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本章总结提升
题型一
例1　(1)A　(2)C　[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由题意得2×a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q,
∵a1≠0,∴5q2-8q-4=0,解得q=-(舍去)或q=2.
∴==q2=4.故选A.
(2)设等差数列{an}的公差为d,由a1+a4+a7=6,可得3a4=6,即a4=2,由a6=a4+2d,a6=0,可得d=-1,
∴an=a6+(n-6)d=6-n.
可得a2=4,a3=3,a4=2,a5=1,
又将a2,a3,a4,a5去掉一项后,剩下三项依次为等比数列{bn}的前三项,∴应去掉a3,
则等比数列{bn}的前3项依次为4,2,1,
∴{bn}的首项为4,公比为,故bn=4×=23-n,
故选C.
例2　C　[解析] 方法一:设等差数列{an}的公差为d.依题意可得,a2+a6=a1+d+a1+5d=10,即a1+3d=5①,又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45,所以a1+7d=9②.由①②可得d=1,a1=2,所以S5=5a1+×d=5×2+10=20.故选C.
方法二:设等差数列{an}的公差为d.因为a2+a6=2a4=10,a4a8=45,所以a4=5,a8=9,则d==1,所以a3=a4-d=5-1=4,所以S5=5a3=20.故选C.
变式　(1)-　(2)C　[解析] (1)设{an}的公比为q.若q=1,则由8S6=7S3,得8×6a1=7×3a1,解得a1=0,不满足题意,所以q≠1.当q≠1时,因为8S6=7S3,所以8·=7·,即8·(1-q6)=7·(1-q3),即8·(1+q3)(1-q3)=7·(1-q3),则8·(1+q3)=7,解得q=-.
(2)设等差数列{an}的公差为d.由S6=6a1+15d=3a1,可得a1=-5d,因为a1>0,所以d<0,可得Sn=na1+d=n2-n,an=a1+(n-1)d=nd-6d,则Sn>an可化为n2-n>nd-6d,即n2-n题型二
例3　(1)D　(2)B　(3)B　(4)14　[解析] (1)因为an+1=Sn+1,所以当n≥2时,an=Sn-1+1,两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an(n≥2),
所以an+1=2an(n≥2),又a1=2,a2=S1+1=a1+1=3,
所以{an}从第二项开始成等比数列,当n≥2时,an=3×2n-2,
则S2022=2+3×(1+2+22+…+22020)=2+3×=3×22021-1,故选D.
(2)由a1=2,a2+a3=12,得a1(q+q2)=2(q+q2)=12,即q2+q-6=(q+3)(q-2)=0, 解得q=2或q=-3,
由q>0,得q=2,故A错误;
等比数列{an}的通项公式为an=2×2n-1=2n,
所以Sn==2n+1-2,则Sn+2=2n+1,
所以==2,所以数列{Sn+2}是公比为2的等比数列,故B正确;
因为Sn=2n+1-2,所以S5=25+1-2=26-2=62,故C错误;
因为an=2n,所以lg an+1-lg an=lg 2n+1-lg 2n=lg =lg 2,所以数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列,故D错误.故选B.
(3)对于①,因为==q(公比),所以==q2,所以a2c2=b4,即a2,b2,c2成等比数列;
对于②,当a,b,c,d成公比等于-1的等比数列时,a+b,b+c,c+d都是 0,不能构成等比数列;
对于③,因为===q(公比),所以=·=q2,且=·=q2,
可得==q2,所以ab,bc,cd成等比数列;
对于④,当a,b,c,d成公比等于1的等比数列时,a-b,b-c,c-d都是0,不能构成等比数列.
综上所述,①③中的三项必成等比数列,故选B.
(4)∵an+2=2an+1-an,∴an+2-an+1=an+1-an,∴数列{an}为等差数列.
∵a5=4-a3,∴a3+a5=4,∴S7===14.
变式　解:(1)当n为奇数时,a3-a1=2,a5-a3=23,…,an-an-2=2n-2,
累加得an-a1=2+23+…+2n-2=,得an=(2n+1).
同理,当n为偶数时,an-a2=22+24+…+2n-2=,得an=(2n-1).
综上,an=
(2)bn=3an=
假设在数列{bn}中,存在连续三项依次构成等差数列,且设bk,bk+1,bk+2成等差数列,
当k为奇数时,2k+1+2k+2+1=2(2k+1-1),无解;
当k为偶数时,2k-1+2k+2-1=2(2k+1+1),解得k=2.
故存在b2,b3,b4成等差数列.
