高考数学二轮复习专题09 等差数列、等比数列讲学案理

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高三数学二轮专题复习教案――数列一、本章知识结构：二、重点知识回顾１．数列的概念及表示方法（１）定义：按照一定顺序排列着的一列数．（２）表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．（３）分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．a n S1( n 1)a n S n S n Sn 1(n ≥ 2)（４）与的关系：．2．等差数列和等比数列的比较（１）定义：从第 2 项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列；从第2 项起每一项与它前一项的比等于同一常数（不为0）的数列叫做等比数列．（２）递推公式：a n1a n d， a n 1a n·q， q 0， n N ．（３）通项公式：a n a1(n 1)d， a n a1q n 1， n N．（４）性质等差数列的主要性质：①单调性： d ≥0 时为递增数列， d ≤ 0 时为递减数列， d 0 时为常数列．②若mn p q ，则aman a p a q (m， n，p，qN )．特别地，当 m n 2 p时，有ama n2a p．③an a m(n m)d(m， n N ) ．④Sk，S2kSk，S3 kS2k，成等差数列．等比数列的主要性质：，a10a1，a10a1 00①单调性：当0q 1 或 q 1时，为递增数列；当q，，或q1时，为1递减数列；当q0时，为摆动数列；当q1时，为常数列．②若m npa ·a a ·a (m，n，p，q N )．特别地，若mn 2 p ，q，则m n p q则a m·a n a p2．a n q n m ( m， n N ， q 0)③am．④ S k， S2k S k， S3k S2k，，当 q1时为等比数列；当q1时，若 k 为偶数，不是等比数列．若k为奇数，是公比为1的等比数列．三、考点剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质例 1.（ 2008 深圳模拟）已知数列{ a}的前 n项和 S12n n 2 .n n（1）求数列{ an}的通项公式；（2）求数列{| an|}的前 n项和 T n .解：（ 1）当n1时, a1S112 11211 ；、当n时S nSn 1(12n n2)[12(n1)(n 1)2]132n. ，2 ,a na也符合132n的形式.所以 ,数列{ a}的通项公式为 an13 2n.1n、11（ 2）令a n132n0, 又 n N * , 解得 n 6.n 6时,T n| a1 || a2|| a n| a1a2a n S n12n n 2；当当n6 ,T n| a1 | | a2 || a6 | | a7 || a n |a1 a2a6a7a8a n2S6S2(12 6 62 )(12 n n2 ) n 212n72. nT n 12n n 2 , n6,n212n 72, n 6.综上，点评：本题考查了数列的前n 项与数列的通项公式之间的关系，特别要注意n＝１时情况，在解题时经常会忘记。

高考数学二轮复习专题09 等差数列等比数列讲学案理

专题09 等差数列、等比数列高考侧重于考查等差、等比数列的通项a n ，前n 项和S n 的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．备考时应切实文解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．1．等差数列(1)定义式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)； (2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (3)前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －d2；(4)性质：①a n ＝a m ＋(n －m )d (n 、m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q (m 、n 、p 、q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 2．等比数列 (1)定义式：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)； (2)通项公式：a n ＝a 1q n －1；(3)前n 项和公式：Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝1，a 1－q n1－qq ≠1.(4)性质：①a n ＝a m qn －m(n ，m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q (p 、q 、m 、n ∈N *)．3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n 项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用a n 与S n 的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n 项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1．应用a n 与S n 的关系，等比数列前n 项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．3．讨论等差数列前n 项和的最值时，不要忽视n 为整数的条件和a n ＝0的情形．4．等比数列{a n }中，公比q ≠0，a n ≠0.考点一等差数列的运算例、(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97【答案】C【解析】通解：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝27a 10＝a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，选C.优解：设等差数列{a n }的公差为d ，因为{a n }为等差数列，且S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C.(2)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11【答案】A【解析】通解：∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3， ∴a 1＋2d ＝1，∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5，故选A.优解：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3， ∴a 3＝1， ∴S 5＝a 1＋a 52＝5a 3＝5，故选A.【方法规律】1．通解是寻求a 1与d 的关系，然后用公式求和．优解法是利用等差中项性质转化求和公式．2．在等差数列中，当已知a 1和d 时，用S n ＝na 1＋n n －2d 求和．当已知a 1和a n 或者a 1＋a n ＝a 2＋a n －1形式时，常用S n ＝a 1＋a n n2＝a 2＋a n －1n2求解．【变式探究】若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A ．10B ．20C ．30D ．40考点二等比数列的运算例2、【2017江苏，9】等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知3676344S S ==,,则8a = ▲ . 【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=. 【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．【答案】64【解析】通解：求a 1a 2…a n 关于n 的表达式a 2＋a 4a 1＋a 3＝a 1＋a 3qa 1＋a 3＝510，∴q ＝12∴a 1＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝10，∴a 1＝8∴a 1·a 2·a 3…a n ＝a n1·qn n －2＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n －2＝2－n 2＋7n2当n ＝3或n ＝4时，－n 2＋7n2最大为6.∴a 1a 2…a n 的最大值为26＝64 优解：利用数列的单调变化设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.(2)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18【答案】C【方法规律】1．解题关键：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．运用函数性质：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．【变式探究】等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3【解析】选C.由题意知a 1·a 8＝a 2·a 7＝a 3·a 6＝a 4·a 5＝10，∴数列{lg a n }的前8项和等于lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝4lg(a 4·a 5)＝4lg 10＝4.故选C.考点三数列递推关系的应用例3、(2016·高考全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式． (2)求{b n }的前n 项和．【方法规律】判断和证明数列是等差(比)数列的方法 1．定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数．2．中项公式法：(1)若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； (2)若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．【变式探究】已知等差数列{a n }的公差d ≠0，{a n }的部分项ak 1，ak 2，…，ak n 构成等比数列，若k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，求k n .解：设等比数列ak 1，ak 2，…，ak n 的公比为q ，因为k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，所以a 1a 17＝a 25，即a 1(a 1＋16d )＝(a 1＋4d )2，化简得a 1d ＝2d 2. 又d ≠0，得a 1＝2d ，所以q ＝a 5a 1＝a 1＋4d a 1＝2d ＋4d2d＝3.一方面，ak n 作为等差数列{a n }的第k n 项，有ak n ＝a 1＋(k n －1)d ＝2d ＋(k n －1)d ＝(k n ＋1)d ，另一方面，ak n 作为等比数列的第n 项，有ak n ＝ak 1·q n －1＝a 1·3n －1＝2d ·3n －1，所以(k n ＋1)d ＝2d ·3n －1. 又d ≠0，所以k n ＝2×3n －1－1.1．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】通解：选C.设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.优解：由S 6＝48得a 4＋a 3＝16， (a 4＋a 5)－(a 4＋a 3)＝8， ∴d ＝4，故选C.2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8【解析】选A.由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2. 所以S 6＝6×1＋－2＝－24.故选A.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.【答案】－84．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C 【解析】由已知,1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C.2【2016高考浙江文数】如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ，1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）.若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为△的面积，则（）A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．2{}n d 是等差数列【答案】A3.【2016年高考北京文数】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______..【答案】6【解析】∵{}n a 是等差数列，∴35420a a a +==，40a =，4136a a d -==-，2d =-， ∴616156615(2)6S a d =+=⨯+⨯-=，故填：6．4.【2016高考江苏卷】已知{}n a 是等差数列，{S }n 是其前n 项和.若21253,S =10a a +=-，则9a 的值是 ▲ .【答案】20.【解析】由510S =得32a =，因此2922(2d)33,23620.d d a -+-=-⇒==+⨯= 5、【2016高考新课标1卷】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为．【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为(0)q q ≠，由1324105a a a a +=⎧⎨+=⎩得2121(1)10(1)5a q a q q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4n =时，12n a a a 取得最大值6264=.6.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0TS=;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30TS.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令U E CD =ð，U F D C =ð则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅.于是C E C DS S S =+，D F CDS S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤. 又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.1.【2015高考重庆，文2】在等差数列{}n a 中，若2a =4，4a =2，则6a = （） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6【答案】B【解析】由等差数列的性质得64222240a a a =-=⨯-=，选B .2.【2015高考福建，文8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于（）A ．6B ．7C ．8D ．9 【答案】D3.【2015高考北京，文6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（） A ．若120a a +>，则230a a +> B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则2a >D ．若10a <，则()()21230a a a a --> 【答案】C【解析】先分析四个答案支，A 举一反例1232,1,4a a a ==-=-，120a a +>而230+<a a ，A 错误，B 举同样反例1232,1,4a a a ==-=-，130a a +<，而120+>a a ，B 错误，下面针对C 进行研究，{}n a 是等差数列，若120a a <<，则10,a >设公差为d ，则0d >，数列各项均为正，由于22215111()(2)a a a a d a a d -=+-+22221111220a a d d a a d d =++--=>，则2113a a a >1a ⇒>C.【2015高考新课标2，文16】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．【答案】1n-【2015高考广东，文10】在等差数列中，若，则= .【答案】10．【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．【2015高考陕西，文13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为．【答案】5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5，所以答案应填：5．【2015高考浙江，文3】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若3a ，4a ，8a 成等比数列，则（）A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>【答案】B.【解析】∵等差数列}{n a ，3a ，4a ，8a成等比数列，∴da d a d a d a 35)7)(2()3(11121-=⇒++=+，∴d d a a a a S 32)3(2)(211414-=++=+=，∴03521<-=d d a ，03224<-=d dS ，故选B.{}n a 2576543=++++a a a a a 82a a +{}n a 37462852a a a a a a a +=+=+=345675525a a a a a a ++++==55a =285210a a a +==10【2015高考安徽，文14】已知数列{}n a 是递增的等比数列，14239,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n 项和等于 .【答案】21n-1. 【2014高考北京版文第5题】设{}n a 是公比为q 的等比数列，则“1>q ”是“{}n a 为递增数列”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】D【解析】对等比数列}{n a ，若1>q ，则当01<a 时数列}{n a 是递减数列；若数列}{n a 是递增数列，则}{n a 满足01<a 且10<<q ，故当“1>q ”是”数列}{n a 为递增数列的既不充分也不必要条件.故选C.【考点定位】等比数列的性质，充分条件与必要条件的判定2. 【2014高考福建卷第3题】等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若132,12a S ==，则6a =( ).8A .10B .12C .14D【答案】C【解析】假设公差为d ,依题意可得1323212,22d d ⨯+⨯⨯=∴=.所以62(61)212a =+-⨯=.故选C.【考点定位】等差数列的性质.3. 【2014高考江苏卷第7题】在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若21a =，8642a a a =+，则6a 的值是 .【答案】4【解析】设公比为q ，因为21a =，则由8642a a a =+得6422q q a =+，4220q q --=，解得22q =，所以4624a a q ==．【考点定位】等比数列的通项公式．4. 【2014辽宁高考文第8题】设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列1{2}na a 为递减数列，则（）A ．0d <B ．0d >C ．10a d <D ．10a d >【答案】C【考点定位】等差数列的概念、递减数列.5. 【2014重庆高考文第2题】对任意等比数列{}n a ,下列说法一定正确的是( )139.,,A a a a 成等比数列 236.,,B a a a 成等比数列 248.,,C a a a 成等比数列 369.,,D a a a 成等比数列【答案】D【解析】因为数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则()22852391116a a a q a q a q a ⋅=⋅⋅⋅=⋅= 所以，369,,a a a 一定成等比数列，故选D.【考点定位】等比数列的概念与通项公式、等比中项.6. 【2014天津高考文第11题】设{}n a 是首项为1a ，公差为1-的等差数列，n S 为其前n 项和．若124,,S S S 成等比数列，则1a 的值为__________．【答案】12-．【解析】依题意得2214S S S =，∴()()21112146a a a -=-，解得112a =-．【考点定位】等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前n 项和公式．7. 【2014大纲高考文第10题】等比数列{}n a 中，452,5a a ==，则数列{lg }n a 的前8项和等于（）A ．6B ．5C ．4D ．3 【答案】C ．【考点定位】等差数列、等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式． 8. 【2014高考广东卷文第13题】若等比数列{}n a 的各项均为正数，且512911102e a a a a =+，则1220ln ln ln a a a +++= .【答案】50【解析】由题意知51011912101122a a a a a a e +==，所以51011a a e =，因此()()()()()101055012201202191011101110a a a a a a a a a a a e e ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅===对，因此()1250122020ln ln ln ln ln 50a a a a a a e ⋅⋅⋅+=++==.【考点定位】等比数列的基本性质与对数的基本运算9. 【2014高考安徽卷文第12题】数列{}n a 是等差数列，若1351,3,5a a a +++构成公比为q 的等比数列，则q =________.【答案】1【解析】∵1351,3,5a a a +++成等比，∴2111(1)[14(1)][12(1)]a a d a d ++++=+++，令11,1a x d y +=+=，则2(4)(2)x x y x y +=+，即222444x xy x xy y +=++，∴0y =，即10d +=，∴1q =.【考点定位】等差、等比数列的性质.10. 【2014高考北京版文第12题】若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n = 时，{}n a 的前n 项和最大.【答案】8【解析】由等差数列的性质，89873a a a a =++，08>a ，又因为0107<+a a ，所以098<+a a所以09<a ，所以78S S >，98S S >，故数列}{n a 的前8项最大. 【考点定位】等差数列的性质，前n 项和的最值 11. 【2014高考大纲文第18题】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知110a =，2a 为整数，且4n S S ≤. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）133n a n =-；（2）()10103n nT n =-．【解析】（1）由已知可得等差数列{}n a 的公差d 为整数．由4n S S ≤可得450,0,a a ≥≤列出不等式组解得d 的范围，从而可确定整数d 的值，最后由等差数列的通项公式可求得数列{}n a 的通项公式；1030,1040d d +≥+≤，解得10532d -＃-，因此3d =-，故数列{}n a 的通项公式为133n a n =-．（2）()()11111331033103133n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，于是()12111111111137104710313331031010103n n n T b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦．【考点定位】等差数列通项公式、裂项法求数列的前n 项和． 12. 【2014高考广东文第19题】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21234n n S na n n +=--，n N *∈，且315S =.（1）求1a 、2a 、3a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式.【答案】（1）13a =，25a =，37a =；（2）21n a n =+.【考点定位】数列的通项13. 【2014高考湖北文第18题】已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且1a 、2a 、5a 成等比数列.（1）求数列}{n a 的通项公式.（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得?80060+>n S n 若存在，求n 的最小值；若不存在，说明文由.【答案】（1）2=n a 或24-=n a n . 【解析】【考点定位】等差数列、等比数列的性质、等差数列的求和公式.。

