2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第5章數(shù)列第2節(jié)等差數(shù)列學(xué)案含解析新人教B版202305182170

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第5章數(shù)列第2節(jié)等差數(shù)列學(xué)案含解析新人教B版202305182170第2節(jié)等差數(shù)列一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．等差數(shù)列的定義如果數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項之差都等于同一個常數(shù)d，即an＋1－an＝d恒成立，則稱{an}為等差數(shù)列，其中d稱為等差數(shù)列的公差．等差數(shù)列的定義用遞推公式表示為an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數(shù))．2．等差數(shù)列的通項公式(1)如果等差數(shù)列{an}的首項是a1，公差是d，則這個等差數(shù)列的通項公式是an＝a1＋(n－1)d.(2)若已知ak，公差是d，則這個等差數(shù)列的通項公式是an＝ak＋(n－k)d.當(dāng)d≠0時，等差數(shù)列通項公式可以看成關(guān)于n的一次函數(shù)an＝dn＋(a1－d)．3．等差中項如果x，A，y是等差數(shù)列．那么稱A為x與y的等差中項，即A＝eq\f(x＋y,2).4．等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)?d＝eq\f(an－am,n－m)(n≠m)．(2)若{an}為等差數(shù)列，且m＋n＝p＋q＝2w，則am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N*)．(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數(shù)列．(4)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．5．等差數(shù)列的前n項和公式及其性質(zhì)(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，其前n項和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差數(shù)列，公差為m2d.(3)等差數(shù)列的前n項和的最值在等差數(shù)列{an}中，若a1>0，d<0，則Sn存在最大值；若a1<0，d>0，則Sn存在最小值．(4)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為偶數(shù)2n，則①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(5)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為奇數(shù)2n＋1，則①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).數(shù)列{an}是等差數(shù)列?數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))，所以當(dāng)d≠0時，等差數(shù)列前n項和公式可以看成關(guān)于n的二次函數(shù)，且常數(shù)項為0.二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)若一個數(shù)列從第2項起每一項與它的前一項的差都是常數(shù)，則這個數(shù)列是等差數(shù)列．(×)(2)等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d決定的．(√)(3)數(shù)列{an}滿足an＋1－an＝n，則數(shù)列{an}是等差數(shù)列．(×)(4)已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數(shù))，則數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列．(√)(5)等差數(shù)列的前n項和Sn是項數(shù)為n的二次函數(shù)．(×)2．等差數(shù)列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，則公差d等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)A解析：因為a4＋a8＝2a6＝10，所以a6＝5.又a10＝6，所以公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故選A.3．在等差數(shù)列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數(shù)列前11項的和S11等于()A．58 B．88C．143 D．176B解析：S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝88.4．設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn.若a6＝2且S5＝30，則S8等于()A．31 B．32C．33 D．34B解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.5．一物體從1960m的高空降落，如果第1秒降落4.90m，以后每秒比前一秒多降落9.80m，那么經(jīng)過________秒落到地面．20解析：設(shè)物體經(jīng)過t秒降落到地面，物體在降落過程中，每一秒降落的距離構(gòu)成首項為4.90，公差為9.80的等差數(shù)列，所以4.90t＋eq\f(1,2)t(t－1)×9.80＝1960，即4.90t2＝1960，解得t＝20.考點1等差數(shù)列的定義、通項公式、基本運算——基礎(chǔ)性1．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3，S5＝35，則數(shù)列{an}的公差為()A．－2 B．2C．4 D．7B解析：因為a1＝3，S5＝35，所以5×3＋eq\f(5×4,2)d＝35，解得d＝2.2．(2020·宜春模擬)已知等差數(shù)列{an}中，a1＝1，前10項的和等于前5項的和．若am＋a7＝0，則m＝()A．10 B．9C．8 D．2B解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，a1＝1.