资源简介

(共28张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,则a3+a7= (　　)
A.-2 B. C.1 D.
解析:法一:设等差数列{an}的公差为d,由S9=9a1+d=9(a1+4d)=1,得a1+4d=,得a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=2(a1+4d)=.
法二:因为{an}为等差数列,所以S9==9a5=1,得a5=,所以a3+a7=2a5=.
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2.若首项为正数的等比数列{an}的前6项和为126,且a5=2a3+8a1,则a4的值为 (　　)
A.32 B.16
C.8 D.4
解析:设首项为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0),
则解得
(负值舍去)∴a4=a1q3=16.
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3.(2024·上饶二模)记数列{an}的前n项和为Sn,若是等差数列,S6=6,则a3+a4=(　　)
A. B.
C.1 D.2
解析:因为是等差数列,所以可设=an+b,所以Sn=an2+bn,所以{an}为等差数列,S6=6=×6=3(a1+a6),所以a1+a6=2,所以a3+a4=2.
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4.记Sn为公比小于1的等比数列{an}的前n项和,S3=2,=,则S6=(　　)
A.6 B.3
C.1 D.
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解析:依题意,S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等比数列,首项为2,设其公比为p,则S6=2+2p,S9=2+2p+2p2,S12=2+2p+2p2+2p3,由=,得=,整理得2p2-5p+2=0,由等比数列{an}的公比q小于1,得p=q3<1,解得p=,所以S6=3.
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5.[多选]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3>0,S4>0,则 (　　)
A.a2>0 B.a3>0
C.S5>0 D.S6>S8
解析:设等比数列{an}的公比为q,由S3=a1(1+q+q2)>0,由于1+q+q2>0,所以a1>0.又S4>0,即a1(1+q)(1+q2)>0,于是q>-1,a2=a1q,由于q正负不定,故无法确定a2与0的大小,A错误;
a3=a1q2>0,B正确;
S5=S4+a1q4>0,C正确;
S8-S6=a1q6(1+q)>0,故S8>S6,D错误.
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6.(2024·大连二模)[多选]设{an}是等差数列,Sn是其前n项的和,且S5S8,则下面结论正确的是 (　　)
A.d≤0
B.a7=0
C.S6与S7均为Sn的最大值
D.满足Sn<0的n的最小值为14
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解析:因为S6=S7>S8,所以S7-S6=a7=0,S8-S7=a8<0,所以d=a8-a7<0,故A错误,B正确;
因为S5S8,所以S6与S7均为Sn的最大值,故C正确;
因为2a7=a1+a13,由S13==0,S14==7(a7+a8)<0,故D正确.
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7.(2024·枣庄一模)[多选]将数列{an}中的所有项排成如下数阵:
从第2行开始每一行比上一行多两项,且从左到右均构成以2为公比的等比数列;第1列数a1,a2,a5,…成等差数列.若a2=2,a10=8,则(　　)
A.a1=-1 B. ai=168
C.a2 024位于第45行第88列 D.2 024在数阵中出现两次
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解析:由第1列数a1,a2,a5,a10,… 成等差数列,设公差为d,又由a2=2,a10=8,可得a1+d=2,a1+3d=8,解得a1=-1,d=3,则第一列的通项公式为ak=-1+(k-1)×3=3k-4,又从第2行开始每一行比上一行多两项,且从左到右均构成以2为公比的等比数列,
可得a2+a3+…+a9=2+4+8+5+10+20+40+80=169,
所以A正确,B错误;
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又因为每一行的最后一个数为a1,a4,a9,a16,…,且452=2 025,可得a2 024是a2 025的前一个数,且a2 025在第45行,因为这一行共有2×45-1=89个数,则a2 024在第45行的第88列,所以C正确;
由题设可知第i行第j个数的大小为(3i-4)×2j-1,
令(3i-4)×2j-1=2 024=253×23,若j=1,则3i-4=2 024,即i=676;
若j=2,则3i-4=1 012,无整数解;若j=3,则3i-4=506,即i=170;若j=4,则3i-4=253,无整数解.所以D正确.
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8.(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,
3a2+a5=5,则S10=　　　　.
解析:因为数列{an}为等差数列,
则由题意得解得
则S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95.
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9.(2024·茂名一模)有一座六层高的商场,若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍,一共开了1 890盏,则底层所开灯的数量为_______盏.
解析:依题意,从下往上每层灯的数量构成等比数列{an},公比q=2,n=6,前6项和S6=1 890,于是S6===1 890,解得a1=30,所以底层所开灯的数量为30盏.
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10.(2024·延庆一模)北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环也依次增加9块.已知每层环数相同,且三层共有扇面形石板(不含天心石) 3 402块,则上层有扇形石板　　　　块.
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解析:记从中间向外每环扇面形石板数为{an},则{an}是等差数列,且公差d=9,a1=9,设每层有k环,则n=3k,Sn=3 402,
所以Sn=na1+=3 402,即9n+=3 402,即n2+n-756=0,解得n=27或n=-28(舍去),所以k=9,则S9=9a1+=9×9+=405,即上层有扇形石板405块.