【高考数学】4-1二轮复习讲义：等差数列、等比数列

专题四数列第一讲等差数列、等比数列高考考点考点解读本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对等差(比)数列概念的理解，掌握等差(比)数列的判定与证明方法．(2)掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式，并会应用．(3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用．预测2020年命题热点为：(1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求解． (2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(比)数列．(3)给出等差(比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和，求某一项或某些项的和．Z 知识整合hi shi zheng he1．重要公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .(3)等比数列通项公式：a n ＝a 1q n －1. (4)等比数列前n 项和公式： S n ＝⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2).(6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2).(7)数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．重要结论(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m ·q n－m.(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列.②等比数列中，若a 1>0且q >1或a 1<0且0<q <1，则数列为递增数列；若a 1>0且0<q <1或a 1<0且q >1，则数列为递减数列.(3)等差数列{a n }中，S n 为前n 项和．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等差数列；等比数列{b n }中，T n 为前n 项和．T n ，T 2n －T n ，T 3n －T 2n ，…一般仍成等比数列．,Y 易错警示i cuo jing shi1．忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． 2．漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .3．忽略对等比数列的公比的讨论：应用等比数列前n 项和公式时应首先讨论公式q 是否等于1. 4．a n －a n －1＝d 或a na n －1＝q 中注意n 的范围限制．5．易忽略公式a n ＝S n －S n －1成立的条件是n ≥2.6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n 项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明．7．等差数列的单调性只取决于公差d 的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q ，又要考虑首项a 1的正负．1．(2018·全国卷Ⅰ，4)记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( B )A ．－12B ．－10C ．10D ．12[解析] 3⎝⎛⎭⎫3a 1＋3×22×d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32×d ⇒9a 1＋9d ＝6a 1＋7d ⇒3a 1＋2d ＝0⇒6＋2d ＝0⇒d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.2．(2018·北京卷，4)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( D )A ．32f B ．322f C ．1225f D ．1227f[解析] 选D ．由已知，单音的频率构成一个首项为f ，公比为122的等比数列，记为{b n }，共有13项．由等比数列通项公式可知，b 8＝b 1q 7＝f ×(122)7＝1227f .3．(2017·全国卷Ⅰ，4)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( C )A ．1B ．2C ．4D ．8[解析] 设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4. 故选C ．4．(2017·全国卷Ⅲ，9)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前6项和为( A )A ．－24B ．－3C ．3D ．8[解析] 由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A ．5．(2016·全国卷Ⅰ，3)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( C ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为{a n }为等差数列，且S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C ．6．(2018·全国卷Ⅰ，14)记S n 为数列{}a n 的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝－63..[解析] 依题意，⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2a n ＋1，S n ＋1＝2a n ＋1＋1，作差得a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1＝S 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1·(1－26)1－2＝－63.7．(2018·全国卷Ⅱ，16)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式． (2)求S n ，并求S n 的最小值．[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.命题方向1 等差、等比数列的基本运算例1 (1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( B )A ．152B ．135C ．80D ．16[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q 2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n ＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×(2＋16)2＝135.故选B ．(2)(2018·丰台二模)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 2＝2，S 9＝9，则a 8＝0. [解析] 因为{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和． a 2＝2，S 9＝9，设其首项为a 1，公差为d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝2，S 9＝9a 1＋9×82d ＝9，解得d ＝－13，a 1＝73，所以a 8＝a 1＋7d ＝0.『规律总结』等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，求出a 1和d (q )后代入相应的公式计算．(3)注意整体思想，如在与等比数列前n 项和有关的计算中，两式相除就是常用的计算方法，整体运算可以有效简化运算．G 跟踪训练en zong xun lian1．(2018·邵阳模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( B )A ．29B ．31C ．33D ．36[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 2a 3＝2a 1，所以a 21q 3＝2a 1，①因为a 4与2a 7的等差中项为54，所以a 4＋2a 7＝52，即a 1q 3＋2a 1q 6＝52，②联立①②可解得a 1＝16，q ＝12，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝31.2．(文)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则数列{a n }的公比为13. [解析] 由题意知S 1＋3S 3＝4S 2，即a 1＋3(a 1＋a 2＋a 3)＝4(a 1＋a 2)，即3a 3＝a 2，所以a 3a 2＝13，即公比q ＝13.(理)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＝51，则n ＝6.[解析] 由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列．由S n ＝n ＋n (n －1)2×3＝51，即(3n ＋17)(n －6)＝0，解得n ＝6或n ＝－173(舍)．命题方向2 等差、等比数列的基本性质例2 (1)(2018·汉中二模)已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若log 2a 2＋log 2a 8＝2，则T 9的值为( A )A ．±512B ．512C ．±1 024D ．1 024[解析] log 2a 2＋log 2a 8＝2，可得log 2(a 2a 8)＝2，可得：a 2a 8＝4，则a 5＝±2，等比数列{a n }的前9项积为T 9＝a 1a 2…a 8a 9＝(a 5)9＝±512.(2)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝20，则S 11的值为( A ) A ．44B ．22C ．2003D ．88[解析] 因为S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝20，由等差数列的性质可得，5a 6＝20，所以a 6＝4.由等差数列的求和公式得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝44.(3)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 15>0，S 16<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为( C )A ．S 6a 6B ．S 7a 7C ．S 8a 8D ．S 9a 9[解析] 由S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15×2a 82＝15a 8>0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝16×a 8＋a 92<0，可得a 8>0，a 9<0，d <0，故S n 最大为S 8.又d <0，所以{a n }单调递减，因为前8项中S n 递增，所以S n 最大且a n 取最小正值时S n a n 有最大值，即S 8a 8最大．故选C ．『规律总结』等差、等比数列性质的应用策略(1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题．(2)整体代入：计算时要注意整体思想，如求S n 可以将与a 1＋a n 相等的式子整体代入，不一定非要求出具体的项．(3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值． G 跟踪训练en zong xun lian1．(2017·沈阳模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 27＋2a 12＝0，数列{b n}是等比数列，且b 7＝a 7，则b 3b 11等于( A )A ．16B ．8C ．4D ．2[解析] ∵{a n }是等差数列， ∴a 2＋a 12＝2a 7，∴2a 2－a 27＋2a 12＝4a 7－a 27＝0. 又a 7≠0， ∴a 7＝4.又{b n }是等比数列，∴b 3b 11＝b 27＝a 27＝16.2．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝( C ) A ．1 B ．2 C ．3D ．2或4[解析] ∵{a n }为等比数列，∴a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项， ∴(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝(a 5＋a 7)2a 1＋a 3＝428＝2.同理a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项， ∴(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝(a 9＋a 11)2a 5＋a 7＝224＝1.∴a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.命题方向3 等差、等比数列的判断与证明例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n .其中λ≠0.(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.[解析] (1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ(λλ－1)n －1.(2)由(1)得S n ＝1－(λ1－λ)n .由S 5＝3132得1－(λλ－1)5＝3132，即(λλ－1)5＝132.解得λ＝－1.『规律总结』判断和证明数列是等差(比)数列的方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n (或a n ＋1a n )为与正整数n 无关的一常数．(2)构造法：通过对含有a n ，a n －1的式子的整体变形，如取倒数，两边加减常数等方法，构造出要证数列的第n 项与第n －1项的关系，从而证明等差(比)数列 .(3)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．G 跟踪训练en zong xun lian(2017·全国卷Ⅰ，17)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． [解析] (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．A 组1．(2018·唐山模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( D ) A ．18 B ．12 C ．9D ．6[解析] 本题主要考查等差数列的通项公式及前n 项和公式．由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6，故选D ．2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( C ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64[解析] 解法一：由条件知：a n >0，且⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝3，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝3，a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝15， ∴q ＝2.∴a 1＝1，∴S 6＝1－261－2＝63.解法二：由题意知，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，即122＝3(S 6－15)，∴S 6＝63.3．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( D )A ．6B ．7C ．8D ．9[解析] 由题可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0，所以a >0，b >0，不妨设a >b ，所以等比数列为a ，－2，b 或b ，－2，a 从而得到ab ＝4＝q ，等差数列为a ，b ，－2或－2，b ，a 从而得到2b ＝a －2，两式联立解出a ＝4，b ＝1，所以p ＝a ＋b ＝5，所以p ＋q ＝4＋5＝9.4．(2017·山西四校联考)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( C )A ．1＋ 2B ．1－2C ．3＋2 2D ．3－22[解析] 本题主要考查等差数列、等比数列． ∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴12a 3×2＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或q ＝1－2(舍)， ∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 1q 8(1＋q )a 1q 6(1＋q )＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 5．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m ·a n ＝16a 21，m ，n ∈N *，则1m ＋9n的最小值为( C ) A ．2 B ．16 C ．114D ．32[解析] 设数列{a n }的公比为q ，a 3＝a 2＋2a 1⇒q 2＝q ＋2⇒q ＝－1(舍)或q ＝2，∴a n ＝a 1·2n－1，a m ·a n ＝16a 21⇒a 21·2m ＋n －2＝16a 21⇒m ＋n ＝6，∵m ，n ∈N *，∴(m ，n )可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m ＝2，n ＝4时，1m ＋9n 取最小值114.6．已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝23，d ＝－1.[解析] 由题可得(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，故有3a 1＋2d ＝0，又因为2a 1＋a 2＝1，即3a 1＋d ＝1，联立可得d ＝－1，a 1＝23.7．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N ，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝91.[解析] 因为任意的n >1，n ∈N ，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，所以S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，所以a n ＋1＝a n ＋2，因为a 3＝a 2＋2＝4，所以a n ＝a 2＋(n －2)×2＝2＋(n －2)×2＝2n －2，n ≥2，所以S 10＝a 1＋a 2＋a 3…＋a 10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋9×82×2＝91.8．(2018·江苏无锡一模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为2.[解析] ∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1(1－q 9)1－q ＝a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴a 8＝a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －p (n ∈N *)，其中p 是不为零的常数． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)当p ＝3时，若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． [解析] (1)证明：因为S n ＝4a n －p (n ∈N *)，则S n －1＝4a n －1－p (n ∈N *，n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.由S n ＝4a n －p ，令n ＝1，得a 1＝4a 1－p ，解得a 1＝p3.所以{a n }是首项为p 3，公比为43的等比数列．(2)因为a 1＝1，则a n ＝(43)n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ＝1,2，…)，得b n ＋1－b n ＝(43)n －1，当n ≥2时，由累加法得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1) ＝2＋1－(43)n －11－43＝3·(43)n －1－1，当n ＝1时，上式也成立．∴b n ＝3·(43)n －1－1.10．(文)(2017·蚌埠质检)已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 3＝3，S 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 23a 2n ＋3，且{b n }为递增数列，若c n ＝4b n ·b n ＋1，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1.[解析] (1)设该等比数列的公比为q ，则根据题意有3·(1＋1q ＋1q 2)＝9，从而2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.当q ＝1时，a n ＝3；当q ＝－12时，a n ＝3·(－12)n －3.(2)证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符，故a n ＝3(－12)n －3，此时a 2n ＋3＝3·(－12)2n ，∴b n ＝2n ，符合题意． ∴c n ＝42n ·(2n ＋2)＝1n ·(n ＋1)＝1n －1n ＋1，从而c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1－1n ＋1<1.(理)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. [解析] (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标 x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14；当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2＞(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n ，所以T n ＞⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n . 综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.B 组1．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为( A )A ．94B ．32C ．53D ．4[解析] 由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4S 2＝4得S 4－S 2S 2＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝94.2．(文)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且4a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝( D )A ．－5B ．－3C ．3D ．5[解析] ∵4a 3－a 6＝0，∴4a 1q 2＝a 1q 5，∵a 1≠0，q ≠0，∴q 3＝4，∴S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1－q 61－q 3＝1＋q 3＝5.(理)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( C ) A ．13B ．－13C ．19D ．－19[解析] ∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1， a 3＝9a 1＝a 1q 2，∴q 2＝9，又∵a 5＝9，∴9＝a 3·q 2＝9a 3，∴a 3＝1，又a 3＝9a 1，故a 1＝19.3．(2018·湖南岳阳一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝(n ＋1)a n2，则a 2018＝( B )A ．2017B ．2018C ．4034D ．4036[解析] ∵a 1＝1，S n ＝(n ＋1)a n2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)a n 2－na n －12，即a n n ＝a n －1n －1， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n . ∴a 2018＝2018.4．(2018·浙江卷，10)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则( B )A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4[解析] 由x >0，ln x ≤x －1，得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，a 4≤－1，所以公比q <0，当q ≤－1时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )(1＋q 2)<0，此时a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾，所以－1<q <0，所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0.5．(2018·南昌二模)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( D )A ．10B ．15C ．－5D ．20[解析] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －2(n －1)2＋3n －3＝4n －5，a 1＝S 1＝－1适合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )，因为p －q ＝5，所以a p －a q ＝20.6．(2017·吉林长春质量监测)设数列{a n }的前n 和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( A )A ．n 2n －1B ．n ＋12n －1＋1C ．2n －12n －1D ．n ＋12n ＋1[解析] 设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8， {b n }为等差数列，所以b n ＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ， S n ＋(1＋2n)a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2n －1)a n －1＝0，所以2(n ＋1)n a n ＝n ＋1n －1·a n －1，即2·a nn ＝a n －1n －1，又因为a 11＝1，所以{a n n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n n ＝(12)n －1(n ∈N *)，a n ＝n2n －1(n ∈N *)．故选A ．7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋3，则S 4＝66. [解析] 本题主要考查数列的通项公式与求和．依题a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差得，a n ＋1－a n ＝2a n ，n ≥2，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5×(1－33)1－3＝66.8．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝50.[解析] ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 1·a 20＝e 5. 又∵ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20) ＝ln[(a 1a 20)(a 2a 19)…(a 10a 11)] ＝ln(e 5)10＝ln e 50＝50.注意等比数列性质：若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ，对数的性质log a m n ＝n log a m . 9．设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值．[解析] (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)．所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n . (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋123＋…＋12n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11 000得⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11 000，即2n >1 000. 因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10. 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10. 10．已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *，又2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝2a n －λ(log 2a n ＋1)2，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． [解析] (1)由S n ＋1＝qS n ＋1 ① 可得，当n ≥2时，S n ＝qS n －1＋1 ② ①－②得：a n ＋1＝qa n . 又S 2＝qS 1＋1且a 1＝1，所以a 2＝q ＝q ·a 1，所以数列{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列．又2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，所以2a 3＝2a 2＋a 2＋2＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2. 所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12(舍)，所以数列{a n }的通项公式为：a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由题意得：b n ＝2·2n －1－λ(log 22n )2＝2n －λn 2，若数列{b n }为递增数列，则有 b n ＋1－b n ＝2n ＋1－λ(n ＋1)2－2n ＋λn 2＝2n －2nλ－λ>0，即λ<2n 2n ＋1. 因为2n ＋12n ＋32n 2n ＋1＝4n ＋22n ＋3>1，所以数列{2n2n ＋1}为递增数列．所以2n 2n ＋1≥23，所以λ<23.。