因為前10項的和等于前5項的和，且am＋a7＝0，則10＋45d＝5＋10d,2＋(m＋5)d＝0，解得m＝9.3．(2021·哈爾濱實驗中學(xué)模擬)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))是等差數(shù)列，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，那么a2022＝()A．eq\f(1010,1011) B．－eq\f(1010,1011)C．eq\f(2019,2021) D．－eq\f(2021,2022)B解析：設(shè)等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))的公差為d，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(2,a1＋1)＝1，eq\f(2,a3＋1)＝3，所以3＝1＋2d，解得d＝1.所以eq\f(2,an＋1)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(2,n)－1.那么a2022＝eq\f(2,2022)－1＝－eq\f(1010,1011).4．(2019·江蘇卷)已知數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S8的值是________．16解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋4d＋a1＋7d＝0，,9a1＋\f(9×8,2)d＝27，))解得a1＝－5，d＝2，所以S8＝8×(－5)＋eq\f(8×7,2)×2＝16.等差數(shù)列運算問題的解題策略(1)等差數(shù)列運算問題的一般求法是設(shè)出首項a1和公差d，然后由通項公式或前n項和公式轉(zhuǎn)化為方程(組)求解．(2)等差數(shù)列的通項公式及前n項和公式，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現(xiàn)了用方程的思想解決問題．考點2等差數(shù)列的判定與證明——綜合性數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Sn，并證明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).(1)證明：因為an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化簡得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列．(2)解：由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，所以Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).證明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).1．若本例條件變?yōu)椤叭鬭1＝1，a2＝eq\f(1,2)，eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)(n∈N*)”，求數(shù)列{an}的通項公式．解：由已知式eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)，知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為eq\f(1,a1)＝1，公差為eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝2－1＝1的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n).2．若本例條件變?yōu)椤癮1＝eq\f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)”，求數(shù)列{an}的通項公式．解：由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1.又a1＝eq\f(3,5)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝eq\f(3,5)為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(an,n)＝eq\f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq\f(2,5)，所以an＝n2－eq\f(2,5)n.等差數(shù)列的四個判定方法(1)定義法：證明對任意正整數(shù)n都有an＋1－an等于同一個常數(shù)．(2)等差中項法：證明對任意正整數(shù)n都有2an＋1＝an＋an＋2.(3)通項公式法：得出an＝pn＋q后，再根據(jù)定義判定數(shù)列{an}為等差數(shù)列．(4)前n項和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定義法證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列．已知{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d.對任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中項．設(shè)cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*,求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列．證明：由題意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，有cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以數(shù)列{cn}是等差數(shù)列．考點3等差數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用——應(yīng)用性考向1等差數(shù)列項的性質(zhì)問題(1)(2020·寧德二模)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2＋a5＋a8＝9，則S9＝()A．21 B．27C．30 D．36B解析：因為等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2＋a5＋a8＝9＝3a5，所以a5＝3，則S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27.