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11.(2024·张掖模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=,若S8-S3=5π,则sin=　　　 　.
解析:由前n项和定义可得S8-S3=a4+a5+a6+a7+a8,因为{an}是等差数列,所以a4+a8=a5+a7=2a6,即S8-S3=5a6=5π,所以a6=π.设等差数列{an}的公差为d,由a6=a1+5d,所以d=,所以a2+a9=(a1+d)+(a1+8d)=2a1+9d=,
所以sin=sin=sin=sin=sincos-cossin=.
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12.(2024·自贡三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn-nan=n(n-1).
(1)证明:数列{an}为等差数列;
解:证明:数列{an}满足Sn-nan=n(n-1),　①
当n≥2时,有Sn-1-(n-1)an-1=(n-1)(n-2),　②
①-②可得Sn-Sn-1-nan+(n-1)an-1=n(n-1)-(n-1)(n-2),即(1-n)an+(n-1)an-1=(n-1)[n-(n-2)],
变形可得an-an-1=-1(n≥2),故数列{an}是以-1为公差的等差数列.
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(2)若a5,a9,a11成等比数列,求Sn的最大值.
解:由(1)可知数列{an}是以-1为公差的等差数列,
若a5,a9,a11成等比数列,则=a5×a11,
即(a1-8)2=(a1-4)(a1-10),解得a1=12.
所以an=a1+(n-1)d=13-n,所以{an}递减.又当1≤n<13时,an>0,当n=13时,an=0,当n>13时,an<0,故当n=12或n=13时,Sn取得最大值,
且(Sn)max=S12=S13=12×12+×(-1)=78.
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13.(2024·济南一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=且Sn=2an+1-3,令bn=.
(1)求证:{an}为等比数列;
解:证明:已知Sn=2an+1-3,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-2an,
即当n≥2时,=.又因为a1=,所以a2=,=,
综上,当n≥1时,=,所以{an}为首项和公比均为的等比数列.
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(2)求使bn取得最大值时的n的值.
解:由(1)可得an=,所以bn=(n2+n).
当n≥2时,==,令>1,
可得2≤n<5,
可知b1b6>b7>…,综上,n=4或n=5时,bn取得最大值.
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14.(2024·承德二模)[多选]对于给定的数列{an},如果存在实数p,q,使得an+1=pan+q对任意n∈N*成立,我们称数列{an}是“线性数列”,则下列说法正确的是 (　　)
A.等差数列是“线性数列”
B.等比数列是“线性数列”
C.若p≠1且a1=q,则an=
D.若p≠1且a1=q,则an是等比数列{qpn-1}的前n项和
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解析:数列{an}为等差数列,则an+1-an=d,即an+1=an+d,满足“线性数列”的定义,故A正确;
数列{an}为等比数列,则=q,即an+1=qan,满足“线性数列”的定义,故B正确;
设an+1-k=p(an-k),k∈R,则k-pk=q,解得k=,
则an-=pn-1,因此an=,故C错误;
若p=0且q≠0,则an=q,数列{qpn-1}的前n项和为0,故D错误.
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15.(2024·大连一模)[多选]已知递增等比数列{an}的公比为q,且满足+3a4=a5,下列情况可能正确的是(　　)
A.q=2 B.q=
C.a4=-1 D.a4=2 024
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解析:原数列递增等价于an>0,q>1或an<0,0(注意:等比数列的增减性与an,q的关系)
+3a4=a5等价于+3a4=a4q,即a4=q3-3q2.
从而q3-3q2>0,q>1或q3-3q2<0,0这意味着q的范围是q>3或0(妙解:解到此处,不知如何解下去,怎么办,不妨构造函数,利用函数的单调性求a4的范围)
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令f(x)=x3-3x2,x>3或0当x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当0从而f(x)>f(3)=0或f(1)=-20.
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16.对于数列{an},若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和,则称{an}为P数列.
(1)若{an}的前n项和Sn=3n+2,试判断{an}是否是P数列,并说明理由;
解:因为Sn=3n+2,Sn-1=3n-1+2(n≥2),则an=Sn-Sn-1=2·3n-1(n≥2),
当n=1时,a1=S1=5不适合上式,故an=那么当k∈N*时,ak+1-Sk=2·3k-3k-2=3k-2>0符合题意,故数列{an}是P数列.
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(2)设数列a1,a2,…,a20是首项为-1,公差为d的等差数列,若该数列是P数列,求d的取值范围.