等差、等比数列性质及其应用教学设计 -2022届高三数学二轮专题复习

1、等差（比）数列基本量和性质的运算；.
2、等差（比）数列的判断与证明的基本方法.
思想方法：函数思想，方程思想.
先让学生总结，教师在学生总结的基础上进行再概括，注意思想方法的归纳
对学习过程进行反思，对思想方法进行总结。
（七）教学反思
这节课是针对文科班的二轮复习开展的。由于是文科班，学生基础相对弱一点，可能会存在一些问题，题量相对有点多；课堂有可能会不够活跃。但相对来说，该节课设计是合理的，能达到学生对该知识的掌握，也能提高学生学习和掌握等差（比）数列在考试的应用能力及得分。
（四）、变式探究
变式训练：（学生赏学）
1、记为等差数列的前n项和，若；
2、若各项均为正数的等比数列的前4项的和为15，且求；
同类题型训练，学生动手独立完成
1、熟练掌握该题型
2、通过上述两个问题讨论归纳出等差、等比数列中一般性结论
（五）、研考题：典型题分析
题型之二：等差、等比数列的判定与证明
（一）课前自主学习（知识梳理）
（1）通项公式及前n项和公式：
（2）等差、等比数列的性质：
1、学生根据所学内容完成知识梳理；
2、观察学生的已有知识储备。
温故知新，从学生现有知识入手，让学生体会本节课所需要的应用基本公式和性质，为解决掌握本节课的重点知识作准备。
（二）、高考真题重现
1、数列中为的前n项和，若，则
【例2】差数列；
（2）求数列的通项公式。
1、观察学生的完成情况和解题过程存在的问题；
2、学生讨论，合作交流解决该问题。
1、通过该题，让学生掌握等差（比）数列的判断和证明方法；
2、使学生在学习与探究过程中体验科学探究的一般规律.
（六）归纳总结、布置作业

高中数学专题复习等差、等比数列的运算和性质知识点例题精讲

等差、等比数列的运算和性质【高考能力要求】1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列，灵活地运用等差、等比数列的性质，能使问题简化；灵活地运用通项公式和前n 项和公式解题是高考考查的重点.2.从等差数列中按某种规律，抽取某些项，依次排列，组成一个等比数列，是等差、等比数列综合题中的较重要的类型，要认真体会此类题.3.学习时，要注意方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运用.【例题精讲】【例1】已知{a n }是等比数列，a 1=2，a 3=18；{b n }是等差数列，b 1=2，b 1+b 2+b 3+b 4=a 1+a 2+a 3＞20.（1）求数列{b n }的通项公式；（2）求数列{b n }的前n 项和S n 的公式；（3）设P n =b 1+b 4+b 7+…+b 3n －2，Q n =b 10+b 12+b 14+…+b 2n +8，其中n =1，2，…，试比较P n 与Q n 的大小，并证明你的结论.分析将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算. 解（1）设{a n }的公比为q ，由a 3=a 1q 2得q 2=13a a =9，q =±3. 当q =－3时，a 1+a 2+a 3=2－6+18=14＜20，这与a 1+a 2+a 3＞20矛盾，故舍去.当q =3时，a 1+a 2+a 3=2+6+18=26＞20，故符合题意. 设数列{b n }的公差为d ，由b 1+b 2+b 3+b 4=26得4b 1+234⨯d =26. 又b 1=2，解得d =3，所以b n =3n －1. （2）S n =2)(1n b b n +=23n 2+21n . （3）b 1，b 4，b 7，…，b 3n －2组成以3d 为公差的等差数列，所以P n =nb 1+2)1(-n n ·3d =29n 2－25n ；b 10，b 12，b 14，…，b 2n +8组成以2d 为公差的等差数列，b 10=29，所以Q n =nb 10+2)1(-n n ·2d =3n 2+26n . P n －Q n =（29n 2－25n ）－（3n 2+26n ）=23n （n －19）.所以，对于正整数n ，当n ≥20时，P n ＞Q n ；当n =19时，P n =Q n ；当n ≤18时，P n ＜Q n .说明本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.【例2】已知等差数列{a n }的首项a 1=1，公差d ＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{b n }的第二项、第三项、第四项.（1）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（2）设数列{c n }对任意正整数n 均有11b c +22mb c+323b m c +…+nn n b m c 1-=（n +1）a n +1成立，其中m 为不等于零的常数，求数列{c n }的前n 项和S n .分析（1）依已知可先求首项和公差，进而求出通项a n 和b n ；（2）由题先求出{a n }的通项公式后再求S n .解（1）由题意得（a 1+d ）（a 1+13d ）=（a 1+4d ）2，整理得2a 1d =d 2. ∵a 1=1，解得d =2（d =0不合题意舍去）， ∴a n =2n －1（n =1，2，3，…）.由b 2=a 2=3，b 3=a 5=9，易求得b n =3n －1（n =1，2，3，…）. （2）当n =1时，c 1=6；当n ≥2时，nn n b m c 1-=（n +1）a n +1－na n =4n +1，∴c n =（4n +1）m n －1b n =（4n +1）（3m ）n －1.∴c n =⎩⎨⎧+-1)3)(14(6n m n .,4,3,2,1⋅⋅⋅==n n 当3m =1，即m =31时，S n =6+9+13+…+（4n +1） =6+2)149)(1(++-n n=6+（n －1）（2n +5）=2n 2+3n +1. 当3m ≠1，即m ≠31时，S n =c 1+c 2+…+c n ，即S n =6+9·（3m ）+13·（3m ）2+…+（4n －3）（3m ）n －2+（4n +1）（3m ）n －1.①3mS n =6·3m +9·（3m ）2+13·（3m ）3+…+（4n －3）（3m ）n －1+（4n +1）（3m ）n.② ①－②得（1－3m ）S n =6+3·3m +4·（3m ）2+4·（3m ）3+…+4·（3m ）n －1－（4n +1）（3m ）n=6+9m +4［（3m ）2+（3m ）3+…+（3m ）n －1］－（4n +1）（3m ）n=6+9m +m m m n 31])3()3[(42--－（4n +1）（3m ）n .∴S n =m m n m n 31)3)(14(96-+-++22)31(])3()3[(4m m m n --.∴S n =⎪⎩⎪⎨⎧--+-+-+++222)31(])3()3[(431)3)(14(96132m m m m m n m n n n n.31,31≠=m m 说明本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法”“错位相减求和法”等.【例3】已知数列{a n }的各项均为正整数，且满足a n +1=a n 2－2na n +2（n ∈N *），又a 5=11.（1）求a 1，a 2，a 3，a 4的值，并由此推测出{a n }的通项公式（不要求证明）；（2）设b n =11－a n ，S n =b 1+b 2+…+b n ，S n ′=|b 1|+|b 2|+…+|b n |，求∞→n lim 'nnS S 的值.分析先根据递推关系求前几项。

