专题三 第1讲 等差数列与等比数列（专题微讲Word）-【赢在微点·考前顶层设计】2023老高考数学理科大二轮专题复习

第1讲　等差数列与等比数列 命|题|分|析 　　1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现。 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点,考查分析问题、解决问题的综合能力。 考点整合真题感悟 [核心提炼] 　　1.等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及性质 等差数列 等比数列 通项 公式 an=a1+(n-1)d an=a1qn-1(q≠0) 前n 项和 公式 Sn==na1+d ①q≠1,Sn==; ②q=1,Sn=na1 性质 ①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq; ②an=am+(n-m)d; ③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差数列 ①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq; ②an=amqn-m; ③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等比数列(Sm≠0) 2.求数列通项公式常用的方法 (1)定义法:①形如an+1=an+C(n∈N*,C为常数),直接利用定义判断其为等差数列。 ②形如an+1=kan(n∈N*,k为非零常数)且首项不为零,直接利用定义判断其为等比数列。 (2)累加法:形如an+1=an+f (n)(n∈N*),利用an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)求其通项公式。 (3)累乘法:形如=f (n)≠0(n∈N*),利用an=a1···…·求其通项公式。 (4)待定系数法:形如an+1=pan+q(其中n∈N*,p,q均为常数,p(p-1)≠0),先用待定系数法把原递推公式转化为an+1-t=p(an-t),其中t=,再转化为等比数列求解。 (5)构造法:形如an+1=pan+qn(其中n∈N*,p,q均为常数,q(p-q)≠0),先在原递推公式两边同除以qn+1,得=·+,构造新数列{bn}其中bn=,得bn+1=·bn+,接下来用待定系数法求解。 [真题体验] 1.(2022·北京卷)设{an}是公差不为0的无穷等差数列,则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的(C) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　设等差数列{an}的公差为d。因为{an}为递增数列,所以d>0。当n>1-,且n∈N*时,an=a1+(n-1)d>a1+1--1d=0,故存在正整数N0≥1-,当n>N0时,an>0,即充分性成立。若存在正整数N0,当n>N0时,an>0,则当n>N0≥1时,a1+(n-1)d>0。当a1≤0时,n-1>0,所以d>-≥0,即{an}为递增数列;当a1>0时,由题意得当n>N0时,an>0恒成立,即a1+(n-1)d>0恒成立,所以d>-恒成立,所以d>-max。因为-随着n的增大而增大,且-恒为负值,所以d≥0,又d≠0,所以d>0,即{an}为递增数列,即必要性成立。故选C。 2.(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和。若S2=4,S4=6,则S6=(A) A.7 B.8 C.9 D.10 解析　因为S2=4,S4=6,且易知公比q≠±1,所以由等比数列的前n项和的性质知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,所以(S4-S2)2=(S6-S4)S2,即(6-4)2=(S6-6)×4,所以S6=7。 3.(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q,前n项和为 Sn,设甲:q>0,乙:{Sn}是递增数列,则(B) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析　当a1<0,q>1时,an=a1qn-1<0,此时数列{Sn}递减,所以甲不是乙的充分条件。当数列{Sn}递增时,有Sn+1-Sn=an+1=a1qn>0,若a1>0,则qn>0(n∈N*),即q>0;若a1<0,则qn<0(n∈N*),不存在。所以甲是乙的必要条件。 4.(2022·新高考全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列。 (1)求{an}的通项公式; (2)证明:++…+<2。 解　(1)因为a1=1,所以=1。又因为是公差为的等差数列,所以=+(n-1),即Sn=n+an=(n+2)an,所以当n≥2时,Sn-1=(n+1)an-1,所以an=Sn-Sn-1=(n+2)an-(n+1)an-1,即(n-1)an=(n+1)an-1,所以=,所以当n≥2时,··…··=··…··=,所以an=。当n=1时,a1=1满足上式,所以an=。 (2)证明:由(1)知an=,所以==2-,所以++…+=21-+-+