解:由题意知,该数列的前n项和为Tn=-n+d,an+1=-1+nd,由数列a1,a2,…,a20是P数列,可知a2>S1=a1,故公差d>0.Tn-an+1=n2-
n+1<0对满足n=1,2,…,19,n∈N*的任意n都成立,则当n=1时,-d<0,明显
成立;当n=19时,令×192-×19+1<0,解得d<,
故d的取值范围为.(共31张PPT)
等差数列与等比数列
习题讲评（一）
等差数列和等比数列是高中阶段研究的两类重要特殊数列.数列的性质、通项、求和、最值是高考主要考查内容,试题一般以低中档题为主,着重考查等差、等比数列的核心知识、方法和思想,可能与新定义问题相结合考查对基本概念的理解,难度较大,应适当关注,如2024年新课标Ⅰ卷T19.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　等差数列、等比
数列的基本运算
教学点(二)　等差数列、等比数
列的性质及应用
3
教学点(三)　等差数列、等比数
列的判定与证明
等差数列、等比数列的基本运算
教学点（一）
[例1]　(2024·泰安三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a1=-21,S7=S15,则Sn的最小值为 (　　)
A.-99 B.-100
C.-110 D.-121
√
解析:设{an}的公差为d,因为a1=-21,S7=S15,
可得
解得d=2,所以an=2n-23,
可得Sn=-21n+×2=n2-22n,
所以当n=11时,Sn取得最小值S11=112-22×11=-121.
[例2]　(2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+1-3.
(1)求{an}的通项公式;
解:因为2Sn=3an+1-3,所以2Sn+1=3an+2-3,
两式相减可得2an+1=3an+2-3an+1,
即an+2=an+1,所以等比数列{an}的公比为.
因为2S1=3a2-3=5a1-3,所以a1=1,故an=.
(2)求数列{Sn}的前n项和.
解:因为2Sn=3an+1-3,所以Sn=(an+1-1)=.
设数列{Sn}的前n项和为Tn,则Tn=×-n=×-n-.
[思维建模]
等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略
(1)抓住基本量:首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)形式的数列为等差数列,通项公式为an=p·qn-1(p,q≠0)形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
[练1]　(2024·汕头三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,a2n=2an+1,若Sn+an+1=100,则n= (　　)
A.8 B.9
C.10 D.11
解析:由a2=3,a2n=2an+1,得a2=2a1+1=3,解得a1=1,则等差数列{an}的公差d=2,于是an=2n-1,Sn=·n=n2.由Sn+an+1=100,得n2+2n+1=100,所以n=9.
√
即时训练
[练2]　(2024·郑州模拟)[多选]设等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1+a(a为常数),则 (　　)
A.a=-1 B.{an}的公比为2
C.an=2n D.S9=1 023
√
√
解析:因为Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8.因为{an}是等比数列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,故A错误;
{an}的公比q==2,故B正确;
因为a1=2,q=2,所以an=a1qn-1=2n,故C正确;
因为a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,故D错误.
[练3]　(2023·北京高考)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　;数列{an}所有项的和为　　　　.
解析:法一:设前3项的公差为d,后7项的公比为q(q>0),则q4===16,解得q=2,则a3=1+2d==3,解得d=1,所以a7=a3q4=48.a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384.
48
384
法二:因为在数列{an}中,当3≤n≤9时为等比数列,
则=a5a9=12×192=482,且an>0,所以a7=48.又=a3a7,
则a3==3.设后7项的公比为q(q>0),则q2==4,解得q=2,
所以a1+a2+a3==6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9===381,所以a1+a2+…+a9=6+381-a3=384.
等差数列、等比数列的性质及应用
教学点（二）
[例1]　(2024·襄阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S8+S24=140,且S24=13S8,则S16= (　　)
A.40 B.-30
C.30 D.-30或40
解析:因为S8+S24=140,且S24=13S8,所以S8=10,S24=130,故q≠±1,所以==(q8)2+q8+1=13,即+q8-12=0,解得q8=3或q8=-4(舍去).由等比数列性质可知,S8,S16-S8,S24-S16成等比数列,公比为q8=3,所以S16-10=10×q8=30,解得S16=40.
√
[例2]　(2024·贵港模拟)已知等差数列{an}的公差不为0,a2 024=0,给定正整数m,使得对任意的n∈N*(n2)都有a1+a2+…+an=a1+a2+…+am-n成立,则m的值为 (　　)
A.4 047 B.4 046
C.2 024 D.4 048
√
解析:若n>m-n,由题意知am-n+1+am-n+2+…+an=0,由等差数列的性质知,若p+q=s+t,则有ap+aq=as+at,所以am-n+1+an=0,因为公差d≠0,且a2 024=0,所以a1+a4 047=0,所以m-n+1+n=4 048,所以m=4 047.若n[思维建模]　等差、等比数列的性质问题的求解策略
(1)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.
(2)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.
[练1]　(2024·岳阳三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2≥a1>0,S20=100,则a10a11有 (　　)
A.最小值25 B.最大值25
C.最小值50 D.最大值50
解析:由S20==10(a10+a11)=100,可得a10+a11=10,因为a2≥a1>0,则等差数列{an}的公差d≥0,故a10>0,a11>0,则a10a11≤=25,当且仅当a10=a11=5时取等号,即当a10=a11=5时,a10a11取得最大值25.
即时训练
√
即时训练
[练2]　(2024·泰安模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且3a1+9a2=2,9=a1a5,则(　　)
A.an= B.an=3n
C.an= D.an=3n-1
解析:设数列{an}的公比为q,由9=a1a5得9=,所以q2=.又因为
各项均为正数,所以q=.由3a1+9a2=2得3a1+9a1q=2,所以a1=,故an=.
