第1部分 专题3 微专题9 等差数列与等比数列（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题三 数列 微专题9　等差数列与等比数列 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 [教师用书独具] 2024年高考试卷 考情分布 命题解读 新高考全国Ⅰ卷 T19 1.考查内容：主要考查等差、等比数列的运算与性质、数列求和和新定义问题等． 2．趋势分析：(1)多层次：各种难度都有涉及，题型齐全； 新高考全国Ⅱ卷 T12，T19 (2)综合性：强化通性通法，加大以数列为载体的方法、能力的考查； (3)重技巧：等差、等比数列性质具有“新、巧、活”的特点； (4)重能力：加大运算、探究、证明等综合问题． 3．学科素养：数学运算、逻辑推理. 全国甲卷 T4，T12，T18 ★[高考定位]　对等差、等比数列基本量和性质的考查，常以客观题的形式出现，属于中低档题．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． 　等差、等比数列的基本运算 1．通项公式： 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1qn－1(q≠0) 2．求和公式： 等差数列：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d； 等比数列：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时， Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q). [例1]　(1)(2024·南京、盐城一模)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋5a1，a5＝4，则a1＝(　　) A.eq \f(1,4)　　 B．－eq \f(1,4) C.eq \f(1,2)　　 D．－eq \f(1,2) [解析]　把等比数列{an}各项用基本量a1和q表示，根据已知条件列方程即可求解． 设等比数列{an}的公比为q， 由S3＝a2＋5a1，得：a1＋a2＋a3＝a2＋5a1， 即：a3＝4a1＝a1q2， 所以，q2＝4， 又a5＝4，所以，a1q4＝a1(q2)2＝a1×42＝4， 所以，a1＝eq \f(1,4). [答案]　A (2)(2024·新课标全国Ⅱ卷)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝________. [解析]　利用等差数列通项公式得到方程组，解出a1d，再利用等差数列的求和公式解即可得到答案． 因为数列an为等差数列，则由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7,3a1＋d＋a1＋4d＝5))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－4,d＝3))， 则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95. [答案]　95 等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略 (1)求通项，求出等比数列的两个基本量a1和q后，通项便可求出． (2)求特定项，利用通项公式或者等比数列的性质求解． (3)求公比．利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解． (4)求前n项和．直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解． 1．(2024·绍兴4月适应性考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S5,5)－eq \f(S2,2)＝6，则a7－a4＝(　　) A．9　　 B．10 C．11　　 D．12 解析：D　[由等差数列求和公式结合已知列方程即可求解． 由题意设等差数列{an}的首项、公差分别为a1，d， 因为eq \f(S5,5)－eq \f(S2,2)＝eq \f(1,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d))－eq \f(1,2)(2a1＋d)＝eq \f(3,2)d＝6,3d＝12，从而a7－a4＝3d＝12.] 2．(2024·河南洛平许济四市质检)已知等比数列{an}的公比为q，若a1＋a2＝12，且a1，a2＋6，a3成等差数列，则q＝(　　) A.eq \f(3,2) B．－eq \f(3,2) C．3 D．－3 解析：C　[根据等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得结果． ∵a1，a2＋6，a3成等差数列，∴2(a2＋6)＝a1＋a3，又a1＋a2＝12， ∴2(12－a1＋6)＝a1＋a3，整理可得：3a1＋a3＝3a1＋a1q2＝36， ∴eq \f(a1＋a2,3a1＋a3)＝eq \f(1＋q,3＋q2)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，解得：q＝0(舍)或q＝3.] 等差、等比数列的判定与证明 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(其中an≠0，n≥2)． 2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义证明eq \f(an＋1,an)(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明aeq \o\al(2,n)＝an－1an＋1(其中an≠0，n≥2)． [例2]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(n2＋n,2).在数列{bn}中，2bn＋1＝bn－1(n≥2)，b1＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：{bn＋1}是等比数列． [解]　(1)由an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1,Sn－Sn－1，n≥2))可求得数列{an}的通项公式；(2)推导出bn＋1＝eq \f(1,2)(bn－1＋1)，结合等比数列的定义可证得结论成立． (1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(n2＋n,2). 