专题二 第一讲 等差数列（教参）-2022高考数学【优化探究】二轮专题复习（老教材新高考）

第一讲　等差数列、等比数列 授课提示：对应学生用书第17页 1．(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A．2　　　　　　　　　　B．3 C．4 D．5 解析：∵a1＝2，am＋n＝aman， 令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an， ∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝2×2n－1＝2n. 又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25， ∴＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)， ∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4. 答案：C 2．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　) A．an＝2n－5 B．an＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n 解析：设首项为a1，公差为d. 由S4＝0，a5＝5可得解得 所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5， Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n. 答案：A 3．(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：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得＝381，解得a1＝3. 答案：B 4．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a4＝a6，则S5＝________. 解析：由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5， 整理得q＝＝3，∴S5＝＝. 答案： 5．(2020·新高考全国卷Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 解析：法一(观察归纳法)：数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5. 故前n项和为Sn＝＝＝3n2－2n. 法二(引入参变量法)：令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)． at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5. 以下同法一． 答案：3n2－2n 6．(2021·新高考全国Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么Sk＝________ dm2. 解析：法一：列举法＋归纳法． 由上图可知，对折n次后，共可以得到(n＋1)种不同规格的图形，故对折4次可以得到5种不同规格的图形． 归纳上述结论可知，对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为 dm2(n∈N*)， 故Sk＝dm2(k∈N*)， 记Tn＝(k＋1)k－1， ∴Tn＝＋＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②得，Tn＝2＋＋＋…＋－ ＝2＋－＝3－， ∴Tn＝6－， ∴Sk＝120＝ dm2. 法二：对折3次可以得到 dm×12 dm， dm× dm， dm× dm,20 dm× dm，共四种不同规格的图形，对折4次可以得到 dm×12 dm， dm× dm， dm× dm， dm× dm,20 dm× dm，共五种不同规格的图形， 由此可以归纳出对折n次可得到(n＋1)种不同规格的图形，每种规格的图形的面积均为 dm2， ∴Sk＝ dm2， 记Tn＝＋＋…＋，则Tn＝＋＋…＋， ∴Tn－Tn＝Tn＝1＋－＝－－＝－， ∴Tn＝3－，∴Sk＝ dm2. 答案：5　240 [把脉考情] 考什么 1.求等差、等比数列的指定项、公差或公比． 2．求前n项和． 3．数列的简单应用. 新动向 在选择、填空题中会继续考查等差数列、等比数列的基本量的计算，注意整体思想及方程思想的运用. 授课提示：对应学生用书第17页 题型一　等差数列、等比数列的基本运算