(2)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為()A．1 B．2C．4 D．8C解析：(方法一)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，依題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))解得d＝4.(方法二)等差數(shù)列{an}中，S6＝eq\f(a1＋a6×6,2)＝48，則a1＋a6＝16＝a2＋a5.又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，所以d＝4.等差數(shù)列的項的性質(zhì)的關(guān)注點(1)項的性質(zhì)：在等差數(shù)列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am＋an＝ap＋aq.(2)在等差數(shù)列題目中，只要出現(xiàn)項的和問題，一般先考慮應(yīng)用項的性質(zhì)．(3)項的性質(zhì)常與等差數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)相結(jié)合命題．考向2等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)(1)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S5＝7，S10＝21，則S15等于()A．35 B．42C．49 D．63B解析：在等差數(shù)列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差數(shù)列，即7,14，S15－21成等差數(shù)列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.(2)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝－2018，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6，則S2020＝________.2020解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列．設(shè)其公差為d，則eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6d＝6，所以d＝1.故eq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2018＋2019＝1，所以S2020＝1×2020＝2020.等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，則：(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，構(gòu)成等差數(shù)列．(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．(3)S2n－1＝(2n－1)an.1．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項和，2＋a5＝a6＋a3，則S7＝()A．2 B．7C．14 D．28C解析：因為2＋a5＝a6＋a3，所以2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2.所以S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝14.2．(2020·海南模擬)已知等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，則eq\f(a7,b6)＝()A.eq\f(6,7) B.eq\f(12,11)C.eq\f(18,25) D.eq\f(16,21)A解析：因為等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，所以可設(shè)Sn＝kn(n＋5)，Tn＝kn(2n－1)，k≠0.所以a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k，所以eq\f(a7,b6)＝eq\f(6,7).3．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，S10＝16，S100－S90＝24，則S100＝________.200解析：依題意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列的公差為d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200.考點4等差數(shù)列前n項和的最值——應(yīng)用性等差數(shù)列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，則{an}的前n項和Sn的最大值為()A．S4 B．S5C．S6 D．S7B解析：因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))所以Sn的最大值為S5.1．本例若把條件改為“等差數(shù)列{an}中，S5<S6，S6＝S7>S8”，則下列結(jié)論錯誤的是()A．d<0B．a(chǎn)7＝0C．S9>S5D．S6，S7均為Sn中的最大值C解析：由S5<S6得a1＋a2＋a3＋…＋a5<a1＋a2＋…＋a5＋a6，即a6>0.又因為S6＝S7，所以a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，所以a7＝0，故B正確．同理由S7>S8，得a8<0.因為d＝a7－a6<0，故A正確．而C選項中S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由結(jié)論a7＝0，a8<0，顯然C選項是錯誤的．因為S5<S6，S6＝S7>S8，所以S6與S7均為Sn的最大值，故D正確．2．本例條件變?yōu)椤暗炔顢?shù)列{an}的前n項和為Sn，若S13>0，S14<0”，則Sn取最大值時n的值為()A．6 B．7C．8 D．13B解析：根據(jù)S13>0，S14<0，可以確定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，所以Sn取最大值時n的值為7.故選B.求等差數(shù)列前n項和Sn最值的兩種方法(1)二次函數(shù)法：利用等差數(shù)列前n項和的函數(shù)表達(dá)式Sn＝an2＋bn，通過配方或借助圖像求二次函數(shù)最值的方法求解．