高考专题09 等差数列、等比数列(教学案)-2019年高考文数二轮---精校解析Word版

高考数学专题高考侧重于考查等差、等比数列的通项a n ，前n 项和S n 的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．备考时应切实文解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．1．等差数列(1)定义式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)； (2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (3)前n 项和公式：S n ＝na 1＋a n 2＝na 1＋n n －d2；(4)性质：①a n ＝a m ＋(n －m )d (n 、m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q (m 、n 、p 、q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 2．等比数列(1)定义式：a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)；(2)通项公式：a n ＝a 1q n －1；(3)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1q ＝1，a 1－q n 1－q q ≠1.(4)性质：①a n ＝a m q n－m(n ，m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q (p 、q 、m 、n ∈N *)．3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n 项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用a n 与S n 的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n 项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1．应用a n 与S n 的关系，等比数列前n 项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．3．讨论等差数列前n 项和的最值时，不要忽视n 为整数的条件和a n ＝0的情形． 4．等比数列{a n }中，公比q ≠0，a n ≠0.高频考点一等差数列的运算例1、（2018年江苏卷）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】设，则由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为27.【变式探究】(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为()A．1B．2C．4 D．8【变式探究】(1)已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A．100B．99C．98 D．97解析：通解：∵{a n}是等差数列，设其公差为d，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝27a 10＝a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，选C.优解：设等差数列{a n }的公差为d ，因为{a n }为等差数列，且S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C.答案：C(2)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9D ．11【方法规律】1．通解是寻求a 1与d 的关系，然后用公式求和．优解法是利用等差中项性质转化求和公式． 2．在等差数列中，当已知a 1和d 时，用S n ＝na 1＋nn －2d 求和．当已知a 1和a n 或者a 1＋a n ＝a 2＋a n －1形式时，常用S n ＝a 1＋a n n 2＝a 2＋a n －1n2求解．学+科网【变式探究】若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A ．10B ．20C ．30D ．40解析：选B.∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，∴11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ，∴{x n }是等差数列，∵x 1＋x 2＋…＋x 20＝200＝x 1＋x 202，∴x 1＋x 20＝20，又∵x 1＋x 20＝x 5＋x 16，∴x 5＋x 16＝20.高频考点二等比数列的运算例2、（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A.B.C.D.【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.【变式探究】【2017江苏，9】等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知,则8a = ▲ .【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则.【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：通解：求a 1a 2…a n 关于n 的表达式 a 2＋a 4a 1＋a 3＝a 1＋a 3q a 1＋a 3＝510，∴q ＝12 ∴a 1＋a 1⎝⎛⎭⎫122＝10，∴a 1＝8 ∴a 1·a 2·a 3…a n ＝a n 1·q n n －12＝8n ×⎝⎛⎭⎫12n n －2＝2－n 2＋7n2当n ＝3或n ＝4时，－n 2＋7n2最大为6.∴a 1a 2…a n 的最大值为26＝64 优解：利用数列的单调变化设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.答案：64(2)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D.18解析：通解：∵a 3＝a 1·q 2，a 4＝a 1·q 3，a 5＝a 1·q 4， ∴a 21·q 6＝4(a 1·q 3－1) ∵a 1＝14，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝a 1·q ＝12.优解：设{a n }的公比为q ，由等比数列的性质可知a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，得a 4＝2，则q 3＝a 4a 1＝214＝8，得q ＝2，则a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.答案：C 【方法规律】1．解题关键：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．运用函数性质：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．【变式探究】等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析：选C.由题意知a 1·a 8＝a 2·a 7＝a 3·a 6＝a 4·a 5＝10，∴数列{lg a n }的前8项和等于lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝4lg(a 4·a 5)＝4lg 10＝4.故选C.高频考点三数列递推关系的应用例3、（2018年天津卷）设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n （n ∈N *）；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n （n ∈N *）．已知b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6．（Ⅰ）求S n 和T n ；（Ⅱ）若S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数n 的值．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.【解析】（I ）设等比数列的公比为q ，由b 1=1，b 3=b 2+2，可得．因为，可得，故．所以，．设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．（II ）由（I ），有由可得，整理得解得（舍），或．所以n 的值为4．【变式探究】已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式． (2)求{b n }的前n 项和．解析：(1)因为a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，所以a 1b 2＋b 2＝b 1，解得a 1＝2又{a n }是公差为3的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×3＝3n －1，即通项公式为a n ＝3n －1. (2)由a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝13，所以数列{b n }是首项b 1＝1，公比q ＝13的等比数列所以数列{b n }的前n 项和为S n ＝1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝32－12·31－n . 【方法规律】判断和证明数列是等差(比)数列的方法1．定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数．2．中项公式法：(1)若2a n＝a n－1＋a n＋1(n∈N*，n≥2)，则{a n}为等差数列；(2)若a2n＝a n－1·a n＋1(n∈N*，n≥2)，则{a n}为等比数列．【变式探究】已知等差数列{a n}的公差d≠0，{a n}的部分项ak1，ak2，…，ak n构成等比数列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k n.1. （2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.2. （2018年北京卷）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A. B.C. D.【答案】D【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则，故选D.3. （2018年江苏卷）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】设，则由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.4. （2018年浙江卷）已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.5. （2018年天津卷）设{a n}是等差数列，其前n项和为S n（n∈N*）；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求S n和T n；（Ⅱ）若S n+（T1+T2+…+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.【解析】（I）设等比数列的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得．因为，可得，故．所以，．设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．（II）由（I），有由可得，整理得解得（舍），或．所以n的值为4．6. （2018年北京卷）设是等差数列，且.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求.【答案】（I）（II）【解析】（I）设等差数列的公差为，∵，∴，又，∴.∴.（II）由（I）知，∵，∴是以2为首项，2为公比的等比数列.∴.∴7. （2018年江苏卷）设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示)．【答案】（1）2 5（2）n≥5时，【解析】（1）记为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有，所以．对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以．为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．当n≥5时，，因此，n≥5时，．1．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为() A．1B．2C．4 D．8解析：通解：选C.设{a n}的公差为d，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.优解：由S 6＝48得a 4＋a 3＝16， (a 4＋a 5)－(a 4＋a 3)＝8， ∴d ＝4，故选C.2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：选A.由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2. 所以S 6＝6×1＋－2＝－24.故选A.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ① a 1(1－q 2)＝－3. ②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8. 答案：－84．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋q ＝2，a 1＋q ＋q 2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝－2[1－－n]1＋2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋－n 2n ＋13＝2S n，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C【解析】由已知,所以故选C.2【2016高考浙江文数】如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且，，（）.若（）A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列【答案】A【解析】n S 表示点n A 到对面直线的距离（设为n h ）乘以1n n B B +长度一半，即，由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，那么我们需要知道n h 的关系式，过1A 作垂直得到初始距离1h ，那么1,n A A 和两个垂足构成了等腰梯形，那么，其中θ为两条线的夹角，即为定值，那么，，作差后：，都为定值，所以1n n S S +-为定值．故选A ．3.【2016年高考北京文数】已知{}n a 错误！未找到引用源。

统考版2023高考数学二轮专题复习课时作业9数列的通项与求和理

课时作业9 数列的通项与求和A 基础达标1.[2022·北京市房山中学模拟]已知数列{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且满足a 1＝b 1＝1，a 3＋b 3＝1.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项的和S n .2．[2022·四川省内江市第六中学检测]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＝1，S n＋1＝2S n ＋1.(1)求证：数列{a n }为等比数列并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(2log 2a n ＋1)a n ，求{b n }的前n 项和T n .3．[2022·黑龙江哈九中二模]已知数列{a n }满足a 1a 2…a n ＝2－2a n ，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a nn （n ＋1），求{b n }的前n 项和S n .4．[2022·杭州市余杭中学模拟]已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1＝b 1＝1，a 5＝5(a 4－a 3)，b 5＝4(b 4－b 3).(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n S n ＋2<S 2n ＋1 (n ∈N *)； (3)对任意的正整数n ，设c n＝⎩⎪⎨⎪⎧bn（b n＋1）（b n ＋2＋1），n 为奇数an －1b n ＋1，n 为偶数，求数列{c n }的前2n 项和．B 素养提升5.[2022·甘肃兰州模拟]在①S 5S 9＝13，②a 2是a 1和a 4的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知公差d 不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝6. (1)________，求数列{a n }的通项公式；(2)若数列b n ＝2a n ，c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .6．[2022·江西鹰潭一模]已知正项数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n 满足a n ＝S n ＋S n －1(n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式； (2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，不等式4T n <a 2－a 恒成立，求实数a 的取值范围．课时作业9 数列的通项与求和1．解析：（1）由题设b n ＝b 1qn －1＝2n －1，所以b 3＝b 1q 2＝4，而a 3＋b 3＝1，则a 3＝1－b 3＝－3，由a 3＝a 1＋2d ＝1＋2d ＝－3，则d ＝－2，故a n ＝a 1＋（n －1）d ＝3－2n . 综上，a n ＝3－2n ，b n ＝2n －1.（2）由（1）知：c n ＝3－2n ＋2n －1，所以S n ＝3n －2（1＋2＋…＋n ）＋（1＋2＋…＋2n －1）＝3n －n （n ＋1）＋1－2n1－2＝2n －n 2＋2n －1.2．解析：（1）证明：∵a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1①，当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋1②，①减去②得a n ＋1＝2a n ，∵S 2＝2S 1＋1，∴a 1＋a 2＝2a 1＋1⇒a 2＝a 1＋1＝2，∴a 2＝2a 1，∴a n ＋1a n＝2，可得数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n －1.（2）∵b n ＝（2log 2a n ＋1）a n ，∴b n ＝（2log 22n －1＋1）2n －1＝（2n －1）2n －1，T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋（2n －1）2n －1①，2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋（2n－1）2n②，①减去②得，∴－T n ＝1＋2×（2＋22＋…＋2n －1）－（2n －1）×2n＝1＋2×2（1－2n －1）1－2－（2n －1）×2n＝－3＋（3－2n ）×2n ，∴T n ＝3＋（2n －3）×2n.3．解析：（1）证明：当n ＝1时，a 1＝2－2a 1，得a 1＝23，当n ≥2时，有a 1a 2…a n ＝2－2a n ，a 1a 2…a n －1＝2－2a n －1，相除得a n ＝1－a n1－a n －1（n ≥2），整理为：11－a n －1＝a n 1－a n ＝11－a n －1（n ≥2），即11－a n －11－a n －1＝1（n ≥2），∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 为等差数列，公差d ＝1，首项为11－a 1＝3；所以11－a n ＝3＋（n －1）＝n ＋2，整理为：a n ＝n ＋1n ＋2（n ∈N *）. （2）b n ＝a n n （n ＋1）＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，S n ＝12（1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2）＝12（1＋12－1n ＋1－1n ＋2），S n ＝34－12（2n ＋3）（n ＋1）（n ＋2）＝34－2n ＋32（n ＋1）（n ＋2）.4．解析：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝1，a 5＝5（a 4－a 3），可得d ＝1.∴a n ＝n .∵b 1＝1，b 5＝4（b 4－b 3），且q ≠0，可得q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2，∴b n ＝2n －1.（2）证明：由题可知S n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2，故S n S n ＋2＝14n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3），S 2n ＋1 ＝14（n ＋1）2（n ＋2）2，作差得：S n S n ＋2－S 2n ＋1 ＝14（n ＋1）（n ＋2）[n （n ＋3）－（n ＋1）（n ＋2）]＝－12（n ＋1）（n ＋2）<0，因此，S n S n ＋2<S 2n ＋1 .（3）由题可知c n＝⎩⎪⎨⎪⎧b n（b n＋1）（bn ＋2＋1），n 为奇数an －1b n ＋1，n 为偶数，故当n 为奇数2k －1（k ∈N *）时，c 2k －1＝b 2k －1（b 2k －1＋1）（b 2k ＋1＋1）＝13（1b 2k －1＋1－1b 2k ＋1＋1），故记H n ＝c 1＋c 3＋…＋c 2n －1 ＝13k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫122k －2＋1－122k ＋1 ＝13 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－122n ＋1 . 当n 为偶数2k （k∈N *）时，记T n ＝c 2＋c 4＋…＋c 2n ＝14＋342＋…＋2n －14n ，14T n ＝142＋343＋…＋2n －34n ＋2n －14n ＋1，故34T n ＝14＋242＋243＋…＋24n －2n －14n ＋1＝14＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n －11－14－2n －14n ＋1＝512－16·4n －1－2n －14n ＋1，因此，T n ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫512－16·4n －1－2n －14n ＋1＝59－6n ＋59·4n；故所求c 1＋c 2＋…＋c 2n ＝T n ＋H n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－122n ＋1＋59－6n ＋59·4n ＝1318－13·22n ＋3－6n ＋59·4n .5．解析：（1）选①：由于S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3，S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5，所以S 5S 9＝5a 39a 5＝13，又a 3＝6，所以a 5＝10，故d ＝12（a 5－a 3）＝2，所以a n ＝a 3＋（n －3）d ＝2n ；选②：a 2是a 1和a 4的等比中项，则a 22 ＝a 1a 4，所以（a 3－d ）2＝（a 3－2d ）（a 3＋d ），又a 3＝6，解得d ＝2，d ＝0（舍去），所以a n ＝a 3＋（n －3）d ＝2n .（2）b n ＝2a n ＝4n，c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋4n，则T n ＝（2＋4）＋（2×2＋42）＋…＋（2n ＋4n ）＝2（1＋2＋...＋n ）＋（4＋42＋ (4)）＝n 2＋n ＋4（1－4n）1－4＝n 2＋n ＋43（4n－1）.6．解析：（1）当n ≥2时，a n ＝S n ＋S n －1，∴S n －S n －1＝S n ＋S n －1，即S n －S n －1＝1，又S 1＝1，所以数列{S n }是首项为1，公差为1的等差数列，故S n ＝n ，又由a n ＝S n ＋S n －1＝n ＋n －1＝2n －1（n ≥2），当n ＝1时，a 1＝1也适合，所以a n ＝2n －1. （2）∵1a n a n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12（12n －1－12n ＋1），∴T n ＝12（1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12，又∵对任意的n ∈N *，不等式4T n <a 2－a 恒成立，∴2≤a 2－a ，解得a ≤－1或a ≥2.即所求实数a 的范围是a ≤－1或a ≥2.。

