2023版考前三个月冲刺专题练　第15练　等差数列、等比数列课件PPT

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第15练　等差数列、等比数列课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了专项典题精练，＝3402块，n2－2n，设其公差为d，练后疑难精讲，练后反馈，易错对点精补，选条件③，又a1＝1等内容，欢迎下载使用。

1.(2019·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则A.an＝2n－5 B.an＝3n－10C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝ n2－2n
设等差数列{an}的公差为d，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
2.(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于A.14 B.12 C.6 D.3
方法一　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
方法二　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
3.(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于A.2 B.3 C.4 D.5
a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
4.(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) A.3 699块 B.3 474块C.3 402块 D.3 339块
设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
5.(2019·全国Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0，a2＝3a1，则 ＝____.
设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
6.(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为__________.
方法一　(观察归纳法)数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
方法二　(引入参变量法)设bn＝2n－1，cm＝3m－2，令bn＝cm，m，n∈N*，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数.令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…).at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.以下同方法一.
7.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知 ＋n＝2an＋1.(1)证明：{an}是等差数列；
得2Sn＋n2＝2ann＋n，①所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列.
由(1)知数列{an}的公差为1.由a4，a7，a9成等比数列，得a＝a4a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12.
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
8.(2022·新高考全国Ⅱ)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；
设等差数列{an}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.
由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.
9.(2022·乐山调研)在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，那么a7＋a8等于A.40 B.36 C.54 D.81
由等比数列性质知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，
10.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为A.10 B.15 C.20 D.25
由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5，可得S8－S4＝S4＋5.又由等比数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.
当且仅当S4＝5时等号成立，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
11.(多选)(2022·重庆质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，公比q＝ ，则A.数列{a2n}是等比数列B.数列 是递减数列C.数列{lg2an}是等差数列D.数列 是等比数列
则数列{a2n}是等比数列，故A正确；
则数列{lg2an}是等差数列，故C正确；
12.(多选)(2022·武汉质检)若数列{an}前n项的和为Sn，则下列说法正确的是A.若an＝－2n＋11，则数列{an}前5项的和最大B.若Sn是等比数列{an}的前n项和，且Sn＝2·3n－1＋a，则a＝－2C.a1＝2 024，Sn＝n2an，则a2 023＝D.若{an}为等差数列，且a1 011<0，a1 011＋a1 012>0，则当Sn<0时，n的最大 值为2 022
故数列{an}前5项的和最大，故A正确；
当n≥2时，由Sn＝n2an可得Sn－1＝(n－1)2an－1，上述两个等式作差可得an＝n2an－(n－1)2an－1，即(n2－1)an＝(n－1)2an－1，
因为{an}为等差数列，且a1 011<0，a1 011＋a1 012>0，则a1 012>0，
因此，当Sn<0时，n的最大值为2 021，故D错误.
13.(2022·合肥质检)在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若S6－3S2＝24，则S8＝_____.
∵数列{an}为等差数列，
＝sin 2x＋cs 2x＋2
由等差中项的性质可得a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5，所以数列{yn}的前9项和为f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝4×4＋f(a5)＝18.
15.(2022·咸阳模拟)在下列条件：①数列{an}的任意相邻两项均不相等，a1＝2，且数列 为常数列；②Sn＝ (an＋n＋1)；③a1＝1，Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)中，任选一个条件，补充在横线上，并回答下面的问题.已知数列{an}的前n项和为Sn，________，求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
解得an＝2或an＝－1，因为数列{an}的任意相邻两项均不相等，且a1＝2，所以数列{an}为2，－1,2，－1,2，－1，…，所以an＋an－1＝1(n≥2)，即an＝－an－1＋1(n≥2)，
即an＝－an－1＋1(n≥2)，以下过程与①相同.选③：由Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，可得Sn＋1＝2(Sn－1＋1)(n≥2)，又S1＝a1＝1，
故{Sn＋1}是以S1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，故Sn＋1＝2·2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，又a1＝1也满足上式.综上所述，an＝2n－1，Sn＝2n－1.
16.(2022·湖南师大附中模拟)已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
因为a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈N*)，①则当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*)，②①－②，得2n－1an＝8，则an＝24－n，在①中，令n＝1，可得a1＝8＝24－1，所以an＝24－n(n∈N*).由题设，b1＝8，b2＝4，b3＝2，
则b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，所以bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝n2－7n＋14(n∈N*).
bk－ak＝k2－7k＋14－24－k，
所以当k≥4时，f(k)＝k2－7k＋14－24－k≥1，又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0，所以不存在k∈N*，使得bk－ak∈(0,1).