(2)通項變號法：①當(dāng)a1>0，d<0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項數(shù)m使得Sn取得最大值為Sm；②當(dāng)a1<0，d>0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項數(shù)m使得Sn取得最小值為Sm.等差數(shù)列{an}中，若eq\f(a9,a8)<－1，且它的前n項和Sn有最小值，則當(dāng)Sn>0時，n的最小值為()A．14B．15C．16D．17C解析：因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，它的前n項和Sn有最小值，所以公差d>0，首項a1<0，{an}為遞增數(shù)列．因為eq\f(a9,a8)<－1，所以a8·a9<0，a8＋a9>0，由等差數(shù)列的性質(zhì)知，2a8＝a1＋a15<0，a8＋a9＝a1＋a16>0.因為Sn＝eq\f(na1＋an,2)，所以當(dāng)Sn>0時，n的最小值為16.在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝20，前n項和為Sn，且S10＝S15.求當(dāng)n取何值時，Sn取得最大值，并求出它的最大值．[四字程序]讀想算思n取何值時，Sn取得最大值1.Sn的表達(dá)式；2．求最值的方法？1.求通項公式an；2．求前n項和Sn轉(zhuǎn)化與化歸等差數(shù)列，a1＝20，S10＝S151.利用等差數(shù)列的項的符號；2．利用二次函數(shù)的性質(zhì)1.an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)；2．Sn＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n1.數(shù)列的單調(diào)性；2．二次函數(shù)的性質(zhì)思路參考：先求基本量d，再由an確定Sn取得最大值時n的值．解：因為a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).由an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).因為a1＝20>0，d＝－eq\f(5,3)<0，所以數(shù)列{an}是遞減數(shù)列．由an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)≤0，得n≥13，即a13＝0.當(dāng)n≤12時，an＞0，當(dāng)n≥14時，an＜0，所以當(dāng)n＝12或13時，Sn取得最大值，且最大值為S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路參考：先求出d，再由Sn的表達(dá)式確定其最大值．解：因為a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(3,5).Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).因為n∈N*，所以當(dāng)n＝12或13時，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝130.思路參考：利用等差數(shù)列的性質(zhì)求解．解：由S10＝S15得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.又d＝eq\f(a13－a1,13－1)＝－eq\f(5,3)，所以當(dāng)n＝12或13時，Sn有最大值．所以S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路參考：結(jié)合二次函數(shù)知識解答．解：因為等差數(shù)列{an}的前n項和Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).又eq\f(10＋15,2)＝12.5，所以n＝12或13時，Sn取得最大值．所以S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.1．基于課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題一般需要學(xué)生熟練掌握數(shù)學(xué)閱讀技能、運算求解能力、推理能力和表達(dá)能力，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)，試題的解答過程展現(xiàn)了數(shù)學(xué)文化的魅力．2．基于高考數(shù)學(xué)評價體系，本題創(chuàng)設(shè)了數(shù)學(xué)探索創(chuàng)新情景，通過知識之間的聯(lián)系和轉(zhuǎn)化，將最值轉(zhuǎn)化為熟悉的數(shù)學(xué)模型．本題的切入點十分開放，可以從不同的角度解答題目，體現(xiàn)了基礎(chǔ)性；同時，解題的過程需要知識之間的轉(zhuǎn)化，體現(xiàn)了綜合性．等差數(shù)列{an}中，設(shè)Sn為其前n項和，且a1＞0，S3＝S11，則當(dāng)n＝________時，Sn最大．7解析：(方法一)由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，則d＝－eq\f(2,13)a1.從而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1.又a1＞0，所以－eq\f(a1,13)＜0.故當(dāng)n＝7時，Sn最大．(方法二)由于Sn＝an2＋bn是關(guān)于n的二次函數(shù)，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的圖像關(guān)于n＝eq\f(3＋11,2)＝7對稱．由方法一可知a＝－eq\f(a1,13)＜0，故當(dāng)n＝7時，Sn最大．(方法三)由方法一可知，d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，故當(dāng)n＝7時，Sn最大．(方法四)由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0.又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，所以a7＞0，a8＜0，所以當(dāng)n＝7時，Sn最大．