03 环节1 专题2 §1 等差数列、等比数列-【提分教练】2024年新高考数学二轮总复习课件（新教材）

专题二　数列 环节1 1 §1　等差数列、等比数列 【备考指南】　主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算及性质的应用；对等差、等比数列的判定与证明常以解答题的形式考查，难度中等或偏下．备考中注意函数与方程思想、分类讨论思想的应用． 2 索引 01 基础考点1　等差(比)数列的基本运算 02 基础考点2　等差(比)数列的性质 03 基础考点3　等差(比)数列的判定与证明 §1　等差数列、等比数列 【典例1】　(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25　　　B．22　　　C．20　　　D．15 (2)(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为(　　) A．3　　　B．18　　　C．54　　　D．152 (3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4． ①证明：a1＝b1；②求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数． 基础考点1　等差(比)数列的基本运算 √ √ (1)C　(2)C　[(1)等差数列{an}中，a2＋a6＝2a4＝10，所以a4＝5，a4a8＝5a8＝45，故a8＝9． 设等差数列{an}的公差为d， 则d＝＝1，a1＝a4－3d＝5－3＝2， 则S5＝5a1＋d＝10＋10＝20．故选C． 5 (2)法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得 an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝＝3的等比数列． 当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2， 所以a4＝a1q3＝2×33＝54．故选C． 法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝＋2＝－·qn＋＋2，所以又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54．故选C．] 6 (3)[解]　①证明：设等差数列{an}的公差为d， 由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1． 由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)， 故a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，故a1＋d－2b1＝d－a1，整理得a1＝b1，得证． ②由①知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知b1·2k-1＝a1＋(m－1)·d＋a1， 即b1·2k-1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k-1＝2m， 因为1≤m≤500，故2≤2k-1≤1 000，解得2≤k≤10， 故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9． 7 等差(比)数列基本运算的解题途径 (1)设基本量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，注意整体计算，以减少运算量． 提醒：对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1和q≠1的情况，公式Sn＝只适用于q≠1的情况． 基础考点1 基础考点3 基础考点2 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 1．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，Sn为{an}的前n项和， S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A．7　　　B．9　　　C．15　　　D．30 √ C　[由题知，1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4， 即q3＋q4＝4q＋4q2，即q(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0． 由题知q＞0，所以q＝2．所以S4＝1＋2＋4＋8＝15．故选C．] 基础考点1 基础考点3 基础考点2 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 2．(2023·湖南岳阳一模)已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列{an}，则数列{an}的各项之和为(　　) A．1 666　　B．1 654　　C．1 472　　D．1 460 √ A　[有两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：2，14，26，38，50，…，182，194，共有＋1＝17项，是公差为12的等差数列，故新数列前17项的和为×17＝1 666，即数列{an}的各项之和为1 666．故选A．] 基础考点1 基础考点3 基础考点2 专题限时集训 §1　等差数列、等比数列 10 3．已知数列{an}对任意m，n∈N*都满足am＋n＝am＋an，且a1＝1，若命题“＋12”为真命题，则实数λ的最大值