专题三第1讲等差数列与等比数列-备战2021年高考数学二轮复习高分冲刺之专题精炼与答题规范

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2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列

专题三数列第一讲等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论 1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n (a 1+a n )2＝na 1＋n (n−1)2d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m)d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 2．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)； (2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1(1−q n )1−q＝a 1−a n q 1−q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 2 021＝6，则S 2 022＝( )A ．3 033B ．4 044C ．6 066D ．8 0882．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{a n }中，a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两根，则a 3a 5a 7的值为( )A ．π√πB ．－π√πC ．±π√πD ．π33．[2022·全国乙卷]已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A ．14 B ．12 C ．6D ．3提分题例1 (1)[2022·江苏盐城三模]已知数列{a n}，{b n}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37的值为()A．760 B．820C．780 D．860(2)[2022·广东佛山三模]已知公比为q的等比数列{a n}的前n项和S n＝c＋2·q n，n∈N*，且S3＝14，则a4＝()A．48B．32 C．16D．8听课笔记：技法领悟1．等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差或等比数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a1和d(q)；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，减少计算量．2．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(a1+a n)2的综合应用．巩固训练11.[2022·河北邯郸二模]在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱？若已知这五人分得的钱数从多到少成等差数列，则这个等差数列的公差d＝()A．－16B．－15C．－14D．－132．[2022·山东淄博一模]已知等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2＝4，S 3＝14，则a 3＝________.微专题2 等差数列与等比数列的综合保分题1.[2022·辽宁沈阳一模]已知等差数列{a n }的公差为2，且a 2，a 3，a 5成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n(n －2)B ．n(n －1)C ．n(n ＋1)D ．n(n ＋2) 2．各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，4a 1，2a 3，a 5成等差数列，则a 1＝( ) A ．5√2－5 B ．5√2＋5 C ．5√2 D ．53．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝4，S 9＝19，则S 6，S 9的等差中项为________．提分题例2 (1)[2022·山东日照三模]在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a k 1，a k 2，a k 3成公比为3的等比数列，则k 3＝( )A ．14B ．34C ．41D ．86(2)[2022·山东潍坊三模](多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．数列{Snn }为等差数列B ．对任意正整数n ，b +n 2b n+22 ≥2b n ＋12 C ．数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列 D ．数列{T 2n ＋2－T 2n }一定是等比数列听课笔记：技法领悟等差、等比数列综合问题的求解策略对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．巩固训练21.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2，2a 5，3a 8成等差数列，则S6S 3＝( )A ．1或43B ．1或13C ．2或43D ．13或432．[2022·湖北荆州三模](多选)等差数列{a n }的前项n 和为S n ，数列{b n }为等比数列，则下列说法正确的选项有 ( )A ．数列{2a n }一定是等比数列B ．数列{b a n }一定是等比数列C ．数列{Snn }一定是等差数列D ．数列{b n ＋b n ＋1}一定是等比数列微专题3 数列的递推保分题1.[2022·广东汕头三模]已知数列{a n }中，a 1＝－14，当n>1时，a n ＝1－1a n−1，则a 2 022＝( )A ．－14 B ．45 C ．5 D ．－45 2．数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n +2，则a 7＝( )A ．