专题17 等差数列与等比数列-2021年新高考数学考点模块专题复习

专题17 等差数列与等比数列 【高考导航】 1．对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解． 2．对等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题． 3．对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节. 【真题解析】 1．已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　) A．100 B．99 C．98 D．97 [解析]　设{an}的公差为d，由等差数列前n项和公式及通项公式，得解得an＝a1＋(n－1)d＝n－2，∴a100＝100－2＝98.故选C. [答案]　C 2．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　) A．－24 B．－3 C．3 D．8 [解析]　设等差数列{an}的公差为d，依题意得a＝a2·a6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2或d＝0(舍去)，又a1＝1，∴S6＝6×1＋×(－2)＝－24.故选A. [答案]　A 3．设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________. [解析]　∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1. 又an＋1＝Sn＋1－Sn， ∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1. 解法一：Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121. 解法二：Sn＋1＝3Sn＋1，则Sn＋1＋＝3.又S1＋＝，∴是首项为，公比为3的等比数列， ∴Sn＋＝×3n－1，即Sn＝， ∴S5＝＝121. [答案]　1　121 4．已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项． (1)求证：数列{S}为等差数列； (2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. [解析]　(1)证明：由题意知2Sn＝an＋， 即2Snan－a＝1.① 当n＝1时，由①式可得S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式得 2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1， 整理得S－S＝1. ∴{S}是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知S＝n，则Sn＝， ∴an＝Sn－Sn－1＝－. ∴bn＝＝＝(－1)n(＋)． 当n为奇数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－； 当n为偶数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝. ∴{bn}的前n项和Tn＝(－1)n. 【典例解析】 考点一　等差、等比数列的基本运算 1．等差数列的通项公式及前n项和公式 an＝a1＋(n－1)d； Sn＝＝na1＋d. 2．等比数列的通项公式及前n项和公式 an＝a1qn－1(q≠0)； Sn＝ 【训练】1．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 [解析]　等差数列{an}中，S6＝＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5， 又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8， 得d＝4，故选C. [答案]　C 【训练】2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　) A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 [解析]　由题意可知，由上到下灯的盏数a1，a2，a3，…，a7构成以2为公比的等比数列，∴S7＝＝381，∴a1＝3.故选B. [答案]　B 【训练】3．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝(　　) A．－2 B．－1 C. D. [解析]　由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍)或q＝，将q＝代入S2＝3a2＋2中得a1＋a1＝3×a1＋2，解得a1＝－1，故选B. [答案]　B 【训练】4．已知等差数列{an}满足a2＝3，a5＝9，若数列{bn}满足b1＝3，bn＋1＝abn，则{bn}的通项公式为________． [解析]　由题意可得等差数列{an}的公差d＝＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝2n－1，则bn＋1＝abn＝2bn－1，bn＋1－1＝2(bn－1