(2)证明：不存在k∈N*，使得bk－ak∈(0,1).
考情分析高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合的解答题形式考查，属于中档题目.
一、等差数列、等比数列的基本运算核心提炼1.等差数列(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
2.等比数列(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；
二、等差数列、等比数列的性质核心提炼1.等差数列常用性质：(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；(2)an＝am＋(n－m)d；(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列.2.等比数列常用性质：(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；(2)an＝am·qn－m.
三、等差数列、等比数列的判断与证明核心提炼证明数列{an}是等差(比)数列的方法：(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 (an≠0，n∈N*)为一常数；②利用等比中项，证明 ＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*).
1.[T14补偿](2022·宜宾模拟)如图，作一个边长为1的正方形，再将各边的中点相连作第二个正方形，依此类推，共作了n个正方形，设这n个正方形的面积之和为Sn，则S5等于
依题意，从第2个正方形开始，以后每个正方形边长都是相邻前一个的 ，而所有正方形都相似，则从第2个正方形开始，每个正方形面积都是相邻前一个的 ，因此，将各正方形面积依次排成一列可得等比数列{an}，其首项a1＝1，公比q＝ ，
因为a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，所以a1a13＝9，a1＋a13＝13，所以a1>0，a13>0，又{an}为等比数列，则a7＝a1q6>0，
所以a7＝3或a7＝－3(舍去)，
3.[T6补偿](2022·黄山模拟)将数列{3n－1}与{2n＋1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的第10项为A.210－1 B.210＋1C.220－1 D.220＋1
设bm＝3m－1，cn＝2n＋1，令bm＝cn，m，n∈N*，
又因为m，n∈N*，所以n＝2,4,6，…，即a1＝c2，a2＝c4，a3＝c6，…，所以a10＝c20＝220＋1.
4.[T12补偿](2022·运城模拟)公比为q的等比数列{an}，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足a1>1，a2 021·a2 022>1， <0.则下列结论正确的是A.Tn的最大值为T2 021B.a2 021·a2 023>1C.Sn的最大值为S2 023D.q>1
根据题意，等比数列{an}满足条件a1>1，a2 021·a2 022>1，(a2 021－1)·(a2 022－1)<0，若q>1，则a2 021＝a1·q2 020>1，a2 022＝a1·q2 021>1，则a2 021－1>0，a2 022－1>0，则(a2 021－1)(a2 022－1)>0，这与已知条件矛盾，所以q>1不符合题意，故D错误；因为a1>1，a2 021·a2 022>1，
(a2 021－1)·(a2 022－1)<0，所以q>0，a2 021>1，a2 022<1，则00，数列{an}的前2 021项都大于1，从第2 022项开始都小于1，因此T2 021是数列{Tn}中的最大值，故A正确；
而Sn＝a1＋a2＋…＋an，由以上分析可知其无最大值，故C错误.
5.[T15补偿](2022·潍坊模拟)在①点(an，Sn)在直线2x－y－1＝0上；②a1＝2，Sn＋1＝2Sn＋2；③an>0，a1＝1, ＋3anan＋1－ ＝0.这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求解.问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，________.(1)求{an}的通项公式；
选条件①：由题设可得2an－Sn－1＝0，即Sn＝2an－1，当n≥2时，有Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，又当n＝1时，S1＝2a1－1，解得a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1.
选条件②：∵a1＝2，Sn＋1＝2Sn＋2，∴Sn＝2Sn－1＋2(n≥2)，两式相减得，an＋1＝2an(n≥2)，又当n＝1时，有S2＝2S1＋2＝a1＋a2，解得a2＝4，∴a2＝2a1，∴数列{an}是首项、公比均为2的等比数列，∴an＝2n.
∴(2an＋1－an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，
(2)求Sn，并判断－S1，Sn，Sn＋1是否成等差数列，并说明理由.
选条件①：－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.理由如下：
∴Sn＋1－S1＝2n＋1－1－1＝2(2n－1)＝2Sn，∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.
选条件②：－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.理由如下：
∴Sn＋1－S1＝2n＋2－2－2＝2(2n＋1－2)＝2Sn，∴－S1，Sn，Sn＋1成等差数列.