18 B ．17 C ．27 D ．143．[2022·山东泰安三模]已知数列{a n }满足：对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 20＝( )A ．320B ．315C ．310D ．35提分题例3 (1)[2022·湖南雅礼中学二模](多选)著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下、从小到大套着n 个中心带孔的圆盘．将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作．设将n 个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为a n ，则( )A ．a 2＝3B ．a 3＝8C ．a n ＋1＝2a n ＋nD ．a n ＝2n －1(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a n+12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项公式是a 100＝( )A ．100B ．1100C ．101D ．1101听课笔记：技法领悟1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．3．三种简单的递推数列：a n ＋1－a n ＝f(n)，a n+1a n＝f(n)，a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠0，1，q ≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设a n ＋1＋λ＝p(a n ＋λ)，展开比较系数得出λ)．巩固训练3 1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{a n}，则() A．a5－a4＝4 B．a100＝5 000C．2a n＋1＝a n＋a n＋2D．a n＋1－a n＝n＋12．[2022·福建漳州二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记b n＝a n＋a n＋1＋a n＋2且b n＋1－b n＝2，则S31＝()A．171 B．278 C．351 D．395第一讲等差数列与等比数列微专题1等差数列与等比数列的基本量计算保分题＝1 011×6 1．解析：由等差数列{a n}知，a2＋a2 021＝a1＋a2 022＝6，所以S2 022＝2 022(a1+a2 022)2＝6 066.答案：C2．解析：在等比数列{a n}中，因为a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，所以a2a8＝π＝a52，所以a5＝±√π，所以a3a5a7＝a53＝±π√π.故选C.答案：C3．解析：设等比数列{a n }的公比为q.由题意知，{a 2q+a 2+a 2q =168，a 2−a 2q 3=42.两式相除，得1+q+q 2q (1−q 3)＝4，解得q ＝12.代入a 2－a 2q 3＝42，得a 2＝48，所以a 6＝a 2q 4＝3.故选D .答案：D提分题[例1] 解析：(1)∵数列{a n }，{b n }均为等差数列，设公差分别为d 1，d 2 (a n ＋1＋b n ＋1)－(a n ＋b n )＝(a n ＋1－a n )＋(b n ＋1－b n )＝d 1＋d 2，则数列{a n ＋b n }也为等差数列， a 1＋b 1＝100，a 2＋b 2＝120，数列{a n ＋b n }的首项为100，公差为20， ∴a 37＋b 37＝100＋20×36＝820，故选B .(2)因为公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝c ＋2·q n ①，当n ＝1时a 1＝S 1＝c ＋2·q ，当n ≥2时S n －1＝c ＋2·q n －1 ②， ①－②得a n ＝2·q n －2·q n －1＝(2q －2)·q n －1，所以2q －2＝c ＋2q ，则c ＝－2，又S 3＝14，所以S 3＝－2＋2·q 3＝14，解得q ＝2，所以a n ＝2n ，则a 4＝24＝16. 答案：(1)B (2)C [巩固训练1]1．解析：若分得的钱从多到少分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，所以{a 1+a 2=a 3+a 4+a 5a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5，所以{a 1=−8d5a 1+10d =5，可得{a 1=43d =−16.答案：A2．解析：设等比数列的公比为q ，因为a 2＝4，S 3＝14，所以a 1＋a 3＝10，即a2q ＋a 2q ＝10，所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12，所以当q＝2时，a3＝8；当q＝12时，a3＝2所以，a3＝2或a3＝8.答案：2或8微专题2等差数列与等比数列的综合保分题1．解析：设等差数列{a n}公差d＝2，由a2，a3，a5成等比数列得，a32＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，∴S n＝n×0＋n(n−1)2×2＝n(n－1)．答案：B2．解析：设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，a1≠0，故由题意可得：{a1(1+q+q2+q3)=154a3=4a1+a5，{a1(1+q+q2+q3)=154q2=4+q4，解得q2＝2，q＝√2，a1＝5√2－5.答案：A3．解析：设S6＝x，因为{a n}为等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．因为S3＝4，S9＝19，所以4(19－x)＝(x－4)2，解得x＝10或x＝－6(舍去)．所以S6，S9的等差中项为292.