高考数学文(二轮复习)课件《等差与等比数列》

4．(2014· 安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋ 3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
答案：1
解析：解法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3 ＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q 的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1. 解法二：因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.
等差与等比数列
该类小题一般考查等差、等比数列的基本量的运算及性质的灵活运用.有时等差数列、等比数列相交汇考查.该类小题具有 “新”“巧”“活”的特点.在备考中，一要重视与两种数列基本量有关的公式的理解与应用，二要重视两种数列基本性质的应用，三要重视方程组思想或整体思想在求解数列问题中的应用.
(2)已知等差数列某两项的和(或等比数列某两项的积)求数列中的某一项或求数列和(或积)的问题，运用等差数列(或等比数列)的性质或整体代入的思想较为快捷．该类题目在平时的练习中要学会使用性质，在短时间内准确求解．
[回访名题] (1)(2014· 福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2， S3＝12，则a6等于( )
基础记忆
试做真题
基础要记牢,真题须做熟
基础知识不“背死”，就不能“用活”！ 1．把握两个定义若一个数列从第二项起，每项与前一项的差(比)为同一个常数，则这个数列为等差(比)数列． 2．等差、等比中项 (1)若x，A，y成等差数列⇔A为x，y的等差中项⇔2A＝x＋y. (2)若x，G，y成等比数列⇔G为x，y的等比中项⇒G2＝ xy(G≠0)．

等差数列与等比数列教学案-高考理科数学考纲解读word详解

等差数列与等比数列【2019年高考考纲解读】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．【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·qn －1. 2．求和公式等差数列：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 1－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)． 3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .二等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．三、等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、(1)(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5等于( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋－2×d ＝2a 1＋－2×d ＋4a 1＋－2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.(2) (2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m .【感悟提升】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a 1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．【变式探究】(1)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(2) 设各项均为正数的等比数列{a n }中，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析由题意可得，S 4－S 2＝q 2S 2，代入得q 2＝9.∵等比数列{a n }的各项均为正数，∴q ＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162.题型二等差数列、等比数列的判定与证明例2、已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n a n ＋1的前n 项和T n . (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)，又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，②联立①②得，a n ＝2n＋1，2n a n a n ＋1＝2n n ＋n ＋1＋＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)．【感悟提升】(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 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }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．【变式探究】已知{a n}是各项都为正数的数列，其前n项和为S n，且S n为a n与1a n的等差中项．(1)求证：数列{S2n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)设b n＝－na n，求{b n}的前n项和T n.(2)解由(1)可得S2n＝1＋n－1＝n，∵数列{a n}的各项都为正数，∴S n＝n，∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n－n－1，又a1＝S1＝1满足上式，∴a n＝n－n－1(n∈N*)．(3)解由(2)得b n＝－na n＝－nn－n－1＝(－1)n(n＋n－1)，当n为奇数时，T n＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n－1＋n－2)－(n＋n－1)＝－n，当n为偶数时，T n＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n－1＋n－2)＋(n＋n－1)＝n，∴数列{b n}的前n项和T n＝(－1)n n(n∈N*)．题型三等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列{a n}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{a n}的通项公式a n与其前n项和S n；(2)将数列{a n}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n}的前3项，记{b n}的前n项和为T n，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有S n<T m＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n －n 2(n ∈N *)．(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 的增加而减少，∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n －n 2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．【感悟提升】(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ，得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．。

等差数列与等比数列+课件-2024届高三数学二轮复习专题

15
5
为 ak+1+ak+2+…+ak+10=2 -2 ,所以
5
10
k+1
5
+ (- )
-
15
5
k+1
10
=2 -2 ,即 2 (2 -
1)=2 (2 -1),所以 2 =2 ,所以 k+1=5,所以 k=4.故选 C.
4.[等差数列基本量](2023·全国甲卷)记Sn为等差数列
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
解析:因为 a1=2,am+n=aman,令 m=1,则 an+1=a1an=2an,所以{an}是
n-1
n
以 a1=2 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an=2×2 =2 .又因
可得
即
- = ,
(- ) = ,
= ,
5
解得
所以 a6=a1q =3.故选 D.

= ,

法二
设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,由题意可得
+ + = ,
- = ,
(- )
即
-
= ,
(- ) = ,
所以{an}是以 a1 为首项,2a1 为公差的等差数列.
考法聚焦讲练突破
热点一
等差、等比数列的基本运算
典例 1
(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d,且

高三数学第二轮复习教案《数列》

数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。

高三数学(理)等比数列和等差数列知识精讲人教版

高三数学（理）等比数列和等差数列知识精讲人教版一. 本周教学内容：等比数列和等差数列二. 重点、难点：1. 等差数列（1）定义：d a a n n +=+1*N n ∈（2）关键量：d a ,1（3）通项公式：d n a a n )1(1-+=d m n a a m n )(-+=（4）前n 项和：n a a d n n na S n n ⋅+=-+=)(21)1(2111 （5）① 若q p n m +=+∴q p n m a a a a +=+ ②}{q pa n +成等差数列③}{)1(n k kn S S --N k ∈，1>k 成等差数列④),0(+∞∈αn a α成等比数列⑤任意两数b a ,有等差中项2b a + 2. 等比数列（1）定义：)0(1≠=+q q a a nn （2）关键量：1a ，q（3）通项：11-=n n q a a（4）前n 项和：⎪⎩⎪⎨⎧≠--==11)1(111q q q a q na S n n （5）若q p n m +=+，则q p n m a a a a ⋅=⋅}{n pa )0(≠p 成等比数列n n n n n S S S S S 232,,--成等比数列 0>n a ，}{log n a a 0(>a 且)1≠a 成等差数列（6）任意同号实数b a ,，有等比中项ab ±【典型例题】[例1] 等差数列}{n a 中，35=n S ，11=n a ，2=d ，求1a 解：⎪⎩⎪⎨⎧⋅-+==⋅-+==2)1(21352)1(1111n n na S n a a n n ⎩⎨⎧==⇒351a n 或⎩⎨⎧-==171a n[例2] 等差数列}{n a 中，p S k =，q S k =2，则=k S 3解：k k k k k S S S S S 232,,--成等差数列，k k k k k S S S S S 232)(2-+=-∴)(33p q S k -=[例3] 等差数列}{n a 共12+k 项，所有项之和323，其中奇数项和为171，求=+1k a ，=k 解：171323171)(21)1()(2122121-=⋅++⋅+=+ka a ka a S S k k 偶奇 ∴81521711=⇒=+k k k ∴19172171719==+=S a a a ∴⎩⎨⎧==1989a k[例4] 等差数列}{n a ，}{n b 前n 项和为n S ，n T ，且2325++=n n T S n n ，求=∞→nn n b a lim 解：16310)12)((21)12()(211212121121121121--==-+-⋅+=++=------n n T S n b b n a ab b a a b a n n n n n n n n ∴35610lim ==∞→n n n b a212111)1()1(lim lim d dd n b d n a b a n n n n =-+-+=∞→∞→212121112121)1(21)1(21lim lim d d d dd n n nb dn n na T S n n n n ==-+-+=∞→∞→[例5] 数列}{n a ，213=S ，246=S （1）n n a a a S +++= 21，求n S 的最大值。