(3)若k,l均为奇数,则由3+2l+1=2(2k+1),即2l+2=2k+1,解得l=k=1(舍去),此时不存在满足题意的k,l;
若k,l均为偶数,则由3+2l-1=2(2k-1),即2l+4=2k+1,解得l=k=2(舍去),此时不存在满足题意的k,l;
若k为奇数,l为偶数,则由3+2l-1=2(2k+1),得l=k+1,满足题意;
若k为偶数,l为奇数,则由3+2l+1=2(2k-1),即2l+6=2k+1,解得l=1,k=2(舍去),此时不存在满足题意的k,l.
故一定存在正整数k,l(0题型三
例4　(1)B　(2)C　(3)4　[解析] (1)设数列{an}的公差为d,由a1+a3+a5=105得3a3=105,∴a3=35.同理可得a4=33.∴d=a4-a3=-2,an=a4+(n-4)×(-2)=41-2n.由得n=20,∴使得Sn取得最大值的n是20.
(2)方法一:由题易知公比q≠1且q≠0,∵S6=21S2,∴1-q6=21(1-q2),∴q4+q2-20=0,∴q2=4,则=1+q4=17,∴S8=17×(-5)=-85.故选C.
方法二:由等比数列的性质可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列,因此(S4-S2)2=S2(S6-S4),将S4=-5,S6=21S2代入上式,解得S2=-1或S2=.当S2=时,S4=S2(1+q2)>0,不满足题意,所以S2=-1,则S6=-21,由等比数列的性质可知(S6-S4)2=(S4-S2)(S8-S6),得S8=-85.故选C.
(3)因为数列{an}为等比数列,所以am-1am+1=,又数列{an}的各项均不为零,且am-1am+1-2am=0,所以am=2.由等比数列的性质可知前(2m-1)项积T2m-1=,则22m-1=128,得m=4.
变式　(1)D　(2)B　[解析] (1)设S奇=a1+a3+…+a15,S偶=a2+a4+…+a16,则有S偶-S奇=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a16-a15)=8d,==.由得S奇=288,S偶=352,因此d===8,==.
(2)== =·=·.
由{an},{bn}都是等差数列,=,可设Sn=an(2n+3),Tn=an·4n=4an2,
∴S15=15×33a,T9=4×81a,∴=·==.
故选B.
题型四
例5　解:(1)因为2Sn=nan,
所以当n=1时,2a1=a1,即a1=0.
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,所以2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)an-1=2an,
化简得(n-2)an=(n-1)an-1,所以当n≥3时,==…===1,即an=n-1.
当n=1,2时,上式均成立,所以an=n-1(n∈N*).
(2)因为=,所以Tn=1×+2×+3×+…+n×,
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×,
两式相减得Tn=+++…+-n×=-n×=1-,即Tn=2-(2+n),n∈N*.
变式　解:(1)设数列{an}的公差为d,
∵T3=b1+b2+b3=a1-6+2a2+a3-6=4a2-12=16,
∴a2=a1+d=7,
又S4=4a1+d=32,即a1+d=8,∴a1=5,d=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明:由(1)可得Sn=na1+d=n2+4n.
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)=(5+9+…+2n+1-3n)+2×(7+11+…+2n+3)=-3n+2×=n2+n,
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(n2+4n)=n2-n=n(n-1)>0,即Tn>Sn;
当n为奇数时,
Tn=Tn-1+bn=(n-1)2+(n-1)+2n+3-6=n2+n-5(n≥3),
当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=n2-n-5=(n2-3n-10)=(n+2)(n-5)>0,即Tn>Sn.
综上,当n>5时,Tn>Sn.本章总结提升
◆ 题型一　等差数列与等比数列的综合运算
[类型总述] (1)等差、等比数列的通项公式、前n项和;(2)等差、等比数列基本量的计算.
例1 (1)已知等比数列{an}的各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则= (　 )
A.4 B.2
C.1- D.3-2
(2)已知数列{an}是等差数列,且a6=0,a1+a4+a7=6,将a2,a3,a4,a5去掉一项后,剩下三项依次为等比数列{bn}的前三项,则bn= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.22-n B.2n+2
C.23-n D.2n+3
例2 [2023·全国甲卷] 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
变式 (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　　　　.
(2)[2024·武汉华中师大附中高二月考] Sn为等差数列{an}的前n项和,若S6=3a1,a1>0,则使Sn>an成立的n的最大值为 (　 )
A.2　　　 B.12　　　C.11　　　D.10
◆ 题型二　等差数列与等比数列的判定与证明
[类型总述] (1)定义法;(2)通项公式或前n项和公式法;(3)等差、等比中项法;(4)构造法.