第3節(jié)等比數(shù)列一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義：一般地，如果數(shù)列{an}從第2項起，每一項與它的前一項之比都等于同一常數(shù)q，那么數(shù)列{an}就稱為等比數(shù)列，其中q稱為等比數(shù)列的公比，定義的遞推公式為eq\f(an＋1,an)＝q(常數(shù))．(2)等比中項：如果x，G，y是等比數(shù)列，那么稱G為x與y的等比中項．因此G2＝xy.(1)注意：①等比數(shù)列的每一項都不可能為0；②公比是每一項與其前一項的比，前后次序不能顛倒，且公比是一個與n無關(guān)的常數(shù)．(2)“G2＝xy”是“x，G，y成等比數(shù)列”的必要不充分條件．2．等比數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項公式：an＝a1qn－1.(2)通項公式的推廣：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(3)前n項和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))(1)等比數(shù)列通項公式與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系等比數(shù)列{an}的通項公式an＝a1qn－1還可以改寫為an＝eq\f(a1,q)·qn，當(dāng)q≠1且a1≠0時，y＝qx是指數(shù)函數(shù)，y＝eq\f(a1,q)·qx是指數(shù)型函數(shù)，因此數(shù)列{an}的圖像是函數(shù)y＝eq\f(a1,q)·qx的圖像上一些孤立的點．(2)求等比數(shù)列前n項和時要對公比q是否等于1進(jìn)行分類討論．3．等比數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)(1)若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特別地，若2w＝m＋n，則aman＝aeq\o\al(2,w)，其中m，n，w∈N*.對有窮等比數(shù)列，與首末兩項“等距離”的兩項之積等于首末兩項的積，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….(2)若數(shù)列{an}，{bn}(項數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{ban}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))，{pan·qbn}和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(pan,qbn)))仍然是等比數(shù)列(其中b，p，q是非零常數(shù))．(3)相隔等距離的項組成的數(shù)列仍是等比數(shù)列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數(shù)列，公比為qm(k，m∈N*)．(4)當(dāng)q≠－1或q＝－1且k為奇數(shù)時，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比數(shù)列，其公比為qk.(5)若a1·a2·…·an＝Tn，則Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比數(shù)列．4．等比數(shù)列{an}的單調(diào)性滿足的條件單調(diào)性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1)){an}是遞增數(shù)列eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1)){an}是遞減數(shù)列eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1≠0，,q＝1)){an}是常數(shù)數(shù)列q<0{an}是擺動數(shù)列5．常用結(jié)論(1)項的個數(shù)的“奇偶”性質(zhì)，在等比數(shù)列{an}中，公比為q.①若共有2n項，則S偶∶S奇＝q；②若共有2n＋1項，則eq\f(S奇－a1,S偶)＝q.(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm?qn＝eq\f(Sn＋m－Sn,Sm)(q為公比)．二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)滿足an＋1＝qan(n∈N*，q為常數(shù))的數(shù)列{an}為等比數(shù)列．(×)(2)任意兩個實數(shù)都有等比中項．(×)(3)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則數(shù)列{lnan}是等差數(shù)列．(×)(4)數(shù)列{an}的通項公式是an＝an，則其前n項和為Sn＝eq\f(a1－an,1－a).(×)2．在等比數(shù)列{an}中，a3＝2，a7＝8，則a5等于()A．5 B．±5C．4 D．±4C解析：因為aeq\o\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，所以a5＝±4.又因為a5＝a3q2＞0，所以a5＝4.3．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝3，S4＝15，則S6等于()A．31 B．32C．63 D．64C解析：根據(jù)題意知，等比數(shù)列{an}的公比不是－1.由等比數(shù)列的性質(zhì)，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故選C.4．在9與243中間插入兩個數(shù)，使它們同這兩個數(shù)成等比數(shù)列，則這兩個數(shù)為________．27,81解析：設(shè)該數(shù)列的公比為q，由題意知，243＝9×q3，q3＝27，所以q＝3.所以插入的兩個數(shù)分別為9×3＝27,27×3＝81.5．一種專門占據(jù)內(nèi)存的計算機病毒開機時占據(jù)內(nèi)存1MB，然后每3秒自身復(fù)制一次，復(fù)制后所占內(nèi)存是原來的2倍，那么開機________秒，該病毒占據(jù)內(nèi)存8GB.(1GB＝210MB)39解析：由題意可知，病毒每復(fù)制一次所占內(nèi)存的大小構(gòu)成等比數(shù)列{an}，且a1＝2，q＝2，所以an＝2n，則2n＝8×210＝213，所以n＝13.即病毒共復(fù)制了13次．所以所需時間為13×3＝39(秒).考點1等比數(shù)列基本量的運算——基礎(chǔ)性1．