1、第二部分 讲练篇 专题二 数列第1讲 等差数列、等比数列自 主 练 考 点 整 合 做小题激活思维1在数列an中，an1an2，a25，则an的前4项和为()A9 B22C24D32C 依题意得，数列an是公差为2的等差数列，a1a223，因此数列an的前4项和等于43432 224，选C.2(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则()Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSn12n22nA 设等差数列an的公差为d，S40，a55，4a1432 d0，a14d5，解得a13，d2，ana1(n1)d32(n1)2n5，Snna1nn12dn24n.故选A.
2、3如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2a7等于()A14B21C28D35C a3a4a512，3a412，a44.a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428.4已知数列an满足3an1an0，a2 13，则an的前10项和等于_341 1310 由 3an1an0，a213得an成首项为 1，公比 q13的等比数列，S10113 10113341 1310.5在等比数列an中，an1an，a2a86，a4a65，则 a4a6 等于_32 因为a2a8a4a66，又a4a65，联立，解得a43，a62或a42，a63(舍)，所以a4a632.扣要点查缺补漏1判
3、断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若an1and，d为常数an1an q，q为常数，q0，则an为等差(比)数列，如T1，T4.(2)中项公式法(3)通项公式法2等差数列的通项公式及前n项和公式(1)ana1(n1)dam(nm)d；(2)Snna1an2na1nn12d.如T2.3等比数列的通项公式及前n项和公式(1)ana1qn1amqnm(q0)；(2)Snna1，q1，a11qn1q，q1.如T4.4等差数列与等比数列的性质(1)在等差数列中，若mnpq(m，n，p，qN*)，则amanapaq.如T3.(2)若an是等差数列，则Snn 也是等差数列(3)在等差数列an中，Sn，
4、S2nSn，S3nS2n 也成等差数列(4)在等比数列中，若 mnpq(m，n，p，qN*)，则 amanapaq.如 T5.(5)在等比数列中，Sn，S2nSn，S3nS2n 也成等比数列(n 为偶数且q1 除外).研 考 题 举 题 固 法 等差(比)数列的基本运算(5年9考)高考解读 高考对该点的考查以等差数列、等比数列的通项公式与求和公式为考查目标，对等差比数列的五个基本量的计算进行考查，体现方程思想和转化与化归思想的应用.预测2020年命题风格不变.1(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若3S3S2S4，a12，则a5()A12 B10C10D12B 设等差数列an的公差
5、为d，3S3S2S4，33a1322 d 2a1d4a1432 d，解得d32a1，a12，d3，a5a14d24(3)10.故选B.2一题多解(2019全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和，若a113，a24a6，则S5_.1213 法一：设等比数列an的公比为q，因为a 24 a6，所以(a1q3)2a1q5，所以a1q1，又a1 13，所以q3，所以S5 a11q51q13135131213.法二：设等比数列an的公比为q，因为a24a6，所以a2a6a6，所以a21，又a113，所以q3，所以S5a11q51q13135131213.3(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54
6、a3.(1)求an的通项公式；(2)设Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn12n3.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解 若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.等差(比)数列基本运算的解题途径(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(q)的方程(组)，然后求解，注意整体代换，以减少运算量 提醒：抓住项与项之间的关系及项的“下角标”之间的关系巧用性
7、质解题，可达到事半功倍的效果1(数列与数学文化)中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是()A174斤B184斤C191斤D201斤B 用a1，a2，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，8a1872 17996，解得a165.a865717184.选B.2(基本量的运算)设等比数列an的前n项和为Sn，公比为q，若a32
8、，S45S2，则q_.1或2 由a32知，若q1，则S48，而5S220，不合题意，所以q1.若q1，则a3a1q2a12，an2(1)n1，此时，S2S40，满足S45S2.当q1时，由a32，S45S2，得a1 1q41q 5a1 1q21q，解得q2或2，满足题意 综上，q的值为1或2.3(等差、等比数列的交汇问题)设等比数列an的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a83，则a5的值为_6 设等比数列an的公比为q.S3，S9，S6成等差数列，2S9S3S6，且q1.2a11q91qa11q31qa11q61q，即2q6q310，q312或q31(舍去)a83，a5a8q3
9、 3126.等差(比)数列的性质及应用(5年3考)高考解读 高考对该点的考查体现了在知识交汇处命题的思想，即把数列的通项an和前n项和Sn都看作关于“n”的函数，要学会用函数的思想解决此类问题.预测2020年会加大与函数的交汇.1(2016全国卷)设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_64 设等比数列an的公比为q，则由a1a310，a2a4q(a1a3)5，知q12.又a1a1q210，a18.故a1a2anan1q12(n1)23n12n1n223nn22 n22n22 72n.记tn22 7n2 12(n27n)，结合nN*可知n3或4时，t有最大值6.又
