专题2 第1讲 等差数列与等比数列 基础课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

第一讲　等差数列与等比数列 基础课 第一部分　专题突破 专题二　数列 高考分析 1.等差数列、等比数列的基本运算、性质是高考的热点,常以选择题、填空题的形式考查,主要考查解决与项、和有关的计算问题,多为基础题.　2.数列的通项公式及等差、等比数列的判断(证明)常以解答题的形式出现,考查用数列知识分析和解决问题的能力. 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 内容索引 考点二　数列的递推关系 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 3 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 1.(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列,a1=-2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10=(　　) A.-20　　　　　　　 B.-18 C.16 D.18 解析:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为a3,a4,a6成等比数列,且a1=-2, 所以=a3a6,即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d),解得d=2或d=0(舍去), 所以a10=a1+9d=-2+9×2=16. C 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 2.(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=(　　) A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 B 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 解析:法一:记 {an} 的公差为d. 因为S3=6,S5=-5,所以, 所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15. 法二:因为Sn为等差数列{an}的前n项和,所以设Sn=An2+Bn, 由S3=6,S5=-5,得 所以Sn=-n2+n,所以S6=-×36+×6=-15. 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N*),则a4=(　　) A.16 B.32 C.54 D.162 解析:当n≥2,n∈N*时,an=2Sn-1+2,所以an+1-an=2an,即an+1=3an, 当n=1时,a2=2S1+2=2a1+2=6=3a1,所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,则a4=2×33=54. C 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 4.(2025·全国一卷) 若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于　　　　.  解析:设该等比数列为{an}且公比为q(q>0).若q=1,则S8=2S4=8≠68,所以q≠1.根据题意可得解得q=2(负值舍去). 2 考点一　等差数列、等比数列的基本运算与性质 　等差数列、等比数列运算与性质的求解策略 1.抓住基本量与关系:注意首项a1、公差d或公比q.抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,选择恰当的性质进行求解. 2.利用性质:数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质解题. 方法总结 考点二　数列的递推关系 考点二　数列的递推关系 [例1]　(多选)已知数列{an},下列结论正确的是(　 ) A.a1=,且满足an+1=,则an= B.若a1=1,(2n-1)an+1=(2n+1)an(n∈N*),{an}的前n项和为Sn, 则S50=2 500 C.a1=1,当n≥2时,2an-an-1+1=0,则数列的通项公式为an=2×()n-1+1 D.a1=4,an+1=5an+2×5n,n∈N*,则an=2(n+1)·5n-1 ABD 考点二　数列的递推关系 [解析]　对于A:由an+1===+2,故为等差数列,且公差为2,首项为2,故=2+2(n-1)=2n,故an=,A正确; 对于B:因为(2n-1)an+1=(2n+1)an,所以=(n∈N*)⇒=, 所以数列是常数列,所以==1,所以an=2n-1, 所以S50==2 500,B正确; 考点二　数列的递推关系 对于C:当n≥2时,2an+2=an-1+1,即2(an+1)=an-1+1, 所以数列{an+1}是以a1+1=2为首项,为公比的等比数列,所以an+1=2×()n-1, 即an=2×()n-1-1,C错误; 对于D:由an+1=5an+2×5n,两边同时除以5n+1,可得=+. 所以数列,公差为的等差数列,则=+(n-1)=, 所以an=2(n+1)·5n-1,D正确. 考点二　数列的递推关系 　1.形如an+1-an=f(n)的数列,利用累加法求an. 2.形如=f(n)的数列,利用累乘法求an. 3.形如an+1=(p,q≠0)的数列,取倒数构造等差数列求通项. 4.若数列{an}满足an+1=pan+q(p≠0,1;q≠0),构造an+1+λ=p(an+λ). 5.若数列{an}满足an+1=pan+f(n)(p≠0,1),构造an+1+g(n+1)=p[an+g(n)]. 方法总结 考点二　数列的递推关系 1.(2025·天津模拟)设Sn为数列{an}的前n项和,若Sn+3=2an+n,则S10=(　　) A.3 059　　　B.2 056 C.1 033 D.520 解析:由题设Sn+1+3=2an+1+n+1,则Sn+1+3=2(Sn+1-Sn)+n+1, 所以Sn+1=2Sn-n+2,则Sn+1-(n+1-1)=2[Sn-(n-1)]. 又S1+3=2a1+1⇒S1=2,则S1-(1-1)=2, 所以数列{Sn-(n-1)}是首项、公比均为2的等比数列,则Sn-(n-1)=2n, 所以Sn=2n+n-1,则S10=210+10-1=1 024+10-1=1 033. 对点训练 C 考点二　数列的递推关系 2.(多选)(2025·河南洛阳模拟)在数列{an}中,an=an+1-an+2,a1=2,a2=8,Sn是数列{log2an}的前n项和,则( 　　) A.