已知公比大于0的等比數(shù)列{an}滿足a1＝3，前三項和S3＝21，則a2＋a3＋a4＝()A．21 B．42C．63 D．84B解析：S3＝21＝eq\f(a11－q3,1－q)＝3(1＋q＋q2)，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍)，所以a2＋a3＋a4＝qS3＝2×21＝42.2．在等比數(shù)列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，則a3＝________.4或－4解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3－a1q＝6，,a1q4－a1＝15，))兩式相除，得eq\f(q,1＋q2)＝eq\f(2,5)，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－16，,q＝\f(1,2).))故a3＝4或a3＝－4.3．(2019·全國卷Ⅰ)設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，則S5＝________.eq\f(121,3)解析：由aeq\o\al(2,4)＝a6，得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝eq\f(1,a1)＝3，所以S5＝eq\f(\f(1,3)1－35,1－3)＝eq\f(121,3).4．等比數(shù)列{an}的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn，已知a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，則a2＝________.－3或eq\f(3,2)解析：(方法一：直接法)因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列，所以當(dāng)q＝1時，a1＝a2＝a3＝eq\f(3,2)，顯然S3＝3a3＝eq\f(9,2).當(dāng)q≠1時，由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(9,2)，,a1q2＝\f(3,2)，))解得q＝－eq\f(1,2)或q＝1(舍去)．所以a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(3,2)×(－2)＝－3.綜上可知a2＝－3或eq\f(3,2).(方法二：優(yōu)解法)由a3＝eq\f(3,2)得a1＋a2＝3.所以eq\f(a3,q2)＋eq\f(a3,q)＝3，即2q2－q－1＝0，所以q＝－eq\f(1,2)或q＝1.所以a2＝eq\f(a3,q)＝－3或eq\f(3,2).等比數(shù)列基本量的運算的解題策略(1)等比數(shù)列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)可迎刃而解．(2)解方程組時常常利用“作商”消元法．(3)運用等比數(shù)列的前n項和公式時，一定要討論公比q＝1的情形，否則會漏解或增解．考點2等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用——應(yīng)用性(1)(2020·寶雞二模)等比數(shù)列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，則log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝()A．12 B．15C．8 D．2＋log35B解析：因為等比數(shù)列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1×a2×a3×…×a10)＝log3(a5a6)5＝5log327＝15.(2)等比數(shù)列{an}的首項a1＝－1，前n項和為Sn，若eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，則公比q＝________.－eq\f(1,2)解析：由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1知公比q≠±1，則可得eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).由等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)知S5，S10－S5，S15－S10成等比數(shù)列，且公比為q5，故q5＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).1．本例(1)條件不變，則a1＋a2＋…＋a10＝________.30解析：因為等比數(shù)列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27,所以a1＋a2＋…＋a10＝(a1·a2·…·a10)＝(a1a10)5＝(a5a6)5＝315＝2log3315＝30.2．本例(1)把條件變?yōu)椤霸诟黜棽粸榱愕牡炔顢?shù)列{an}中，2a2017－aeq\o\al(2,2018)＋2a2019＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b2018＝a2018”，試求log2(b2017·b2019)的值．解：因為等差數(shù)列{an}中a2017＋a2019＝2a2018，所以2a2017－aeq\o\al(2,2018)＋2a2019＝4a2018－aeq\o\al(2,2018)＝0.因為各項不為零，所以a2018＝4.因為數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，所以b2017·b2019＝aeq\o\al(2,2018)＝16，所以log2(b2017·b2019)＝log216＝4.等比數(shù)列性質(zhì)應(yīng)用的要點(1)在等比數(shù)列的基本運算問題中，一般利用通項公式與前n項和公式，建立方程組求解，但如果能靈活運用等比數(shù)列的性質(zhì)“若m＋n＝p＋q，則有aman＝apaq”，可以減少運算量．(2)等比數(shù)列的項經(jīng)過適當(dāng)?shù)慕M合后構(gòu)成的新數(shù)列也具有某種性質(zhì)，例如等比數(shù)列Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比數(shù)列，公比為qk(q≠－1)．設(shè)等比數(shù)列{an}中，前n項和為Sn，已知S5＝8，S10＝7，求a11＋a12＋a13＋a14＋a15的值．