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

高三数学二轮复习-第1讲等差数列、等比数列专题攻略课件-理-新人教版

4．(2010年高考北京卷)已知{an}为等差数列，且a3 ＝－6，a6＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．解：(1)设等差数列{an}的公差为 d.
因为 a3＝－6，a6＝0，
所以aa11＋＋25dd＝＝－0，6，解得ad＝1＝2－. 10，
A．6
B．7
Hale Waihona Puke C．8D．9解析：选 A.∵{an}是等差数列， ∴a4＋a6＝2a5＝－6，即 a5＝－3，d＝a55－－a11＝－34＋11＝2，得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当 n＝6 时，Sn 取最小值，故选 A.
3．(2010 年高考辽宁卷)设{an}是由正数组成的等
比数列，Sn 为其前 n 项和．已知 a2a4＝1，S3＝7，
则 S5＝( )
15
31
A. 2
B. 4
33 C. 4
17 D. 2
解析：选 B.an>0，a2a4＝a21q4＝1①，S3＝a1＋a1q＋ a1q2＝7②. 解得 a1＝4，q＝12或－13(舍去)， S5＝a111－－qq5＝4×1－1－12312＝341，故选 B.
(1)求通项an及Sn； (2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn.
【解】 (1)∵{an}是首项为 a1＝19，公差为 d ＝－2 的等差数列，
∴an＝19－2(n－1)＝21－2n， Sn＝19n＋12n(n－1)×(－2)＝20n－n2. (2)由题意得 bn－an＝3n－1，即 bn＝an＋3n－1，∴ bn＝3n－1－2n＋21，Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－ n2＋20n＋3n－2 1.

2025高考数学二轮复习数列

用两式相除(即比值)的方式进行相关计算.
对点练1
(1)(2024·新高考Ⅱ,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,
则S10=
95
.
解析 (方法一)设数列{an}的公差为d,因为
a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,
和为Tn,若
,
m,使得4S1,S3,Sm成等比数列?
,且b1=2,T4=5T2,是否存在大于2的正整数
解设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q(q>0).
由题意知 q≠1,由
1 (1-4 )
T4=5T2,得
1-
=
51 (1-2 )
,
1-
整理得 1+q2=5,因为 q>0,所以 q=2.所以 bn=2n.
∴b1=a2-2a1=3.
∵Sn+1=4an+2,∴当n≥2时,Sn=4an-1+2,
∴an+1=Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1).
又bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,
∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
n-1
(2)由(1)可得 bn=an+1-2an=3×2 ,∴
1 + 3 = 8,
1 = 12,
21 + 2 = 8,
当选取①②时,有
所以
解得
4 + 5 = -16,