√
[练3]　(2024·吕梁三模)[多选]已知等差数列{an}的首项为a1,公差为d,前n项和为Sn,若S10A.当n=8,Sn最大
B.使得Sn<0成立的最小自然数n=18
C.|a8+a9|>|a10+a11|
D.中最小项为
√
√
解析:即两式相加,
解得a9>0,a10<0,当n=9时,Sn最大,故A错误;
由S10由以上可得a1>a2>a3>…>a9>0>a10>a11>…,S17==17a9>0,而S18==9(a9+a10)<0,当n≤17时,Sn>0;当n≥18时,Sn<0;所以使得Sn<0成立的最小自然数n=18,故B正确;
当n≤9或n≥18时,>0;当9a10>a11>…>a17,
S10>S11>S12>…>S17>0,所以中最小项为,故D正确.
等差数列、等比数列的判定与证明
教学点（三）
[典例]　已知数列{an}的各项均不为0,其前n项和为Sn,q为不等于0的常数,且Sn=qSn-1+a1(n≥2).
(1)证明:{an}是等比数列;
解:证明:因为Sn=qSn-1+a1(n≥2),①
所以Sn+1=qSn+a1(n≥1),②
②-①,得an+1=qan(n≥2),即=q(n≥2).
当n=2时,S2=qS1+a1,即a2+a1=qa1+a1,所以=q,
所以对 n∈N*,=q,即{an}是公比为q的等比数列.
(2)若S5,S11,S8成等差数列,则对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8是否成等差数列 若成等差数列,请予以证明;若不成等差数列,请说明理由.
解: 对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8成等差数列.证明如下:
由S5,S11,S8成等差数列,得q≠1,且2S11=S5+S8,即2×
=+,化简得2q6-q3-1=0,即2q6=q3+1.
因为at+5+at+8=atq5+atq8=atq5(1+q3),2at+11=2atq11=atq5×2q6=atq5(1+q3),
所以at+5+at+8=2at+11,故对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8成等差数列.
[思维建模]
证明或判定等差(比)数列一般使用定义法,即①an+1-an=d(d为常数,n∈N*) {an}是等差数列;
②=q(q是不为0的常数,n∈N*) {an}是等比数列.
记数列{an}的前n项积为Tn,且=,其中an>0.
(1)若a1-4a2+3a3=0,=λ(λ≠1),求λ的值;
解:令n=2,则=,即(a1a2)2=a3,∴=a1a3,
∴a1,a2,a3成等比数列,则公比为λ.
∵a1-4a2+3a3=0,∴a1-4a1λ+3a1λ2=0,即3λ2-4λ+1=0.∵λ≠1,∴λ=.
即时训练
(2)求证:数列{an}是等比数列.
解: 证明:∵(a1a2·…·an)2=,∴(a1a2·…·anan+1)2=,
两式相除得=a1·,即=a1·,　①
由①得=a1·,　②
②÷①,得=,即=,
∴=an+1·an+3,即=anan+2,
由(1)知=a1a3,∴=anan+2,n∈N*,∴数列{an}是等比数列.板块三　数列
二轮学前预备·激活基本知能
一、由知识联系探析命题趋向 二、由核心纲要激活内存知识 1.等差、等比数列的基本公式 等差数列等比数列通项公式an=a1+(n-1)dan=a1qn-1(q≠0)前n项和公式Sn==na1+d(1)q≠1,Sn==; (2)q=1,Sn=na1
2.等差数列及其前n项和的8条性质 已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn. (1)若a,A,b成等差数列,则A叫作a,b的等差中项,A=. (2)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am+an=ap+aq. (3)若m,p,n成等差数列,则am,ap,an也成等差数列,即若m+n=2p,则am+an=2ap. (4)ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差数列. (5)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也是等差数列(公差为m2d,m∈N*). (6)S2n-1=(2n-1)an. (7)若项数n为偶数,则S偶-S奇=;若项数n为奇数,则S奇-S偶=. (8)项数有限的等差数列{an}的前m项与后m项的和等于m(a1+an)(m∈N*). [自助空间]
3.等比数列及其前n项和的7条性质 已知等比数列{an}的公比为q(q≠0),前n项和为Sn. (1)若a,G,b成等比数列,则G叫作a,b的等比中项,G2=ab. (2)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则aman=apaq. (3)若m,p,n成等差数列,则am,ap,an成等比数列,即若m+n=2p,则aman=. (4)ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公比为qm的等比数列. (5)当q≠-1或q=-1且m(m∈N*)为奇数时,数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是公比为qm的等比数列. (6)若Tn为等比数列{an}的前n项积,则Tm,,,…是公比为(qm)m的等比数列. (7)当项数为2n时,=q;当项数为2n+1时,=q. 4.等差数列的重要结论 设Sn为等差数列{an}的前n项和,则 (1)an能写成an=dn+a的形式,Sn能写成Sn=An2+Bn的形式,其中a≠0. (2)=n+是关于n的一次函数或常数函数,数列也是等差数列. (3)Sn====…. 5.等比数列的重要结论 设Sn为等比数列{an}的前n项和,则 (1)an=kqn-1为指数型函数,Sn=A·qn-A. (2){an},{bn}成等比数列 {anbn}成等比数列. (3)等比数列前n项和有:①Sm+n=Sm+qmSn;②=(q≠±1). 