10、y2t为增函数，从而a1a2an的最大值为2664.2(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值解(1)设an的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d2.所以an的通项公式为an2n9.(2)由(1)得Snn28n(n4)216.所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.与数列性质有关问题的求解策略(1)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(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需进行适当变形此外，解题时注意设而不求思想的运用1(下角标性
11、质的应用)已知数列an满足2anan1an1(n2)，a2a4a612，a1a3a59，则a1a6()A6 B7C8D9B 由2anan1an1(n2)可知数列an是等差数列，a2a4a63a412，a1a3a53a39，a33，a44.所以a1a6a3a4437.故选B.2(和的性质的应用)已知数列an是等比数列，Sn为其前n项和，若a1a2a34，a4a5a68，则S12()A40B60C32D50B 由等比数列的性质可知，数列S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列，即数列4,8，S9S6，S12S9是等比数列，因此S1248163260，选B.3(奇数项与偶数项的性质)已知等差数
12、列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有SnTn2n34n3，则 a3a152b3b9a3b2b10()A.1941B.1737C.715D.2041A a3a152b3b9a3b2b102a92b1b11a3b1b11 a9a3b1b11a1a11b1b1111a1a11211b1b112S11T11211341131941，故选A.等差(比)数列的判断与证明(5年2考)高考解读 高考对该点的考查以解答题第1问为主，立足双基，主要考查等差比数列的证明，其中定义法及等差比中项法是解决此类问题的常用方法.预测2020年会加大对数列证明的考查.1(2018全国卷)已知数列
13、an满足a11，nan12(n1)an.设bnann.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式解(1)由条件可得an12n1nan.将n1代入得，a24a1，而a11，所以，a24.将n2代入得，a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列 由条件可得 an1n12ann，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得ann 2n1，所以ann2n1.2(2014全国卷)已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：
14、an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由解(1)证明：由题设知，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1，由于an10，所以an2an.(2)由题设知，a11，a1a2S11，可得a21.由(1)知，a31.令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得数列a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；数列a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2，因此存在4，使得数列an为等差数列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an1an(nN*)为同一常数；(2)利用等差中项
15、，即证明2anan1an1(n2)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an1an(nN*)为同一常数；(2)利用等比中项，即证明a2nan1an1(n2，an0)1(数列与不等式的交汇)数列an满足an1an2an1，a11.(1)证明：数列1an 是等差数列；(2)求数列1an 的前n项和Sn，并证明：1S1 1S2 1Sn nn1.解(1)证明：(用转化法证明)an1an2an1，1an12an1an，化简得 1an12 1an，即 1an1 1an2，故数列1an 是以1为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)知 1an2n1，所以Snn12n12n2.证明：1S1
16、 1S2 1Sn 112 122 1n21121231nn1 112 1213 1n 1n1 1 1n1 nn1.2重视题(数列与概率的交汇)棋盘上标有第0,1,2，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败集中营)时游戏结束设棋子跳到第n站的概率为Pn.(1)求P3的值；(2)证明：Pn1Pn12(PnPn1)(2n99)；(3)求P99、P100的值解(1)棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率为18；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为14；第一
17、次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为14，因此P358.(2)(用构造法证明)易知棋子先跳到第n2站，再掷出反面，其概率为12Pn2；棋子先跳到第n1站，再掷出正面，其概率为 12 Pn1，因此有Pn12(Pn1Pn2)，即PnPn112(Pn1Pn2)，也即Pn1Pn12(PnPn1)(2n99)(3)由(2)知数列PnPn1(n1)是首项为P1P0 12 1 12，公比为12的等比数列 因此有PnPn112n-1(P1P0)1n2n.由此得到P991299129812 1231 12100.由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有P10012P98131 1299.Thank you for watching!