《2020屆高三數學二輪復習 專題三 第1講 等差數列、等比數列教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三數學二輪復習 專題三 第1講 等差數列、等比數列教案（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題三 數列、推理與證明第1講　等差數列、等比數列 自主學習導引 真題感悟 1．(2020·浙江)設公比為q(q＞0)的等比數列{an}的前n項和為Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則q＝________. 解析　利用等比數列的通項公式及前n項和公式求解． 解法一　S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2， 將a3＝a2q，a4＝a2q2代入得， 3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化簡得2q2－q－3＝0， 解得q＝(q＝－1不合題意，舍去)． 解法二　設等比數列{an}的首項為a1，由S2＝3a2＋2，得 a1(1＋q)＝3a1q

2、＋2.① 由S4＝3a4＋2，得a1(1＋q)(1＋q2)＝3a1q3＋2.② 由②－①得a1q2(1＋q)＝3a1q(q2－1)． ∵q＞0，∴q＝. 答案　 2．(2020·課標全國卷)已知{an}為等比數列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10＝ A．7　　　B．5　　　C．－5　　　D．－7 解析　解法一　利用等比數列的通項公式求解． 由題意得 ∴或 ∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. 解法二　利用等比數列的性質求解． 由解得或 ∴或 ∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. 答案　D 考題分析 等差數列與等比數列的基本性質與運算是各地

3、高考考查的熱點，突出了通性通法．三種題型都有可能出現，有較容易的低檔題，也有與其他知識交匯命題的壓軸題． 網絡構建 高頻考點突破 考點一：等差、等比數列的基本運算 【例1】(2020·盤錦模擬)已知數列{an}是各項均為正數的等比數列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝a＋log2an，求數列{bn}的前n項和Sn. [審題導引]　(1)利用所給的條件式求出a1與q，可求an； (2)把數列{bn}分解為一個等差數列與一個等比數列，分組求和． [規(guī)范解答]　(1)∵a1＋a2＝2＝2×， a3＋a4＝32＝32×，

4、數列{an}各項均為正數，∴a1a2＝2，a3a4＝32， ∴q4＝＝16，∴q＝2， 又a1a2＝a1·a1q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1. (2)∵bn＝a＋log2an，∴bn＝4n－1＋(n－1)， ∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(40＋41＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋…＋n－1) ＝＋. 【規(guī)律總結】 方程思想在等差(比)數列的基本運算中的運用 等差(比)數列的通項公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an與Sn這五個量，如果已知其中的三個，就可以求其余的兩個．其中a1和d(或q)是兩個基本量，所以等差數列與等比數列的基

5、本運算問題一般先設出這兩個基本量，然后根據通項公式、求和公式構建這兩者的方程組，通過解方程組求其值，這也是方程思想在數列問題中的體現． [易錯提示]　等差(比)數列的基本運算中，容易出現的問題主要有兩個方面：一是忽視題中的條件限制，如公差與公比的符號、大小等，導致增解；二是不能靈活利用等差(比)數列的基本性質轉化已知條件，導致列出的方程或方程組較為復雜，增大運算量． 【變式訓練】 1．(2020·安徽師大附中模擬)等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a5＝8，S3＝6，則S10－S7的值是 A．24　　　　B．36　　　　C．48　　　　D．72 解析　∵S3＝3a2＝6，∴a2＝

6、2， 又a5＝8，∴3d＝a5－a2＝6，∴d＝2. ∴S10－S7＝a8＋a9＋a10＝3a9 ＝3[a5＋(9－5)d]＝48. 答案　C 2．(2020·青島模擬)設等比數列{an}的各項均為正數，公比為q，前n項和為Sn.若對?n∈N＋，有S2n＜3Sn，則q的取值范圍是 A．(0,1] B．(0,2) C．[1,2) D．(0，) 解析　當q＝1時，顯然有S2n＜3Sn， 當q≠1時，∵S2n＜3Sn， 即S2n－3Sn＝(qn－2)＜0. ∵＞0，∴qn－2＜0恒成立， ∴0＜q＜1，故q∈(0,1]． 答案　A 考點二：等差、等比數列的判定與證

7、明 【例2】已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足：an－2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N＋，Sn≠0)，a1＝，判斷與{an}是否為等差數列，并說明你的理由． [審題導引]　因為已知關系式中包含an，Sn，Sn－1，所以應根據an與Sn的關系式：an＝Sn－Sn－1(n≥2)將已知條件轉化為關于Sn與Sn－1之間的關系，從而判斷是否為等差數列，并求出Sn的表達式，然后求出數列{an}的通項公式，并判斷其是否為等差數列． [規(guī)范解答]　因為an＝Sn－Sn－1(n≥2)， 所以由an－2SnSn－1＝0， 可得Sn－Sn－1－2SnSn－1＝0(n≥2)， 所以－＝2(n≥2)