例3 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1=an+1,a1=2,则S2022的值为 (　 )
A.22022 B.3×22020
C.22023-2 D.3×22021-1
(2)已知等比数列{an}的公比q>0,Sn是数列{an}的前n项和,若a1=2,a2+a3=12,则下列结论正确的是 (　 )
A.q=3
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S5=64
D.数列{lg an}是公差为2的等差数列
(3)设a,b,c,d成等比数列,给出下列四组数:①a2,b2,c2;②a+b,b+c,c+d;③ab,bc,cd;④a-b,b-c,c-d.其中必成等比数列的组数为 (　 )
A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4
(4)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+2=2an+1-an,a5=4-a3,则S7=　　　　.
变式 已知数列{an}满足a1=a2=1,且an+2-an=2n(n∈N*),设bn=3an.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)在数列{bn}中,是否存在连续三项依次构成等差数列 若存在,求出所有符合条件的项;若不存在,说明理由.
(3)试证明在数列{bn}中,一定存在正整数k,l(0◆ 题型三　等差数列与等比数列的性质
[类型总述] (1)对称项关系;(2)Sk,S2k-Sk,S3k-S2k的关系;(3)奇偶项关系.
例4 (1)已知数列{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn取得最大值的n是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.21 B.20
C.19 D.18
(2)[2023·新课标Ⅱ卷] 记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　 )
A.120 B.85
C.-85 D.-120
(3)记各项均不为零的等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*),已知am-1am+1-2am=0,且T2m-1=128,则m=　　　　.
变式 (1)已知等差数列{an}的前16项和为640,前16项中偶数项和与奇数项和之比为11∶9,则公差d,的值分别是 (　 )
A.8, B.9,
C.9, D.8,
(2)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=,则= (　 )
A. B.
C. D.
◆ 题型四　数列求和
[类型总述] (1)公式法;(2)分组求和法;(3)错位相减法;(4)裂项相消法;(5)并项求和法;(6)倒序相加法.
例5 [2023·全国甲卷] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
变式 [2023·新课标Ⅱ卷] 已知{an}为等差数列,bn=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.(共31张PPT)
本章总结提升
题型一 等差数列与等比数列的综合运算
题型二 等差数列与等比数列的判定与证明
题型三 等差数列与等比数列的性质
题型四 数列求和
题型一 等差数列与等比数列的综合运算
［类型总述］ （1）等差、等比数列的通项公式、前 项和；（2）等差、等比
数列基本量的计算.
例1（1） 已知等比数列的各项都是正数，且，， 成等差数列，
则 ( )
A
A.4 B.2 C. D.
[解析] 设等比数列的公比为 ，由题意得，
即 ，，，
解得（舍去）或 . .故选A.
（2）已知数列是等差数列，且，，将，， ，
去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则 ( )
C
A. B. C. D.
[解析] 设等差数列的公差为,由，可得，即 ，
由,，可得 ， .
可得，，， ，
又将，，，去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，
应去掉 ，
则等比数列 的前3项依次为4，2，1，
的首项为4，公比为，故 ，
故选C.
例2 [2023·全国甲卷]记为等差数列的前项和.若 ，
，则 ( )
C
A.25 B.22 C.20 D.15
[解析] 方法一：设等差数列的公差为 .依题意可得，
，即 ,
又，所以.
由①②可得, ，所以 .故选C.
方法二：设等差数列的公差为.因为， ，
所以，，则，所以 ，
所以 .故选C.
变式（1） [2023·全国甲卷] 记为等比数列的前项和，若 ，
则 的公比为____.
[解析] 设的公比为.若，则由，得 ，
解得，不满足题意，所以.
当时，因为 ，所以，
即 ，即，
则，解得 .
（2）[2024·武汉华中师大附中高二月考]为等差数列的前 项和，若
，，则使成立的 的最大值为( )
C
A.2 B.12 C.11 D.10
[解析] 设等差数列的公差为.由，可得 ，
因为，所以，可得 ，
，
则可化为 ，即，
即，解得，又，所以 的最大值为11.故选C.
题型二 等差数列与等比数列的判定与证明
［类型总述］（1）定义法；（2）通项公式或前 项和公式法；（3）等差、等
比中项法；（4）构造法.
例3（1） 已知数列的前项和为，且，，则
的值为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以当时， ，两式相减得
，
所以，
又， ，所以从第二项开始成等比数列，
当时， ，
则 ，
故选D.