6.数列求和的方法 (1)公式法:等差数列或等比数列的求和,直接利用公式求和. (2)错位相减法:形如{an·bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的数列,利用错位相减法求和. (3)裂项相消法:通项公式形如an=(其中a,b1,b2,c为常数)用裂项相消法求和. (4)并项求和法:先将某些项放在一起求和,然后再求Sn.通项公式形如an=(-1)n·n或an=a·(-1)n(其中a为常数,n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法.并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论. (5)分组求和法:分组求和法是解决通项公式可以写成cn=an±bn形式的数列求和问题的方法,其中{an}与{bn}是等差(等比)数列或一些可以直接求和的数列. [自助空间]
习题讲评(一)　等差数列与等比数列
等差数列和等比数列是高中阶段研究的两类重要特殊数列.数列的性质、通项、求和、最值是高考主要考查内容,试题一般以低中档题为主,着重考查等差、等比数列的核心知识、方法和思想,可能与新定义问题相结合考查对基本概念的理解,难度较大,应适当关注,如2024年新课标Ⅰ卷T19.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　等差数列、等比数列的基本运算
[例1]　(2024·泰安三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a1=-21,S7=S15,则Sn的最小值为 (　　) A.-99 B.-100 C.-110 D.-121 [例2]　(2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+1-3. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{Sn}的前n项和. [练1]　(2024·汕头三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,a2n=2an+1,若Sn+an+1=100,则n= (　　) A.8 B.9 C.10 D.11 [练2]　(2024·郑州模拟)[多选]设等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1+a(a为常数),则 (　　) A.a=-1 B.{an}的公比为2 C.an=2n D.S9=1 023 [练3]　(2023·北京高考)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　;数列{an}所有项的和为　　　. [自助空间] 思维建模:等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略 (1)抓住基本量:首项a1、公差d或公比q. (2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)形式的数列为等差数列,通项公式为an=p·qn-1(p,q≠0)形式的数列为等比数列. (3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
教学点(二)　等差数列、等比数列的性质及应用
[例1]　(2024·襄阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S8+S24=140,且S24=13S8,则S16= (　　) A.40 B.-30 C.30 D.-30或40 [例2]　(2024·贵港模拟)已知等差数列{an}的公差不为0,a2 024=0,给定正整数m,使得对任意的n∈N*(n2)都有a1+a2+…+an=a1+a2+…+am-n成立,则m的值为 (　　) A.4 047 B.4 046 C.2 024 D.4 048 [练1]　(2024·岳阳三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2≥a1>0,S20=100,则a10a11有 (　　) A.最小值25 B.最大值25 C.最小值50 D.最大值50 [练2]　(2024·泰安模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且3a1+9a2=2,9=a1a5,则 (　　) A.an= B.an=3n C.an= D.an=3n-1 [练3]　(2024·吕梁三模)[多选]已知等差数列{an}的首项为a1,公差为d,前n项和为Sn,若S10|a10+a11| 　　　 D.中最小项为 [自助空间] 思维建模:等差、等比数列的性质问题的求解策略 (1)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. (2)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. [练3]　发散拓展: 若a1>0,d<0,则Sn存在最大值,若a1<0,d>0,则Sn存在最小值.
教学点(三)　等差数列、等比数列的判定与证明
[典例]　已知数列{an}的各项均不为0,其前n项和为Sn,q为不等于0的常数,且Sn=qSn-1+a1(n≥2).
(1)证明:{an}是等比数列;
(2)若S5,S11,S8成等差数列,则对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8是否成等差数列 若成等差数列,请予以证明;若不成等差数列,请说明理由.
[自助空间]
[思维建模]
证明或判定等差(比)数列一般使用定义法,即①an+1-an=d(d为常数,n∈N*) {an}是等差数列;
②=q(q是不为0的常数,n∈N*) {an}是等比数列.
[训练]　记数列{an}的前n项积为Tn,且=,其中an>0.
(1)若a1-4a2+3a3=0,=λ(λ≠1),求λ的值;
(2)求证:数列{an}是等比数列.