8、，又因為S1＝a1＝， 所以是以2為首項，2為公差的等差數列． 所以＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝. 所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－ ＝， 所以an＋1＝， 而an＋1－an＝－ ＝＝. 所以當n≥2時，an＋1－an的值不是一個與n無關的常數， 故數列{an}不是一個等差數列． 綜上，是等差數列，{an}不是等差數列． 【規(guī)律總結】 判斷數列是否為等差(比)數列的方法 在判斷一個數列是否為等差(比)數列時，應該根據已知條件靈活選用不同的方法，一般是先建立an＋1與an的關系式或遞推關系式，表示出an＋1－an，然后驗證其是否為一個與n無關的常數．另外

9、，常數列{an}的通項公式an＝a，它是一個首項a1＝a，公差d＝0的等差數列，若a≠0，則該數列也是一個首項a1＝a，公比q＝1的等比數列．如果一個數列中包含有0的項，那么這個數列一定不是等比數列． 【變式訓練】 3．(2020·西安模擬)已知數列{an}滿足：a1＝2，an＋1＝2an＋2. (1)求證：數列{an＋2}是等比數列(要求指出首項與公比)； (2)求數列{an}的前n項和Sn. 解析　(1)證明　由an＋1＝2an＋2，得an＋1＋2＝2an＋4， 即an＋1＋2＝2(an＋2)，即＝2(n∈N＋)， 又由a1＝2得a1＋2＝4， 所以數列{an＋2}是以4為

10、首項，以2為公比的等比數列． (2)由(1)知an＋2＝4·2n－1＝2n＋1， 所以an＝2n＋1－2， 所以Sn＝22＋23＋…＋2n＋1－2n ＝－2n＝2n＋2－2n－4. 考點三：等差、等比數列的性質及應用 【例3】(1)已知正數組成的等差數列{an}，前20項和為100，則a7·a14的最大值是 A．25 B．50 C．100 D．不存在 (2)(2020·株洲模擬)設等比數列{an}各項均為正數，且a5a6＋a4a7＝18，則log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝ A．12 B．10 C．8 D．2＋log35

11、 [審題導引]　(1)求出a1＋a20，利用a1＋a20＝a7＋a14與基本不等式求解； (2)利用等比數列的性質結合對數的運算法則解題． [規(guī)范解答]　(1)∵{an}為等差數列， ∴S20＝×20×(a1＋a20)＝100， ∴a7＋a14＝a1＋a20＝10. ∵a7＞0，a14＞0， ∴a7·a14≤2＝25， 當且僅當a7＝a14＝5時，等號成立． (2)∵a5a6＝a4·a7，a5a6＋a4a7＝18， ∴a5a6＝9， log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a10) ＝log3(a5a6)5＝5log39＝10. 答案　(1

12、)A　(2)B 【規(guī)律總結】 等差、等比數列性質的應用技巧 (1)等差數列與等比數列有很多性質很類似，但又有區(qū)別，學習時需對比記憶，靈活應用． (2)等差數列與等比數列的性質多與其下標有關，解題需多注意觀察，發(fā)現其聯系，加以應用． (3)應用等差數列、等比數列的性質要注意結合其通項公式、前n項和公式． 【變式訓練】 4．設{an}是公差為正數的等差數列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，則a11＋a12＋a13等于 A．120 B．105 C．90 D．75 解析　設公差為d且d＞0， ∵a1＋a2＋a3＝15， ∴a2－d＋a2＋a2＋d＝1

13、5， ∴a2＝5. 又a1a2a3＝80，∴d2＝9. ∵d＞0，∴d＝3. 則a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝105. 答案　B 名師押題高考 【押題1】在等比數列{an}中，a1＝8，a4＝a3a5，則a7＝ A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析　解法一　設等比數列{an}的公比為q. ∵a4＝a3a5，a1＝8，∴8·q3＝8·q2·8·q4， 即q3＝，∴q＝， a7＝a1q6＝8·6＝. 解法二　∵a4＝a3a5＝a，且a4≠0，∴a4＝1. 又∵a＝a1a7，即1＝8a7，∴a7＝. 答案　B [押題依據]　本題可根據

14、給出的條件利用等比數列的通項公式求解，也可以利用等比數列的性質求解，解題切口較寬，不僅考查數列的通性通法，同時也突出了對能力的考查，符合高考的要求，故押此題． 【押題2】在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n. (1)設bn＝，證明：數列{bn}是等差數列； (2)求數列{an}的前n項和Sn. 解析　(1)證明　由已知an＋1＝2an＋2n，得 bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1. 又b1＝a1＝1， 因此{bn}是首項為1，公差為1的等差數列． (2)由(1)知＝n，即an＝n·2n－1， Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1， 兩邊乘以2得 2Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 兩式相減得 Sn＝－1－21－22－…－2n－1＋n·2n ＝－(2n－1)＋n·2n＝(n－1)2n＋1. [押題依據]　等差數列、等比數列的判定與證明、數列的求和一直是高考的熱點，本題綜合考查了等差數列的證明、通項公式的求法、錯位相減法求和等知識點，難度中等，故押此題．