．7
D．8
[解析] 解法一：由题知 Sn＝na1＋nn2－1d＝n＋n(n－1)＝n2，Sn＋2＝(n＋2)2，由 Sn＋2－Sn＝36 得， (n＋2)2－n2＝4n＋4＝36，所以 n＝8.
解法二：Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得 n＝8.所以选 D.
1．[2015·浙江高考]已知{an}是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn.若 a3，a4，a8 成等比数列，则 ()
A．a1d>0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0 C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0
解析 由 a3，a4，a8 成等比数列可得：(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，即 3a1＋5d＝0，所以 a1＝－53 d，所以 a1d<0.又 dS4＝a1＋2a4×4d＝2(2a1＋3d)d＝－23d2<0.故选 B.
(浙江专版)高考数学二轮专题复习 第一部分 专题三 第二讲 等差数列、等比数列课件.pptx
二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江联考)已知数列{an}的前 n 项和为
Sn，且 Sn＝2－n2＋1 an(n≥1)．
(1)求证：数列ann是等比数列； (2)设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn，An＝T11＋T12＋T13＋…＋T1n， 试比较 An 与n2an的大小．
比较n2n2与n＋n 1的大小．
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设 f(n)＝n2n2，g(n)＝n＋n 1， 因为 f(n＋1)－f(n)＝2n[[nnnn－＋21－]2 1]， 当 n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0， 所以当 n≥3 时，f(n)单调递增， 所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1， 所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)． 经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)． 综上可得，An<n2an.
11
1判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前 n 项和公式法，但不可作为证明方法. 2若要判断一个数列不是等差等比数列，只需判断存在 连续三项不成等差等比数列即可. 3 a2n＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要不 充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不 能为 0.
6
考点二 等差、等比数列的判定与证明 一、基础知识要记牢 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 an2＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．
高考理科数学二轮复习新课标通用课件专题二等差数列与等比数列
应用举例
利用等差数列求和公式，可以解决与等差数列前n项和相关的 实际问题，如计算储蓄、贷款等问题中的累计金额。
等比数列求和公式推导及应用举例
等比数列求和公式推导
通过错位相减法等方法，可以推导出 等比数列的求和公式。
应用举例
利用等比数列求和公式，可以解决与 等比数列前n项和相关的实际问题， 如计算复利、增长率等问题中的累计 效应。
总结归纳：回顾本专题重要知识点和方法技巧
定义
等比数列是一个公比为$q$的数列，即相邻两项之比为 常数$q$。
通项公式
$a_n = a_1 times q^{(n - 1)}$，其中$a_1$为首项， $q$为公比，$n$为项数。
总结归纳：回顾本专题重要知识点和方法技巧
• 求和公式：当$q • eq 1$时，$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$；当$q = 1$时
备考建议：针对高考要求提出备考策略和建议
01
建议在做题时，先判断题目 所给数列的类型，再选择相
应的公式进行求解。
02
注意数列问题的变形和拓展
03
建议在做题时，注意题目中 可能出现的变形和拓展情况 ，如数列的递推关系、数列
与不等式的结合等。
备考建议：针对高考要求提出备考策略和建议
提高解题速度和准确性
高考理科数学二轮复习新课
标通用课件专题二等差数列
与等比数列
汇报人：XX
汇报时间：20XX-01-24
目录
• 等差数列基本概念与性质 • 等比数列基本概念与性质 • 等差、等比数列求和公式及应用
目录
• 典型例题解析与思路拓展 • 历年高考真题回顾与模拟测试 • 总结归纳与备考建议
2021高考数学二轮专题复习3.2等差数列等比数列的综合运算与数列求和ppt课件
若 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列，则 2(2m＋1－1)＝(2m－1)＋(2m ＋2－1)，
整理得 2m＝0，由于 m∈N*，所以无解， 故不存在正整数 m，使得 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列． 若选择条件②，即 Sn＝kan－12，由于 a1＝1，所以 1＝k－12，则
k＝32，于是 Sn＝32an－12. 当 n≥2 时，Sn－1＝32an－1－12，两式相减得 an＝32an－32an－1，于
故不存在正整数 m，使得 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列．
考点 2 裂项相消法求和
『考点整合』
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以 相互抵消从而求和的方法，主要适用于ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an} 为等差数列)等形式的数列求和．
『考南质量评估]数学家也有一些美丽的错误， 如法国数学家费马于 1640 年提出了以下猜想：Fn＝22n＋1(n∈N) 是质数.1732 年，瑞士数学家欧拉算出 F5＝641×6 700 417，该数不 是质数．已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 Sn＝log2(Fn－1)－1(n∈N
方案三：选条件③.
设{bn}的公比为 q，则 q3＝bb25＝－27，即 q＝－3， 又 b2＝3，得 b1＝－1， 所以 bn＝－(－3)n－1. 从而 a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得 S5＝5a12＋a5， 由 S5＝－25 得 a1＝－9，所以 an＝2n－11. 因为 Sk>Sk＋1 且 Sk＋1<Sk＋2 等价于 ak＋1<0 且 ak＋2>0，
所以满足题意的 k 存在当且仅当33kk＋ ＋12－ －1166<>00， ， 即 k＝4.