教学环节二　课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,则a3+a7= (　　) A.-2 B. C.1 D. 2.若首项为正数的等比数列{an}的前6项和为126,且a5=2a3+8a1,则a4的值为 (　　) A.32 B.16 C.8 D.4 3.(2024·上饶二模)记数列{an}的前n项和为Sn,若是等差数列,S6=6,则a3+a4= (　　) A. B. C.1 D.2 4.记Sn为公比小于1的等比数列{an}的前n项和,S3=2,=,则S6= (　　) A.6 B.3 C.1 D. 5.[多选]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3>0,S4>0,则 (　　) A.a2>0 B.a3>0 C.S5>0 D.S6>S8 6.(2024·大连二模)[多选]设{an}是等差数列,Sn是其前n项的和,且S5S8,则下面结论正确的是 (　　) A.d≤0 B.a7=0 C.S6与S7均为Sn的最大值 D.满足Sn<0的n的最小值为14 7.(2024·枣庄一模)[多选]将数列{an}中的所有项排成如下数阵: [自助空间]
从第2行开始每一行比上一行多两项,且从左到右均构成以2为公比的等比数列;第1列数a1,a2,a5,…成等差数列.若a2=2,a10=8,则 (　　) A.a1=-1 B. ai=168 C.a2 024位于第45行第88列 D.2 024在数阵中出现两次8.(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　　. 9.(2024·茂名一模)有一座六层高的商场,若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍,一共开了1 890盏,则底层所开灯的数量为　　　　盏. 10.(2024·延庆一模)北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环也依次增加9块.已知每层环数相同,且三层共有扇面形石板(不含天心石) 3 402块,则上层有扇形石板　　　　块. 11.(2024·张掖模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=,若S8-S3=5π,则sin=　　　　. 12.(2024·自贡三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn-nan=n(n-1). (1)证明:数列{an}为等差数列; (2)若a5,a9,a11成等比数列,求Sn的最大值. [自助空间] 第12题　习得方法: 求等差数列的前n项和最值的常用方法 二次 函数法用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值,但要注意n∈N*图象法利用二次函数图象的对称性来确定n的值,使Sn取得最值项的 符号法正项变负项处最大,负项变正项处最小.若有零项,则使Sn取最值的n有两个
13.(2024·济南一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=且Sn=2an+1-3,令bn=. (1)求证:{an}为等比数列; (2)求使bn取得最大值时的n的值. 14.(2024·承德二模)[多选]对于给定的数列{an},如果存在实数p,q,使得an+1=pan+q对任意n∈N*成立,我们称数列{an}是“线性数列”,则下列说法正确的是 (　　) A.等差数列是“线性数列” B.等比数列是“线性数列” C.若p≠1且a1=q,则an= D.若p≠1且a1=q,则an是等比数列{qpn-1}的前n项和 15.(2024·大连一模)[多选]已知递增等比数列{an}的公比为q,且满足+3a4=a5,下列情况可能正确的是 (　　) A.q=2 B.q= C.a4=-1 D.a4=2 024 16.对于数列{an},若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和,则称{an}为P数列. (1)若{an}的前n项和Sn=3n+2,试判断{an}是否是P数列,并说明理由; (2)设数列a1,a2,…,a20是首项为-1,公差为d的等差数列,若该数列是P数列,求d的取值范围. [自助空间]
习题讲评(一)　等差数列与等比数列
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　等差数列、等比数列的基本运算
[例1]　选D　
设{an}的公差为d,因为a1=-21,S7=S15,
可得
解得d=2,所以an=2n-23,
可得Sn=-21n+×2=n2-22n,
所以当n=11时,Sn取得最小值S11=112-22×11=-121.
[例2]　解:(1)因为2Sn=3an+1-3,所以2Sn+1=3an+2-3,
两式相减可得2an+1=3an+2-3an+1,
即an+2=an+1,所以等比数列{an}的公比为.
因为2S1=3a2-3=5a1-3,
所以a1=1,故an=.
(2)因为2Sn=3an+1-3,
所以Sn=(an+1-1)=.
设数列{Sn}的前n项和为Tn,则Tn=×-n=×-n-.
[练1]　选B　
由a2=3,a2n=2an+1,得a2=2a1+1=3,解得a1=1,则等差数列{an}的公差d=2,于是an=2n-1,Sn=·n=n2.由Sn+an+1=100,得n2+2n+1=100,所以n=9.
[练2]　选BC　
因为Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8.因为{an}是等比数列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,故A错误;{an}的公比q==2,故B正确;因为a1=2,q=2,所以an=a1qn-1=2n,故C正确;因为a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,故D错误.
[练3]　答案:48　384
解析:法一:设前3项的公差为d,后7项的公比为q(q>0),则q4===16,解得q=2,则a3=1+2d==3,解得d=1,所以a7=a3q4=48.a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384.
法二:因为在数列{an}中,当3≤n≤9时为等比数列,则=a5a9=12×192=482,且an>0,所以a7=48.又=a3a7,则a3==3.设后7项的公比为q(q>0),则q2==4,解得q=2,所以a1+a2+a3==6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9===381,所以a1+a2+…+a9=6+381-a3=384.
教学点(二)　等差数列、等比数列的性质及应用
[例1]　选A　
因为S8+S24=140,且S24=13S8,所以S8=10,S24=130,故q≠±1,所以==(q8)2+q8+1=13,即+q8-12=0,解得q8=3或q8=-4(舍去).由等比数列性质可知,S8,S16-S8,S24-S16成等比数列,公比为q8=3,所以S16-10=10×q8=30,解得S16=40.