高考数学大二轮复习 4.1 等差数列与等比数列学案理-人教版高三全册数学学案

第1讲等差数列与等比数列考点1 等差数列、等比数列的基本运算1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·q n －1.2．求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[例1] (1)[2019·全国卷Ⅰ]记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n(2)[2019·全国卷Ⅲ]记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 【解析】 (1)本题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．方法一设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0a 5＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋4×32d ＝0a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2－4n .故选A.方法二设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝0a 5＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝0a 1＋4d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3d ＝2，选项A ，a 1＝2×1－5＝－3；选项B ，a 1＝3×1－10＝－7，排除B ；选项C ，S 1＝2－8＝－6，排除C ；选项D ，S 1＝12－2＝－32，排除D.故选A.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5a 1＋6d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2，所以S 10＝10×1＋10×92×2＝100.【答案】 (1)A (2)100等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.『对接训练』1．[2019·河北衡水中学摸底]已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10＝100，则a 7的值为( )A ．11B ．12C ．13D ．14解析：∵{a n }的公差为2，S 10＝100，∴10a 1＋90＝100，∴a 1＝1，a 7＝13，故选C. 答案：C2．[2019·湖南重点高中联考]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，公差d ≠0，a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 5＝( )A ．15B ．20C ．21D ．25解析：由已知得a 22＝a 1a 5，即(1＋d )2＝1×(1＋4d )，又d ≠0得d ＝2，∴S 5＝5＋5×42×2＝25，故选D.答案：D考点2 等差、等比数列的判定与证明1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法(1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； (2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[例2] [2019·广东广州调研测试]设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？【解析】 (1)证明：因为a 3＝7，a 3＝3a 2－2，所以a 2＝3，则a n ＝2a n －1＋1，取n ＝2，得a 2＝2a 1＋1，解得a 1＝1. 由a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，得a n ＋1＝2(a n －1＋1)，即a n ＋1a n －1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n－1，所以S n ＝2(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2.于是n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n－1)＝0，所以n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列.(1)判断一个数列是等差(等比)数列，有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }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.『对接训练』3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值．(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解析：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)证明：因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3， ① 把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式，得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1)．考点3 等差、等比数列的性质等差数列等比数列性质(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ；(2)a n ＝a m ＋(n －m )d ； (3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m＋n ＝p ＋q ， (2)a n ＝a m qn －m；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(q ≠－1)n n 已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________；(2)[2019·福建泉州第十六中学月考]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为________．【解析】 (1)通解设数列{a n }的公比为q (q >0且q ≠1)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝30 ①S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝70 ②，①÷②得，1－q 61－q 9＝1＋q 31＋q 3＋q 6＝37，又由q >0，得q 3＝2，再由S 3S 6＝a 1(1－q 3)1－q a 1(1－q 6)1－q＝11＋q 3＝13，得S 3＝13S 6＝10. 优解由题意可得(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，即(30－S 3)2＝40S 3，即S 23－100S 3＋900＝0，解得S 3＝10或S 3＝90，又数列{a n }的各项均为正数，所以S 3<S 6，S 3＝90(舍去)，故S 3＝10.(2)∵S 17>0，S 18<0，∴17a 9>0,9(a 9＋a 10)<0， ∴a 9>0，a 10<0且公差d <0，∴1≤n ≤9时，S n a n >0,10≤n ≤15时，S n a n<0，又1≤n ≤8时，0<a n ＋1<a n ，S n ＋1>S n >0， ∴S 9a 9最大．【答案】 (1)10 (2)S 9a 9等差、等比数列性质问题的求解策略(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a m ＋a n ＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2的综合应用.『对接训练』4．一个项数为偶数的等比数列{a n }，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a 1＝( )A ．11B ．12C ．13D ．14解析：设数列{a n }的公比为q ，全部奇数项、偶数项之和分别记为S 奇、S 偶，由题意知，S奇＋S 偶＝4S 偶，即S 奇＝3S 偶．因为数列{a n }的项数为偶数，所以q ＝S 偶S 奇＝13.又a 1·(a 1q )(a 1q 2)＝64.所以a 31q 3＝64，故a 1＝12.答案：B5．[2019·内蒙古呼和浩特一中摸底]已知数列{a n }是递减的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2·a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．8－12n －3B ．16－12n －4C ．2n －3－8 D ．16－2n －3解析：设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 2·a 3＝8，∴a 1·a 4＝8，又a 1＋a 4＝9且数列{a n }是递减数列，∴a 1＝8，a 4＝1，∴q 3＝18，∴q ＝12，∴S n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝16－12n －4，故选B.答案：B6．[2019·江苏常州月考]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 3＋a 10＝8，则S 9＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 3＋a 10＝8， ∴3a 1＋12d ＝8，∴a 1＋4d ＝a 5＝83，∴S 9＝9a 5＝24.答案：24考点4 数列与新定义相交汇问题[例4] [2019·山西太原期末]对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，已知数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －20}的前n 项和为S n ，则S n 最小值为( )A ．－70B ．－72C ．－64D ．－68【解析】 ∵数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，∴H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，∴2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n (n ≥2)，∴a n ＝4n －2(n －1)＝2n ＋2(n ≥2)，又a 1＝4，满足上式，∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *)，∴a n －20＝2n －18，由⎩⎪⎨⎪⎧a n －20＝2n －18≤0，a n ＋1－20＝2n －16≥0得8≤n ≤9，∴S n 的最小值为S 8＝S 9＝－72，故选B.【答案】 B数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”．(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识． (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论.『对接训练』7．在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是________．解析：①k ＝0时，分子a n ＋2－a n ＋1＝0，数列{a n }可为常数数列，则a n ＋1－a n ＝0，但分母不可为0，推出矛盾，∴k 不可能为0，①正确；同理②中d ＝0，③中q ＝1时分母都为0，不成立， ∴②③错误；④例如数列0,1,0,1，……为等差比数列，④正确．答案：①④课时作业 9 等差数列与等比数列1．[2019·河南龙泉中学模拟]已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝3(n ∈N *)，若a 5－a 3a 2＝1，则a 4的值为( )A ．2B ．4C ．12D ．16解析：因为a n ＋1－a n ＝3(n ∈N *)，所以数列{a n }是公差为3的等差数列，a 5－a 3a 2＝6a 1＋3＝1，所以a 1＝3，所以a 4＝3＋3×3＝12，故选C.