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3．(2020·郑州市质量预测)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn， 且3SS63＝38，则a52＋a6a4＝________． 解析：设{an}的公比为 q，∵3SS63＝38，∴SS63＝98， ∴S6－S3S3＝98－1＝18，∴q3＝S6－S3S3＝18，即 q＝12，∴a52＋a6a4 ＝a24qa＋4q2a4＝q2＋q21＝13. 答案：13
解析：法一：设等比数列{an}的公比为 q，则由
aa56－－aa34＝＝aa11qq45－－aa11qq23＝＝1224，，解得aq1＝＝21，，
所以 Sn＝a1（11－－qqn）＝2n－1，
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an＝a1qn－1＝2n－1，所以Sann＝22nn－－11＝2－21－n，故选 B.
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(3)法一：根据等比数列的性质，可知 S4，S8－S4，S12－ S8，S16－S12 仍成等比数列，即 1，3－1，S12－3，S16－S12 成 等比数列，所以 S12－3＝4，S16－S12＝8，所以 a13＋a14＋a15＋ a16＝8.
足 a2·a27·a2 020＝16，则 a1·21 017
C．41 018
D．21 018
(3)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，S4＝1，S8＝3，则 a13＋a14＋a15＋a16＝________．
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2021届高考数学【新课改版】二轮专 题二数 列等差 数列、 等比数 列PPT全 文课件 【完美 课件】
2021届高考数学统考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
数列专题2第1讲 等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算 授课提示：对应学生用书第21页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、填空的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差(比)数列、数列求和、不等式等问题综合考查.1.等差(比)数列中a 1、n 、d (q )、a n 、S n 量的计算．2.等差、等比数列的交汇运算.1．(2019·开封模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 5＝－10，则a 1＝( )A ．－3B ．－2C ．2D ．3解析：由题得⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9d ＝6a 1＋7da 1＋4d ＝－10，∴a 1＝2，d ＝－3.故选C.答案：C2．(2019·攀枝花模拟)已知等差数列{a n }的公差为3，且a 1＋a 3＝8，则数列{a n }的前4项的和S 4的值为( )A ．10B ．16C ．22D ．35解析：∵等差数列{a n }的公差为3，且a 1＋a 3＝8， ∴2a 1＋2×3＝8， ∴a 1＝1，∴S 4＝4×1＋4×32×3＝22，故选C.答案：C3．(2019·晋城模拟)设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若S2＝5，S4＝85，则公比q ＝( )A．5 B．4C．3 D．2解析：因为S2＝5，S4＝85，S4－S2＝80，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＋a2＝5a3＋a4＝80，两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：B4．(2019·九江模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若2a5－a2＝2，则S15＝( ) A．28 B．30C．56 D．60解析：设等差数列{a n}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.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授课提示：对应学生用书第22页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、不等式等问题综合考查.1.定义法．2.等差(比)中项法.[题组练透]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解析：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)证明：因为S n ＝2a n －3n ， 所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，由b n ＝a n ＋3得b n ＋1＝a n ＋1＋3＝2a n ＋6＝2(a n ＋3)， 所以b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1)．2．数列{a n }满足a 1＝6，a n ＋1＝6a n －9a n(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －3是等差数列； (2)求数列{}lg a n 的前999项和．解析：(1)证明：数列{a n }满足：a 1＝6，a n ＋1＝6a n －9a n(n ∈N *)，1a n ＋1－3＝16a n －9a n－3＝a n －3＋33a n －3＝13＋1a n －3，所以，1a n ＋1－3－1a n －3＝13，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －3是以1a 1－3＝13为首项，13为公差的等差数列．(2)由(1)得1a n －3＝13＋13(n －1)， 解得：a n ＝3n ＋1n， 所以，lg a n ＝lg3n ＋1n＝lg 3＋lg(n ＋1)－lg n ， 于是，T n ＝[lg 3＋lg 2－lg 1]＋[lg 3＋lg 3－lg 2]＋…＋[lg 3＋lg(n ＋1)－lg n ]＝n lg 3＋lg(n＋1)，当n＝999时，T999＝999lg 3＋lg 1 000＝3＋999lg 3.[题后悟通]数列{a n}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n}是等差数列的两种基本方法①利用定义，证明a n＋1－a n(n∈N*)为一常数．②利用等差中项，即证明2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．(2)证明{a n}是等比数列的两种基本方法①利用定义，证明a n＋1a n(n∈N*)为一常数．②利用等比中项，即证明a2n＝a n－1a n＋1(n≥2).等差、等比数列的性质授课提示：对应学生用书第23页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、不等式等问题综合考查.1.等差、等比数列项的性质．2.等差、等比数列和的性质.[题组练透]1．在等差数列{a n}中，a2与a4是方程x2－4x＋3＝0的两根，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝( ) A．6 B．8C．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：C2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S7＝21，则a4＝( )A ．0B ． 2C ．3D ．6解析：因为{a n }是等差数列，所以S 7＝7a 1＋a 72＝21⇒a 1＋a 7＝6⇒2a 4＝6⇒a 4＝3，故选C.答案：C3．在正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( )A ．1B ．2 C.22D. 2解析：由题意，正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，可得a 23＋2a 3a 7＋a 27＝(a 3＋a 7)2＝16，即a 3＋a 7＝4，a 5与a 9的等差中项为4，即a 5＋a 9＝8，设公比为q ，则q 2(a 3＋a 7)＝4q 2＝8， 则q ＝2(负的舍去)，故选D. 答案：D4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n 若S 3＝9，S 6＝27，则S 9＝( ) A ．45 B ．54 C ．72D ．81解析：因为{a n }为等差数列，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，所以2(S 6－S 3)＝S 3＋S 9－S 6即36＝9＋S 9－27，所以S 9＝54，故选B.答案：B[题后悟通]等差、等比数列性质问题的求解策略 抓 关 系 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恰当的性质进行求解用 性 质 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，可利用函数的性质解题。