（2）已知等比数列的公比,是数列的前项和，若 ,
，则下列结论正确的是( )
B
A. B.数列 是等比数列
C. D.数列{ 是公差为2的等差数列
[解析] 由,，得 ，即
，解得或 ，
由，得 ，故A错误；
等比数列的通项公式为 ,
所以,则 ,
所以,所以数列 是公比为2的等比数列，故B正确；
因为,所以 ,故C错误；
因为,所以 ，所以数列{
是公差为 的等差数列，故D错误.故选B.
（3）设，，，成等比数列，给出下列四组数：，，； ，
，；，，；，， .其中必成等比数列的组
数为( )
B
A.1 B.2 C.3 D.4
[解析] 对于①，因为（公比），所以，所以 ，
即，， 成等比数列；
对于②，当，，，成公比等于的等比数列时，，， 都是
0，不能构成等比数列；
对于③，因为（公比），所以，且 ，
可得，所以，， 成等比数列；
对于④，当，，，成公比等于1的等比数列时，，， 都是0，
不能构成等比数列.
综上所述，①③中的三项必成等比数列，故选B.
（4）已知数列的前项和为，且， ，则
____.
14
[解析] ，，
数列 为等差数列.
，， .
变式 已知数列满足，且，设.
（1）求数列 的通项公式.
解：当为奇数时，，， , ，
累加得，得 .
同理，当为偶数时， ，得
.
综上，
（2）在数列 中，是否存在连续三项依次构成等差数列？若存在，求出所有
符合条件的项；若不存在，说明理由.
解：
假设在数列中，存在连续三项依次构成等差数列，且设,, 成等差
数列，
当为奇数时， ，无解；
当为偶数时，，解得 .
故存在,, 成等差数列.
（3）试证明在数列中，一定存在正整数,，使得,, 成等
差数列，并求出, 之间的关系.
解：若,均为奇数，则由，即 ，解得
（舍去），此时不存在满足题意的, ；
若,均为偶数，则由，即，解得
（舍去），此时不存在满足题意的, ；
若为奇数，为偶数，则由，得 ，满足题意；
若为偶数，为奇数，则由，即 ，解得
,（舍去），此时不存在满足题意的, .
故一定存在正整数，,使得,,成等差数列，此时 为奇数，
.
题型三 等差数列与等比数列的性质
［类型总述］（1）对称项关系；（2）,, 的关系；（3）奇偶
项关系.
例4（1） 已知数列为等差数列， ，
，为数列的前项和，则使得取得最大值的 是 ( )
B
A.21 B.20 C.19 D.18
[解析] 设数列的公差为,由得， .
同理可得， .
由得， 使得取得最大值的 是20.
（2）[2023·新课标Ⅱ卷] 记为等比数列的前项和，若 ，
，则 ( )
C
A.120 B.85 C. D.
[解析] 方法一：由题易知公比且， ，
，，，则 ，
.故选C.
方法二：由等比数列的性质可得，，， 成等比数列，
因此，将，代入上式，
解得 或.
当时，，不满足题意，所以 ，则，
由等比数列的性质可知 ，得 .故选C.
（3）记各项均不为零的等比数列的前项积为 ，已知
，且，则 ___.
4
[解析] 因为数列为等比数列，所以，又数列 的各项均
不为零，且，所以 .由等比数列的性质可知前
项积，则，得 .
变式（1） 已知等差数列 的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项
和之比为，则公差， 的值分别是( )
D
A.8， B.9， C.9， D.8，
[解析] 设， ，
则有，
.由得，，
因此 , .
（2）已知等差数列，的前项和分别为，，且，则
( )
B
A. B. C. D.
[解析] .
由，都是等差数列，，
可设 , ，
,, .故选B.
题型四 数列求和
［类型总述］（1）公式法;（2）分组求和法;（3）错位相减法;（4）裂项相消
法;（5）并项求和法;（6）倒序相加法.
例5 [2023·全国甲卷] 记为数列的前项和，已知， .
（1）求 的通项公式；
解：因为 ，
所以当时，，即 .
当时， ，
所以 ，
化简得，
所以当 时，，即 .
当,2时,上式均成立，所以 .
（2）求数列的前项和 .
解：因为，所以 ，
，
两式相减得
，即， .
变式 [2023·新课标Ⅱ卷] 已知为等差数列， 记
，分别为数列，的前项和，， .
（1）求 的通项公式；
解：设数列的公差为 ，
，
，
又，即，， ，
.
（2）证明：当时， .
证明：由（1）可得 .
当 为偶数时，
，
当时， ，即
；
当 为奇数时，
，
当 时，
，即 .
综上，当时， .

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