答案：C2．[2019·山东淄博一中月考]在等差数列{a n }中，a 3＋a 7－a 10＝－1，a 11－a 4＝21，则数列{a n }的前8项和为( )A ．50B ．70C ．120D ．100解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 11－a 4＝21，∴7d ＝21，∴d ＝3，又a 3＋a 7－a 10＝－1，∴a 1－d ＝－1，∴a 1＝2，∴数列{a n }的前8项和为100，故选D.答案：D3．[2019·陕西西安远东中学期中]已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13 C.19 D ．－19解析：设数列{a n }的公比为q ，∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 3＝9a 1，∴q 2＝9，又a 5＝9，∴a 1q 4＝9，∴a 1＝19，故选C.答案：C4．[2019·安徽合肥联考]已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝3，a 4＋a 5＋a 6＝6，则S 12等于( )A ．45B ．60C ．35D ．50解析：通解 ∵a 1＋a 2＋a 3＝3，a 4＋a 5＋a 6＝6，∴S 3＝3，S 6－S 3＝6，易知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等比数列，∴S 9－S 6＝12，S 12－S 9＝24，又S 6＝9，∴S 9＝21，∴S 12＝45，故选A.优解 ∵a 1＋a 2＋a 3＝3，a 4＋a 5＋a 6＝6，∴S 3＝3，S 6－S 3＝6，易知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等比数列，∵S 3＋(S 6－S 3)＋(S 9－S 6)＋(S 12－S 9)＝S 12，∴S 12＝3(1－24)1－2＝45，故选A.答案：A5．[2019·天津南开中学月考]设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 5＝3(a 2＋a 8)，则a 5a 3的值为( )A.16B.13C.35D.56解析：∵S 5＝3(a 2＋a 8)，5a 1＋5×42d ＝3(a 1＋d ＋a 1＋7d )，a 1＝－14d ，∴a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝－10d－12d＝56，故选D. 答案：D6．[2019·广西柳州二中月考]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3，S 3＝15，则a 7＝( )A ．11B ．12C ．9D ．15解析：通解 ∵{a n }为等差数列， S 3＝15，∴3a 2＝15，∴a 2＝5，又a 1＝3，∴公差为2，∴a 7＝3＋6×2＝15，故选D.优解 ∵a 1＝3，S 3＝15，∴a 2＋a 3＝12，∴a 1＋a 4＝12，∴a 4＝9，∴a 1＋a 7＝2a 4＝18，∴a 7＝15，故选D.答案：D7．[2019·河北保定模拟]已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9＝( )A ．4B ．5C ．8D ．15解析：∵a 3a 11＝4a 7，∴a 27＝4a 7，∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 7＝4，∴b 5＋b 9＝2b 7＝8，故选C. 答案：C8．[2019·贵州贵阳期中]设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( ) A ．11 B ．5 C ．－11 D ．－8解析：设等比数列{a n }的公比为q ，∵8a 2＋a 5＝0，∴q 3＝－8，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝1－q 51－q 2＝－11，故选C.答案：C9．[2019·辽宁沈阳联合体月考]已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若S 4＋S 6>2S 5，则a 6>a 5，即d ＝a 6－a 5>0；若d >0，则a 6>a 5，则S 4＋S 6＝2S 4＋a 5＋a 6>2S 4＋2a 5＝2S 5.所以“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充分必要条件，故选C.答案：C10．[2019·甘肃兰州六中期中]已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 9＝18，S n ＝240，a n －4＝30(n >9)，则n ＝( )A ．10B ．14C ．15D ．17解析：∵{a n }为等差数列，S 9＝18，∴9a 5＝18，∴a 5＝2，又a n －4＝30(n >9)，∴a 1＋a n ＝a 5＋a n －4＝32，∴S n ＝n (a 1＋a n )2＝16n ＝240，∴n ＝15，故选C.答案：C11．[2019·甘肃天水二中月考]已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( ) A ．29B ．210C ．211D ．212解析：∵b 10b 11＝2，∴b 1·b 2·…·b 10·b 11·…·b 19·b 20＝210，又b n ＝a n ＋1a n，∴a 2a 1·a 3a 2·…·a 20a 19·a 21a 20＝210， ∴a 21a 1＝210，又a 1＝2，∴a 21＝211，故选C. 答案：C12．[2019·河北唐山四校联考]已知a 1，a 2，a 3，a 4依次成等比数列，公比q 为正数且不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则q 的值为( )A.1＋52B.±1＋52C.±1＋32D.－1＋32解析：因为公比q 不为1，所以删去的不是a 1，a 4.①若删去a 2，则由2a 3＝a 1＋a 4，得2a 1q2＝a 1＋a 1q 3，因为a 1≠0，所以2q 2＝1＋q 3，整理得q 2(q －1)＝(q －1)(q ＋1)，又q ≠1，所以q 2＝q ＋1，又q >0，所以q ＝1＋52；②若删去a 3，则由2a 2＝a 1＋a 4，得2a 1q ＝a 1＋a 1q 3，因为a 1≠0，所以2q ＝1＋q 3，整理得q (q ＋1)(q －1)＝q －1，又q ≠1，所以q (q ＋1)＝1，又q >0，所以q ＝－1＋52.综上，q ＝±1＋52，故选B. 答案：B13．[2019·全国卷Ⅰ]记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________. 解析：本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．通解设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213. 优解设等比数列{a n }的公比为q ，因此a 24＝a 6，所以a 2a 6＝a 6，所以a 2＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213. 答案：121314．[2019·山西太原月考]已知等差数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，若a 3，a 4，a 7成等比数列，则a 1d＝________.解析：∵a 3，a 4，a 7成等比数列，∴a 24＝a 3·a 7，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，化简得3d 2＝－2a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝－23a 1，∴a 1d ＝－32. 答案：－3215．[2019·贵州同仁一模]记S n 为数列{a n }的前n 项和，若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析：通解由题意得，当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n ＋1)－(2a n －1＋1)＝2a n －2a n －1，整理得，a n ＝2a n －1(n ≥2)，故{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，因此S 6＝(－1)×(1－26)1－2＝－63. 优解 ∵S n ＝2a n ＋1，∴S n ＝2S n －2S n －1＋1(n ≥2且n ∈N *)，即S n ＝2S n －1－1(n ≥2且n ∈N *)，∴S n －1＝2(S n －1－1)(n ≥2且n ∈N *)，∴{S n －1}是公比为2的等比数列．又S 1＝2S 1＋1，∴S 1＝－1，∴S 1－1＝－2，∴S n －1＝－2n ，∴S n ＝－2n ＋1，∴S 6＝－63.答案：－63 16．[2019·北京大兴期末]在首项为正数的等差数列{a n }中，a 3a 4＝75，则当其前n 项和S n 取最大值时，n 的值为________．解析：通解设数列{a n }的公差为d ，∵a 3a 4＝75，∴5(a 1＋2d )＝7(a 1＋3d )，∴2a 1＋11d ＝0，∴d ＝－211a 1，∴S n ＝－111a 1n 2＋1211a 1n ＝－a 111(n －6)2＋3611a 1，又a 1>0，∴当n ＝6时，S n 最大．优解一设数列{a n }的公差为d ，∵a 3a 4＝75，∴5(a 1＋2d )＝7(a 1＋3d )，∴2a 1＋11d ＝0，∴a 6＋a 7＝0，∵a 1>0，d <0，∴a 6>0，a 7<0，∴S 6最大，∴满足题意的n 的值为6.优解二 ∵a 3a 4＝75，∴5a 3＝7a 4，∴S 5＝S 7，∴S 6最大，∴n 的值为6. 答案：6。

2023届高考数学二轮专题复习：等比数列教学设计

等比数列教学设计教学目标1、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及公式的推导，会根据条件解决问题2、从具体情境中抽象出等比数列的概念，从等比数列的“等比”的特点入手，结合具体的例子来理解等比数列的概念。

类比等差数列通项公式的推导，导出等比数列的通项公式。

在教学过程中渗透方程、函数、特殊到一般等数学思想，提高观察、归纳、猜想、证明等逻辑思维能力。

3、通过对等比数列通项公式的推导，培养发现意识、创新意识；感受等比数列丰富的现实背景，进一步培养对数学学习的积极情感。

教学重点等比数列的定义和通项公式的发现过程及应用教学难点应用等比数列的定义及通项公式，解决相关简单问题教学方法：启发探究，猜想归纳，讲练结合教学准备：PPT 课件教学过程一、情境引入1）细胞的分裂个数可以组成下面的数列：1，2，4，8，16…2）庄子曰：一尺之锤，日取其半，万世不竭。

如果将“一尺之棰”视为单位“1”，则每日剩下的长度构成数列：81,41,21,1 3）出门见九堤，每堤有九木，每木有九巢，每巢有九鸟，每鸟有九雏，每雏有九毛，每毛有九色，问共有几堤，几木，几巢，几鸟，几雏，几毛，几色？（《孙子算经》）堤、木，巢、鸟、雏、毛、色依次构成数列：9，92，93，94，95，96，97（通过生活情境中的实例激发学生的学习动机，培养学生思维的主动性，自然地引入课题。

）二、探索研究问题1：上面生活情境中的三个数列1），2），3），有什么共同特点？1）1，2，4，8，16…2）81,41,21,1 3）9，92，93，94，95，96，97学生活动：发现每一个数列从第二项起，第一项与前一项的比都等于同一个常数。

（让学生对等比数列对数的特点有初步印象，从而形成概念）老师归纳：我们把拥有这种特点的数列叫做等比数列。

引出课题等比数列的概念：一般地，若一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数,这个数列就叫做等比数列.这个常数叫等比数列的公比，用字母q 表示（q ≠0），数学表达式：)2(1≥=-n q aan n或)1(1≥=+n q a a nn 概念应用：判断下列数列是否是等比数列？①0，3，9，27，81，243… 否 ②4，-4，4，-4，4，-4 … 是 ③-5，-5，-5，-5，-5，-5…是④1, a, a 2, a 3, a 4 , a 5…否（a ≠0）是进一步理解概念：1.a n ≠0 (即等比数列的每一项都不为0)2.q ≠0 （公比是非零常数）3、q=1时，等比数列是常数列，4、非零常数列，既是等比数列，又是等差数列。

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