[例2]　选A　
若n>m-n,由题意知am-n+1+am-n+2+…+an=0,由等差数列的性质知,若p+q=s+t,则有ap+aq=as+at,所以am-n+1+an=0,因为公差d≠0,且a2 024=0,所以a1+a4 047=0,所以m-n+1+n=4 048,所以m=4 047.若n[练1]　选B　
由S20==10(a10+a11)=100,可得a10+a11=10,因为a2≥a1>0,则等差数列{an}的公差d≥0,故a10>0,a11>0,则a10a11≤=25,当且仅当a10=a11=5时取等号,即当a10=a11=5时,a10a11取得最大值25.
[练2]　选A　
设数列{an}的公比为q,由9=a1a5得9=,所以q2=.又因为各项均为正数,所以q=.由3a1+9a2=2得3a1+9a1q=2,所以a1=,故an=.
[练3]　选BD　
根据题意,得∴
即两式相加,解得a9>0,a10<0,当n=9时,Sn最大,故A错误;
由S10由以上可得a1>a2>a3>…>a9>0>a10>a11>…,S17==17a9>0,而S18==9(a9+a10)<0,当n≤17时,Sn>0;当n≥18时,Sn<0;所以使得Sn<0成立的最小自然数n=18,故B正确;
当n≤9或n≥18时,>0;当9由0>a10>a11>…>a17,S10>S11>S12>…>S17>0,
所以中最小项为,故D正确.
教学点(三)　等差数列、等比数列的判定与证明
[典例]　解:(1)证明:因为Sn=qSn-1+a1(n≥2),①
所以Sn+1=qSn+a1(n≥1),②
②-①,得an+1=qan(n≥2),即=q(n≥2).
当n=2时,S2=qS1+a1,即a2+a1=qa1+a1,所以=q,
所以对 n∈N*,=q,即{an}是公比为q的等比数列.
(2)对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8成等差数列.证明如下:
由S5,S11,S8成等差数列,得q≠1,且2S11=S5+S8,即2×=+,
化简得2q6-q3-1=0,即2q6=q3+1.
因为at+5+at+8=atq5+atq8=atq5(1+q3),2at+11=2atq11=atq5×2q6=atq5(1+q3),
所以at+5+at+8=2at+11,故对于任意的正整数t,at+5,at+11,at+8成等差数列.
[训练]　解:(1)令n=2,则=,即(a1a2)2=a3,
∴=a1a3,∴a1,a2,a3成等比数列,则公比为λ.
∵a1-4a2+3a3=0,∴a1-4a1λ+3a1λ2=0,
即3λ2-4λ+1=0.∵λ≠1,∴λ=.
(2)证明:∵(a1a2·…·an)2=,
∴(a1a2·…·anan+1)2=,
两式相除得=a1·,即=a1·,　①
由①得=a1·,　②
②÷①,得=,即=,
∴=an+1·an+3,即=anan+2,
由(1)知=a1a3,∴=anan+2,n∈N*,
∴数列{an}是等比数列.
教学环节二　课时作业讲评
1.选D　
法一:设等差数列{an}的公差为d,由S9=9a1+d=9(a1+4d)=1,得a1+4d=,得a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=2(a1+4d)=.
法二:因为{an}为等差数列,所以S9==9a5=1,得a5=,所以a3+a7=2a5=.
2.选B　
设首项为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0),
则
解得(负值舍去)
∴a4=a1q3=16.
3.选D　
因为是等差数列,所以可设=an+b,所以Sn=an2+bn,所以{an}为等差数列,S6=6=×6=3(a1+a6),所以a1+a6=2,所以a3+a4=2.
4.选B　
依题意,S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等比数列,首项为2,设其公比为p,则S6=2+2p,S9=2+2p+2p2,S12=2+2p+2p2+2p3,由=,得=,整理得2p2-5p+2=0,由等比数列{an}的公比q小于1,得p=q3<1,解得p=,所以S6=3.
5.选BC　
设等比数列{an}的公比为q,由S3=a1(1+q+q2)>0,由于1+q+q2>0,所以a1>0.又S4>0,即a1(1+q)(1+q2)>0,于是q>-1,a2=a1q,由于q正负不定,故无法确定a2与0的大小,A错误;a3=a1q2>0,B正确;S5=S4+a1q4>0,C正确;S8-S6=a1q6(1+q)>0,故S8>S6,D错误.
6.选BCD　
因为S6=S7>S8,所以S7-S6=a7=0,S8-S7=a8<0,所以d=a8-a7<0,故A错误,B正确;因为S5S8,所以S6与S7均为Sn的最大值,故C正确;因为2a7=a1+a13,由S13==0,S14==7(a7+a8)<0,故D正确.