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(12＋1,2)＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n2－n,2)＝n， a1＝1也满足an＝n，故对任意的n∈N*，an＝n. (2)当n≥2时，2bn＋1＝bn－1，可得bn＝eq \f(1,2)bn－1－eq \f(1,2)，所以，bn＋1＝eq \f(1,2)(bn－1＋1)， 且b1＋1＝1，则b2＋1＞0，b3＋1＝eq \f(1,2)(b2＋1)＞0，…， 以此类推可知，对任意的n∈N*，bn＋1＞0，所以，eq \f(bn＋1,bn－1＋1)＝eq \f(1,2)(n≥2)， 因此，数列{bn＋1}是公比为eq \f(1,2)的等比数列． (1)证明一个数列为等比数列，常用定义法或等比中项法，通项公式法及前n项和公式法只用于填空题中的判定．若证明某数列不是等比数列，则只需找到连续三项不成等比数列即可． (2)eq \f(an＋1,an)＝q和aeq \o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是不是零． 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：对任意的m∈N*，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列． 解：当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2， 所以a1＝1； 当n≥2时，因为an＝3Sn－2， 所以an－1＝3Sn－1－2， 所以an－an－1＝3an，即an＝－eq \f(1,2)an－1， 所以数列{an}是等比数列， 其通项公式为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1. (2)证明：对任意的m∈N*， 2Sm＋2＝2×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2,1＋\f(1,2))＝eq \f(4,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))， Sm＋Sm＋1＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m,1＋\f(1,2))＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1,1＋\f(1,2)) ＝eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1)) ＝eq \f(4,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))， 所以2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1， 即Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列． 等差、等比数列的性质 等差数列 等比数列 性 质 (1)若m，n，p，l∈N*，且m＋n＝p＋l，则am＋an＝ap＋al； (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 (1)若m，n，p，l∈N*，且m＋n＝p＋l，则aman＝apal； (2)an＝amqn－m； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(q≠－1). [例3]　(1)(2024·张家口三模)已知数列{an}为等比数列，a1＝1，a2a3a4＝27，则log3(a1a3a5…a17)＝(　　) A．28 B．32 C．36 D．40 [解析]　根据已知求得q6＝27，然后利用数列性质化简a1a3a5…a17，结合对数恒等式可得． 记数列{an}的公比为q，由题知a1q·a1q2·a1q3＝q6＝27， 则a1a3a5…a17＝aeq \o\al(9,9)＝(a1q8)9＝q72＝(q6)12＝2712＝336， 所以log3(a1a3a5…a17)＝log3336＝36. [答案]　C (2)[多选]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a4＋a11>0，a7·a8<0，则(　　) A．数列{an}是递增数列 B．S6>S9 C．当n＝7时，Sn最大 D．当Sn>0时，n的最大值为14 [解析]　∵在等差数列{an}中，a1>0， a4＋a11＝a7＋a8>0，a7·a8<0， ∴a7>0，a8<0， ∴公差d<0，数列{an}是递减数列，A错误； ∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，∴S6>S9，B正确； ∵a7>0，a8<0，数列{an}是递减数列， ∴当n＝7时，Sn最大，C正确； ∵a4＋a11>0，a7>0，a8<0， ∴S14＝eq \f(14a1＋a14,2)＝eq \f(14a4＋a11,2)>0， S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)<0， ∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确． [答案]　BCD 应用数列性质解题的方法 (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解． (2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中，“若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)”这一性质与求和公式Sn＝eq \f(na1＋an,2)的综合应用． 1．(2024·广州测试一)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a3a5＝2a2a4，则eq \f(S4,S2)＝(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：C　[根据等比数列的性质可得eq \f(a3a5,a2a4)＝q2＝2，进而根据求和公式即可化简求解． 根据题意，设等比数列{an}的公比为q， 若a3a5＝2a2a4，即eq \f(a3a5,a2a4)＝q2＝2， 故eq \f(S4,S2)＝eq \f(\f(a11－q4,1－q),\f(a11－q2,1－q))＝1＋q2＝3.] 2．(2024·厦门质检二)已知正项等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且4S3＝(a3＋1)2,4S4＝(a4＋1)2，则d＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：B　[根据Sn，an的关系，将已知等式相减，结合等差数列的性质，即可求得答案． 因为4S3＝(a3＋1)2,4S4＝(a4＋1)2，故两式相减得：4a4＝(a4＋1)2－(a3＋1)2， 即(a4－1)2－(a3＋1)2＝0，则(a4＋a3)(a4－a3－2)＝0， 又数列{an}为正项等差数列，故a4－a3－2＝0，∴a4－a3＝2，即d＝2.] $$