2019高考数学（理）优编增分二轮（课件+讲义+优选习题）全国通用版：专题二　数　列 (共10份打包)

第1讲　等差数列与等比数列 [考情考向分析]　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． 热点一　等差数列、等比数列的运算 1．通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. 2．求和公式 等差数列：Sn＝＝na1＋d； 等比数列：Sn＝＝(q≠1)． 3．性质 若m＋n＝p＋q， 在等差数列中am＋an＝ap＋aq； 在等比数列中am·an＝ap·aq. 例1　(1)(2018·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于(　　) A．－12 B．－10 C．10 D．12 答案　B 解析　设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4， 得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3， 故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B. (2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{an}中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________. 答案　3　162 解析　由题意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9. ∵等比数列{an}的各项均为正数， ∴q＝3，解得a1＝2，故a5＝162. 思维升华　在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量． 跟踪演练1　(1)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于(　　) A．－2 B．－1 C. D. 答案　B 解析　S4－S2＝a3＋a4＝3a4－3a2， 即3a2＋a3－2a4＝0，即3a2＋a2q－2a2q2＝0， 即2q2－q－3＝0，解得q＝－1(舍)或q＝， 当q＝时，代入S2＝3a2＋2， 得a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a1＝－1. (2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. ①求{an}的通项公式； ②记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m. 解　①设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*)． ②若an＝(－2)n－1，则Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6. 热点二　等差数列、等比数列的判定与证明 证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (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(n≥2，n∈N*)． (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(n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)． 例2　已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝(3an－1－bn－1)，bn＝－(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2. (1)求证：数列{an－bn}为等比数列； (2)求数列的前n项和Tn. (1)证明　an－bn＝(3an－1－bn－1)－(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)， 又a1－b1＝3－(－1)＝4， 所以{an－bn}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)解　由(1)知，an－bn＝2n＋1，① 又an＋bn＝(3an－1－bn－1)＋(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1， 又a1＋b1＝3＋(－1)＝2， 所以{an＋bn}为常数数列，an＋bn＝2，② 联立①②得，an＝2n＋1， ＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋ ＝－＝－(n∈N*)． 思维升华　(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法． (2)a＝an－1an＋1(n≥2)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零． 跟踪演练2　(2018·新余模拟)已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项． (1)求证：数列{S}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. (1)证明　由题意知2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，(*) 当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入(*)式得 2Sn(Sn－Sn－1