数列{an+1-2an}是等比数列 B.数列是等差数列 C.a1+++…+=2 044 D.S5<22 ABD 考点二　数列的递推关系 解析:由an=an+1-an+2,得an+2-2an+1=2(an+1-2an), 则数列{an+1-2an}是首项为a2-2a1=4,公比为2的等比数列,A正确; 根据等比数列的通项公式得an+1-2an=4·2n-1=2n+1,即an+1=2an+2n+1,则=+1, 所以数列=1,公差为1的等差数列,B正确; 根据等差数列的通项公式得=1+(n-1)×1=n,即=2n, 所以a1+++…+==211-2=2 046,C错误; 由log2an=log2(n·2n)=n+log2n, 得S5=1+2+3+4+5+log2(1×2×3×4×5)=15+log2120<15+7=22,D正确. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 [例2]　(2025·湖南长沙模拟)已知数列{an}满足a1=,an+1=,令bn=-1. (1)证明:数列{bn}为等比数列. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 [证明]　法一:∵an+1=, ∴若an=1,则an+1=1;若an+1=1,则an=1. ∵a1=,∴an≠1, ∴====, 又b1=-1=, ∴{bn}是首项为,公比为的等比数列. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 法二:∵an+1=,a1=,∴an>0,∴-1=-1=(-1), 即bn+1=bn,又b1=-1=,∴{bn}是首项为,公比为的等比数列. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 (2)在bn与bn+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列.在数列{dn}中是否存在3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的3项;若不存在,请说明理由. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 [解]　不存在,理由如下:由(1)知bn=×()n-1=()n, 由题意知bn+1=bn+(n+2-1)dn,即dn==, 假设存在3项dm,dk,dp成等比数列,则=dmdp, ∴[]2=·. ∵m+p=2k, ∴化简可得k2=mp, ∴k=m=p,这与已知条件m,k,p互不相等矛盾, ∴不存在3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 　1.=an-1an+1(n≥2,n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件,也就是判断一个数列是等比数列时,要注意各项不为0. 2.{an}为等比数列,可推出a1,a2,a3成等比数列,但a1,a2,a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列. 3.证明{an}不是等比数列可用特殊值法. 方法总结 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 3.(多选)(2025·辽宁沈阳模拟)已知数列{an}满足an+1+an=f(n),则下列说法正确的是(　 　) A.若a1=2,f(n)=2n,则{an}是等差数列 B.若a1=1,f(n)=2n+1,则{an}是等差数列 C.若a1=2,f(n)=4,则{an}是等比数列 D.若a1=1,f(n)=3×2n-1,则{an}是等比数列 对点训练 BCD 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 解析:对于A,当an+1+an=f(n)=2n时,若a1=2,则a2=0,a3=4,a4=2,a5=6,…, 所以数列{an}不是等差数列,故A错误. 对于B,当an+1+an=f(n)=2n+1时,an+1-n-1=-(an-n). 因为a1-1=0,所以an-n=0,即an=n,因为an+1-an=n+1-n=1, 所以数列{an}是等差数列,故B正确. 对于C,当an+1+an=f(n)=4时,有an+1-2=-(an-2). 因为a1-2=0,所以an-2=0,即an=2,所以{an}是等比数列,故C正确. 对于D,当an+1+an=f(n)=3×2n-1时,有an+1-2n=-(an-2n-1). 因为a1-20=0,所以an-2n-1=0,即an=2n-1.因为==2, 所以{an}是等比数列,故D正确. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 4.(多选)(2025·山东青岛模拟)用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法为割圆术.我们作单位圆的外切和内接正3×2n边形(n∈N*),记外切正3×2n边形的周长的一半为an,内接正3×2n边形的周长一半为bn,记θn为正3×2n边形的一条边所对圆心角的一半,则(　 　) A.数列{θn}是公比为的等比数列 B.an=3×2ntan θn C.,,成等差数列 D.bn,bn+1,an+1成等比数列 BCD 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 解析:由正n边形的性质可得==,所以数列{θn}是公比为的等比数列,故A错误; 如图,由题意可得=tan θn,TD=tan θn,所以an=3×2ntan θn,故B正确; 由=sin θn,得AB=sin θn, 所以bn=3×2nsin θn, 所以=×,=×,=×, 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 +=×+×=× (+)=×= ×=×=×=×=, 所以,,成等差数列,故C正确; 因为an=3×2ntan θn,bn=3×2nsin θn, 所以an+1=3×2n+1tan θn+1,bn+1=3×2n+1sin θn+1, 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 所以=9×22n+2sin2θn+1,an+1bn=3×2n+1tan θn+1×3×2nsin θn=9×22n+1tan θn+1·sin 2θn+1 =9×22n+1×2sin θn+1cos θn+1=9×22n+2sin2θn+1=,所以对任意正整数n,可得=bn·an+1,故D正确. 感谢您的观看 $