答案：292提分题[例2]解析：(1)因为a1，a2，a k1，a k2，a k3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以a k3＝a1·34＝81a1，又因为数列{a n}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以a k 3＝a 1＋(k 3－1)d ＝a 1＋2(k 3－1)a 1＝(2k 3－1)a 1，所以(2k 3－1)a 1＝81a 1，解得k 3＝41. 故选C .(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n−1)2d ，所以，S n n ＝a 1＋(n−1)d 2.对于A 选项，S n+1n+1−S n n＝a 1＋nd 2－a 1－(n−1)d 2＝d 2，所以，{S n n}为等差数列，A 对；对于B 选项，对任意的n ∈N *，b n ≠0，由等比中项的性质可得b n+12＝b n b n ＋2，由基本不等式可得b n 2 +b n ＋22≥2b n b n ＋2＝2b n+12，B 对；对于C 选项，令c n ＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1，所以，c n ＋1－c n ＝(a 2n ＋4＋a 2n ＋3)－(a 2n ＋2＋a 2n ＋1)＝4d ，故数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列，C 对；对于D 选项，设等比数列{b n }的公比为q ，当q ＝－1时，T 2n ＋2－T 2n ＝b 2n ＋2＋b 2n ＋1＝b 2n ＋1(q ＋1)＝0，此时，数列{T 2n ＋2－T 2n }不是等比数列，D 错．答案：(1)C (2)ABC [巩固训练2]1．解析：设等比数列公比为q ，由a 2，2a 5，3a 8成等差数列可得，2×2a 1·q 4＝a 1·q ＋3a 1·q 7，化简得3q 6－4q 3＋1＝0，解得q 3＝13或q 3＝1，当q 3＝1时，S6S 3＝2；当q 3＝13时，S 6S 3＝a 1(1−q 6)1−q a 1(1−q 3)1−q＝1＋q 3＝43.答案：C2．解析：若{a n }公差为d ，{b n }公比为q ， A ：由2a n+12a n＝2a n+1−a n ＝2d 为定值，故{2a n }为等比数列，正确； B ：由b a n+1b a n＝b a n +d b a n＝b a n q d b a n＝q d 为定值，故{b a n }为等比数列，正确；C ：由Sn+1n+1−S nn＝a 1+a n+12−a 1+a n 2＝a n+12−a n2＝d 2为定值，故{Snn}为等差数列，正确； D ：当q ＝－1时b n ＋b n ＋1＝0，显然不是等比数列，错误．答案：ABC微专题3 数列的递推保分题1．解析：由题意得：a 2＝1－1a 1＝5，a 3＝1－1a 2＝45，a 4＝1－1a 3＝－14，则数列{a n }的周期为3，则a 2 022＝a 674×3＝a 3＝45.答案：B2．解析：因为a n ＋1＝2a n a n +2，所以1a n+1＝12+1a n，即1a n+1−1a n＝12，又1a 1＝12，则{1a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，即1a n＝12+12(n －1)＝n2，则a n ＝2n ，所以a 7＝27. 答案：C3．解析：因为对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，所以a 1a 1＝a 2，a 1a n ＝a 1＋n ，又a 2＝3，所以a 1＝±√3，所以a n+1a n＝a 1，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为a 1的等比数列，所以a n ＝a 1·(a 1)n －1＝(a 1)n ，所以a 20＝(a 1)20＝310. 答案：C提分题[例3] 解析：(1)将圆盘从小到大编为1，2，3，…号圆盘，则将第n ＋1号圆盘移动到3号柱时，需先将第1～n 号圆盘移动到2号柱，需a n 次操作；将第n ＋1号圆盘移动到3号柱需1次操作；再将1～n 号圆需移动到3号柱需a n 次操作，故a n ＋1＝2a n ＋1，a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n －1，∴a 2＝3，a 3＝7.(2)∵(n +1)a n+12−na n 2＋a n ＋1a n ＝0，∴(n +1)a n+12+anan ＋1－na n 2＝0，[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，又∵a n >0，∴a n ＋1＝n n+1·a n ，即a n+1a n ＝n n+1， ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n−1＝12·23·…·n−1n ，即a n a 1＝1n ，又∵a 1＝1，∴a n ＝1n ，∴a 100＝1100.答案：(1)AD (2)B[巩固训练3]1．解析：由相邻层球的个数差，归纳可知a n ＋1－a n ＝n ＋1，a 1＝1，对a n ＋1－a n ＝n ＋1累加得a n ＝n (n+1)2. 所以，a 5－a 4＝5，a 100＝100(100+1)2＝5 050，2a n ＋1≠a n ＋a n ＋2，所以ABC 错误，故选D.答案：D2．解析：由b n ＋1－b n ＝2，b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3－(a n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＝a n ＋3－a n ＝2， ∴a 1，a 4，a 7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a 2，a 5，a 8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a 3，a 6，a 9，…是首项为3，公差为2的等差数列，S 31＝(a 1＋a 4＋…＋a 31)＋(a 2＋a 5＋…＋a 29)＋(a 3＋a 6＋…＋a 30)＝1×11＋11×10×22＋2×10＋10×9×22＋3×10＋10×9×22＝351.故选C.答案：C。