7.选ACD　
由第1列数a1,a2,a5,a10,… 成等差数列,设公差为d,又由a2=2,a10=8,可得a1+d=2,a1+3d=8,解得a1=-1,d=3,则第一列的通项公式为ak=-1+(k-1)×3=3k-4,又从第2行开始每一行比上一行多两项,且从左到右均构成以2为公比的等比数列,可得a2+a3+…+a9=2+4+8+5+10+20+40+80=169,所以A正确,B错误;
又因为每一行的最后一个数为a1,a4,a9,a16,…,且452=2 025,可得a2 024是a2 025的前一个数,且a2 025在第45行,因为这一行共有2×45-1=89个数,则a2 024在第45行的第88列,所以C正确;
由题设可知第i行第j个数的大小为(3i-4)×2j-1,令(3i-4)×2j-1=2 024=253×23,若j=1,则3i-4=2 024,即i=676;若j=2,则3i-4=1 012,无整数解;若j=3,则3i-4=506,即i=170;若j=4,则3i-4=253,无整数解.所以D正确.
8.答案:95
解析:因为数列{an}为等差数列,
则由题意得解得
则S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95.
9.答案:30
解析:依题意,从下往上每层灯的数量构成等比数列{an},公比q=2,n=6,前6项和S6=1 890,于是S6===1 890,解得a1=30,所以底层所开灯的数量为30盏.
10.答案:405
解析:记从中间向外每环扇面形石板数为{an},则{an}是等差数列,且公差d=9,a1=9,设每层有k环,则n=3k,Sn=3 402,所以Sn=na1+=3 402,即9n+=3 402,即n2+n-756=0,解得n=27或n=-28(舍去),所以k=9,则S9=9a1+=9×9+=405,即上层有扇形石板405块.
11.答案:
解析:由前n项和定义可得S8-S3=a4+a5+a6+a7+a8,因为{an}是等差数列,所以a4+a8=a5+a7=2a6,即S8-S3=5a6=5π,所以a6=π.设等差数列{an}的公差为d,由a6=a1+5d,所以d=,所以a2+a9=(a1+d)+(a1+8d)=2a1+9d=,所以sin=sin=sin=sin=sincos-cossin=.
12.解:(1)证明:数列{an}满足Sn-nan=n(n-1),　①
当n≥2时,有Sn-1-(n-1)an-1=(n-1)(n-2),　②
①-②可得Sn-Sn-1-nan+(n-1)an-1=n(n-1)-(n-1)(n-2),即(1-n)an+(n-1)an-1=(n-1)[n-(n-2)],
变形可得an-an-1=-1(n≥2),
故数列{an}是以-1为公差的等差数列.
(2)由(1)可知数列{an}是以-1为公差的等差数列,
若a5,a9,a11成等比数列,则=a5×a11,
即(a1-8)2=(a1-4)(a1-10),解得a1=12.
所以an=a1+(n-1)d=13-n,
所以{an}递减.又当1≤n<13时,an>0,当n=13时,an=0,
当n>13时,an<0,
故当n=12或n=13时,Sn取得最大值,
且(Sn)max=S12=S13=12×12+×(-1)=78.
13.解:(1)证明:已知Sn=2an+1-3,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-2an,即当n≥2时,=.
又因为a1=,所以a2=,=,
综上,当n≥1时,=,所以{an}为首项和公比均为的等比数列.
(2)由(1)可得an=,所以bn=(n2+n).
当n≥2时,==,令>1,可得2≤n<5,
可知b1b6>b7>…,
综上,n=4或n=5时,bn取得最大值.
14.选AB　
数列{an}为等差数列,则an+1-an=d,即an+1=an+d,满足“线性数列”的定义,故A正确;数列{an}为等比数列,则=q,即an+1=qan,满足“线性数列”的定义,故B正确;设an+1-k=p(an-k),k∈R,则k-pk=q,解得k=,则an-=pn-1,因此an=,故C错误;若p=0且q≠0,则an=q,数列{qpn-1}的前n项和为0,故D错误.
15.选BCD　
原数列递增等价于an>0,q>1或an<0,0(注意:等比数列的增减性与an,q的关系)
+3a4=a5等价于+3a4=a4q,即a4=q3-3q2.
从而q3-3q2>0,q>1或q3-3q2<0,0这意味着q的范围是q>3或0(妙解:解到此处,不知如何解下去,怎么办,不妨构造函数,利用函数的单调性求a4的范围)
令f(x)=x3-3x2,x>3或0当x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当0从而f(x)>f(3)=0或f(1)=-20.
16.解:(1)因为Sn=3n+2,Sn-1=3n-1+2(n≥2),则an=Sn-Sn-1=2·3n-1(n≥2),
当n=1时,a1=S1=5不适合上式,故an=那么当k∈N*时,ak+1-Sk=2·3k-3k-2=3k-2>0符合题意,故数列{an}是P数列.
(2)由题意知,该数列的前n项和为Tn=-n+d,an+1=-1+nd,由数列a1,a2,…,a20是P数列,可知a2>S1=a1,故公差d>0.Tn-an+1=n2-n+1<0对满足n=1,2,…,19,n∈N*的任意n都成立,则当n=1时,-d<0,明显成立;
当n=19时,令×192-×19+1<0,解得d<,
故d的取值范围为.

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