解：因為a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝S15－S10，且S5，S10－S5，S15－S10也成等比數(shù)列，即8，－1，S15－S10成等比數(shù)列，所以8(S15－S10)＝1，即S15－S10＝eq\f(1,8)，所以a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝eq\f(1,8).考點3等比數(shù)列的判定和證明——綜合性考向1用等比數(shù)列的定義證明已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.(1)證明：數(shù)列{bn}為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項和．(1)證明：因為bn＝an＋n，所以bn＋1＝an＋1＋n＋1.又因為an＋1＝4an＋3n－1，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋n＋1,an＋n)＝eq\f(4an＋3n－1＋n＋1,an＋n)＝eq\f(4an＋n,an＋n)＝4.又因為b1＝a1＋1＝1＋1＝2，所以數(shù)列{bn}是首項為2，公比為4的等比數(shù)列．(2)解：由(1)求解知，bn＝2×4n－1，所以an＝bn－n＝2×4n－1－n，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2(1＋4＋42＋…＋4n－1)－(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(21－4n,1－4)－eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(2,3)(4n－1)－eq\f(1,2)n2－eq\f(1,2)n.判斷或證明一個數(shù)列為等比數(shù)列時應(yīng)注意的問題(1)判斷或者證明數(shù)列為等比數(shù)列最基本的方法是用定義判斷，其他方法最后都要回到定義．(2)判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列，有通項公式法及前n項和公式法，但在解答題中不作為證明方法．(3)若要判斷一個數(shù)列不是等比數(shù)列，只需判斷存在連續(xù)三項不成等比數(shù)列．考向2用等比中項法證明等比數(shù)列在數(shù)列{an}中，aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.(1)證明：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.(1)證明：因為aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(an＋2＋1,an＋1＋1).因為a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，所以eq\f(a2＋1,a1＋1)＝2，所以數(shù)列{an＋1}是以3為首項，2為公比的等比數(shù)列．(2)解：由(1)知，an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，所以Sn＝eq\f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.證明等比數(shù)列問題的注意點(1)aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}為等比數(shù)列的必要而不充分條件，也就是判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列時，要注意各項不為0.(2)證明數(shù)列{an}為等比數(shù)列時，不能僅僅證明an＋1＝qan，還要說明q≠0，才能遞推得出數(shù)列中的各項均不為零，最后斷定數(shù)列{an}為等比數(shù)列．1．設(shè){an}為等比數(shù)列，給出四個數(shù)列：①{2an}；②{aeq\o\al(2,n)}；③{2an}；④{log2|an|}，其中一定為等比數(shù)列的是()A．①② B．①③C．②③ D．②④A解析：{an}為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，則通項公式為a1qn－1，所以對于①，數(shù)列{2an}是以2a1為首項，以q為公比的等比數(shù)列；對于②，eq\f(a\o\al(2,n),a\o\al(2,n－1))＝q2為常數(shù)，又因為aeq\o\al(2,1)≠0，故②為等比數(shù)列；對于③，eq\f(2an,2an－1)＝2an－(an－1)，不一定為常數(shù)；對于④，eq\f(log2|an|,log2|an－1|)＝eq\f(log2|a1qn－1|,log2|a1qn－2|)，不一定為常數(shù)．2．(2021·八省聯(lián)考)已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)證明：數(shù)列{an＋an＋1}為等比數(shù)列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求{an}的通項公式．解：(1)由an＋2＝2an＋1＋3an可得an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)．因為各項都為正數(shù)，所以a1＋a2>0.所以{an＋an＋1}是公比為3的等比數(shù)列．(2)構(gòu)造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan.所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)．所以an＋1－3an＝－(an－3an－1)＝(－1)2×(an－1－3an－2)＝…＝(a2－3a1)×(－1)n－1＝0.所以an＋1＝3an.所以{an}是以a1＝eq\f(1,2)為首項，3為公比的等比數(shù)列．所以an＝eq\f(3n－1,2)(n∈N＋)．3．在數(shù)列{an}中，已知an＋1an＝2an－an＋1，且a1＝2(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比數(shù)列；(2)設(shè)bn＝aeq\o\al(2,n)－an，且Sn為{bn}的前n項和，試證：2≤Sn＜3.證明：(1)由an＋1an＝2an－an＋1，得eq\f(2,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,2an)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,an＋1)－1＝eq