2021-2022年高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列文

2021年高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列文1.对等差、等比数列基本量的考查是重点内容，常以选择题或填空题的形式出现.考查运用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，为简单题.2.对等差、等比数列性质的考查是热点，主要以选择题或填空题的形式出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题，为中档题.3.等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力，为中档题.等差数列的概念及通项公式1.等差数列的定义.数列{a n}满足a n＋1－a n＝d（其中n∈N*，d为与n值无关的常数）⇔{a n}是等差数列.2.等差数列的通项公式.若等差数列的首项为a1，公差为d，则a n＝a1＋（n－1）d＝a m＋（n－m）d（n，m ∈N*）.3.等差中项.若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y 2，其中A 为x ，y 的等差中项. 4.等差数列的前n 项和公式.若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d 2Ｗ.等比数列的概念及通项公式1.等比数列的定义.数列{a n }满足a n ＋1a n＝q （其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *）⇔{a n }为等比数列.2.等比数列的通项公式.若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·q n －m （n ，m ∈N *）.3.等比中项.若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个.4.等比数列的前n 项和公式.设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）.（1）若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列.（×）（2）数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.（√）（3）数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.（×）（4）满足a n ＋1＝qa n （n ∈N *，q 为常数）的数列{a n }为等比数列.（×）（4）G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .（×）（6）1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b 51－b .（×）1.在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝（B ）A.7B.15C.20D.25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15. 2. （xx·北京卷）设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是（C ）A.若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3D.若a1＜0，则（a2－a1）（a2－a3）＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝（a1＋a2）＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝（a1＋a3）－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝（a1＋d）2－a1（a1＋2d）＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则（a2－a1）（a2－a3）＝d·（－d）＝－d2≤0，故选项D错.3.（xx·新课标Ⅱ卷）已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝（B）A.21B.42C.63D.84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3（舍去）.∴a3＋a5＋a7＝q2（a1＋a3＋a5）＝2×21＝42.故选B.4.等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是（B）A.90B.100C.145D.190解析：设公差为d，则（1＋d）2＝1·（1＋4d）.∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.。

2022-2021年南方新课堂·高考数学(理科)二轮复习测试：专题三第1讲等差数列与等比数列

专题三数列第1讲等差数列与等比数列一、选择题1．(2022·云南昆明一中第六次考前强化)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝8，则S 7＝( )A ．28B ．32C ．56D ．24 解析：S 7＝7×（a 1＋a 7）2＝7×（a 3＋a 5）2＝28.故选A.答案：A2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S 4＝S 5＋S 6，则数列{a n }的公比q 的值为( )A ．－2或1B ．－1或2C ．－2D ．1解析：法一：若q ＝1，则S 4＝4a 1，S 5＝5a 1，S 6＝6a 1，明显不满足2S 4＝S 5＋S 6，故A 、D 错．若q ＝－1，则S 4＝S 6＝0，S 5＝a 5≠0，不满足条件，故B 错，因此选C. 法二：经检验q ＝1不适合，则由2S 4＝S 5＋S 6，得2(1－q 4)＝1－q 5＋1－q 6，化简得q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)，q ＝－2. 答案：C3．(2022·吉林长春质量检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：由题意，不妨设a 6＝9t ，a 5＝11t ，则公差d ＝－2t ，其中t >0，因此a 10＝t ，a 11＝－t ，即当n ＝10时，S n 取得最大值．答案：B4．(2022·安徽六安一中综合训练)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( )(导学号 55460115)A ．4B ．5C ．6D ．7解析：由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，∴a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，∴T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5. 答案：B5．(2022·辽宁东北育才学校五模)已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( )(导学号 55460116) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9解析：∴3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)． ∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q ＝q 2＝32＝9. 答案：D 二、填空题6．各项均不为零的等差数列{a n }中，a 1＝2，若a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n≥2)，则S 2 016＝________．解析：由于a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，即a 2n －2a n ＝0，∴a n ＝2，n ≥2，又a 1＝2，∴a n ＝2，n ∈N *，故S 2 016＝4 032.答案：4 0327．(2022·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列， ∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121. 答案：1 1218．(2022·广东3月测试)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝________．解析：∵a n ，S n ，a 2n 成等差数列，∴2S n ＝a n ＋a 2n .当n ＝1时，2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21. 又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，又a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n (n ∈N *)．答案：n 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(导学号 55460117) (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1.10．(2021·广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (导学号 55460118) (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列； (3)求数列{a n }的通项公式．(1)解：当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，整理得a 4＝4a 3－a 24，又a 2＝32，a 3＝54，所以a 4＝78.(2)证明：当n ≥2时，有4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，即4S n ＋2＋4S n ＋S n ＝4S n ＋1＋4S n ＋1＋S n －1， ∴4(S n ＋2－S n ＋1)＝4(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)，即a n ＋2＝a n ＋1－14a n (n ≥2)．经检验，当n ＝1时，上式成立．∵a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－14a n －12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12a n a n ＋1－12a n＝12为常数，且a 2－12a 1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以1为首项，12为公比的等比数列．(3)解：由(2)知，a n ＋1－12a n ＝12n －1(n ∈N *)，等式两边同乘2n ，得2n a n ＋1－2n －1a n ＝2(n ∈N *)．又20a 1＝1，∴数列{2n －1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． ∴2n －1a n ＝2n －1，即a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．则数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．11．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)．(导学号 55460119)(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝1S n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .(1)证明：S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)，①S n －1＝a n －1（a n －1＋1）2(n ≥2)．②①－②得：a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －12(n ≥2)，整理得：(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝(a n ＋a n －1)(n ≥2)． ∵数列{a n }的各项均为正数， ∴a n ＋a n －1≠0， ∴a n －a n －1＝1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解：由(1)得S n ＝n 2＋n2，∴b n ＝2n 2＋n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.。

2021-2022年高三理科数学二轮复习第1讲等差数列和等比数列

C．31 D．64
(2)在等差数列{an}中，a5<0，a6>0且a6>|a5|，Sn是数列的前n项的和，则下列说法正确的是()
A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6…均大于0
B．S1，S2，…S5均小于0，S6，S7，…均大于S1，S2，…S11均小于0，S12，S13…均大于0
③am－an＝(m－n)d⇔d＝ (m，n∈N*)；
④ ＝ (A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的和)．
(3)等差数列前n项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决．
(1)已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是()
A．15 B．30
第
考情解读 (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．
1．an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝
2．等差数列和等比数列
等差数列
等比数列
定义
an－an－1＝常数(n≥2)
(2)等比数列前n项和公式
Sn＝
①能“知三求二”；②注意讨论公比q是否为1；③a1≠0.
(1)已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a ＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于()
A．1 B．2
C．4 D．8
(2)在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，且前n项和Sn＝62，则项数n等于()
前n项和
Sn＝＝na1＋ d
(1)q≠1，Sn＝＝ (2)q＝1，Sn＝na1

高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列教案

第一讲等差数列、等比数列[考情分析]等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n 项和是高考考查的重点.[真题自检]1．(2015·高考全国卷Ⅱ)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 ．5B ．7C ．9D ．11解析：法一：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝＋2＝5a 3＝5.法二：∵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.解析：A2．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12解析：∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋－2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：B3．(2015·高考全国卷Ⅰ改编)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，求n 的值．解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴－1－2＝126，∴n ＝6.等差数列、等比数列的基本运算[方法结论]1．两组求和公式(1)等差数列：S n ＝＋2＝na 1＋－2d ；(2)等比数列：S n ＝－1－q＝a1－anq 1－q(q ≠1)．2．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．[题组突破]1．(2017·贵阳模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 9＝16，则S 11＝( )A ．88B ．48C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝＋2＝＋2＝11×162＝88，选A.优解：依题意，可考虑将题目中的等差数列特殊化为常数列(注意慎用此方法)，即a n ＝8，因此S 11＝88，选A.答案：A2．(2017·海口模拟)已知数列{a n }，a n ＞0, 它的前n 项和为S n ，且2a 2是4a 1与a 3的等差中项．若{a n }为等比数列，a 1＝1，则S 7＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，依题意有a 1＝1,4a 2＝4a 1＋a 3，即4q ＝4＋q 2，故q ＝2，则S 7＝1－271－2＝127.答案：1273．(2017·长沙模拟)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝2，从数列{a n }中取出第b n 项记为c n ，若{c n }是等比数列，求{b n }的前n 项和．。

《创新设计》2021届高考数学(理)二轮复习(全国通用) 训练专题三数列第1讲 Word版含答案

一、选择题1.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于( ) A.3 B.4 C.5D.6解析由已知得S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q ＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1q m －1＝－16，代入可求得m ＝5. 答案 C2.(2022·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n (n ＋1) B.n (n －1) C.n （n ＋1）2D.n （n －1）2解析由a 2，a 4，a 8成等比数列，得a 24＝a 2a 8，即(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，∴a 1＝2.∴S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝2n ＋n 2－n ＝n (n ＋1). 答案 A3.设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于( ) A.150 B.－200 C.150或－200D.400或－50解析依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30.又S 20＞0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，则S 40＝S 30＋（S 30－S 20）2S 20－S 10＝70＋40220＝150. 答案 A4.(2021·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A.a 1d ＞0，dS 4＞0 B.a 1d ＜0，dS 4＜0 C.a 1d ＞0，dS 4＜0D.a 1d ＜0，dS 4＞0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.答案 B5.(2022·福州二模)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( ) A.6 B.7 C.8D.9解析由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的状况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的状况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D. 答案 D 二、填空题6.(2022·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为__________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（－3）＋（－2）＋…＋（n －4）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n （n －7）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －722－494，当n ＝3或4时，12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最小值－6，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最大值26，所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 647.数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝15，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n ＜t 恒成立，则实数t 的最小值为________.解析令m ＝1，可得a n ＋1＝15a n ，所以{a n }是首项为15，公比为15的等比数列，所以S n ＝15⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫15n 1－15＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ＜14，故实数t 的最小值为14.答案 148.(2021·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________.解析设数列{a n }的首项和公差分别为a 1，d ，则⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝0，15a 1＋105d ＝25，⎩⎨⎧a 1＝－3，d ＝23，则nS n ＝n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3n ＋n （n －1）3＝n 33－103n 2. 设函数f (x )＝x 33－103x 2，则f ′(x )＝x 2－203x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，203时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫203，＋∞时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫203，但6＜203＜7，且f (6)＝－48，f (7)＝－49，由于－48＞－49，所以最小值为－49. 答案－49 三、解答题9.(2022·新课标全国Ⅱ卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1， (1)证明{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列.a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.由于当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.10.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.①当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.②①－②，得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2).由于a 1＝1，2a 2＋a 1＝2，所以a 2＝12.所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2.又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2，明显{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{S n ＋λn ＋λ2n }成等差数列.11.(2022·太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2. (1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3nS n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n ＜6.证明 (1)由于S n ＝a n ＋1＋n －2，当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3，两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1，即a n ＋1＝2a n －1.设c n ＝a n －1，代入上式，得c n ＋1＋1＝2(c n ＋1)－1，即c n ＋1＝2c n .又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2，故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1＝1，c 2＝a 2－1＝2，故c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，c n ＋1＝2c n 都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1，公比q＝2.所以a n －1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，故S n －n ＋1＝2n .所以b n ＝3n2n . 所以T n ＝b 1＋b 2＋...＋b n －1＋b n ＝32＋622＋ (3)2n ，① 2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n2n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－3n 2n＝3×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－3n 2n ＝6－3n ＋62n .由于3n ＋62n ＞0，所以T n ＝6－3n ＋62n ＜6.。

高考数学大二轮复习层级二专题三数列第1讲等差数列、等比数列教学案-人教版高三全册数学教学案

第1讲等差数列、等比数列[考情考向·高考导航]1．等差数列、等比数列的判定及基本运算是每年高考的热点，在考查基本运算的同时，也注重考查对函数与方程、等价转化等数学思想的应用．2．对等差数列、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和．[真题体验]1．(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2解析：C [应用等比数列前n 项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错．设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4，故选C.]2．(2016·某某卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：C [设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q2n －1＝a 1q2n －2(1＋q )，当q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a n <0，即a 1q2n －2(1＋q )<0，即q <－1<0，故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件．] 3．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值X 围．解：(1)设{a n }的公差为d ，由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n n －9d 2.由a 1＞0知d ＜0，故S n ≥a n 等价于n 2－1l n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值X 围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }．[主干整合]1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列． 2．等比数列 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·qn －m；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．热点一等差、等比数列的基本运算[题组突破]1．(2019·某某三模)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．－3B ．－1C ．－33D. 3解析：A [依题意得，a 36＝(－3)3,3b 6＝7π， ∴a 6＝－3，b 6＝7π3，又b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，选A.] 2．(2020·某某调研)已知等比数列{a n }公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3等于( )A ．－12B ．1C ．－12或1D ．－1或12解析：A [若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1，得a 1＝0，矛盾，故q ≠1.所以a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ＝2a 11－q 91－q，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A.]3．(2019·某某三模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解析：D [由(n ＋1)S n ＜nS n ＋1得(n ＋1)·n a 1＋a n2＜n ·n ＋1a 1＋a n ＋12，整理得a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.]等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a 1和d (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，以减少计算量．热点二等差(比)数列的判断与证明[例1] (2020·某某质检)已知数列{a n }满足a n ＝3a n －1＋k 3n－1(n ∈N *，n ≥2，k ∈R )．(1)设a 1＝1，k ＝0，证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是等比数列；(2)对任意k ∈R ，是否存在一个实数t ，使得b n ＝13n (a n ＋t )(n ∈N *)且{b n }为等差数列？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：当k ＝0时，a n ＝3a n －1－1，所以a n －12＝3a n －1－32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1－12，即a n －12a n －1－12＝3，又a 1－12＝12≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是首项为12，公比为3的等比数列．(2)当n ≥2时，b n －b n －1＝13n (a n ＋t )－13n －1(a n －1＋t )＝13n (a n ＋t －3a n －1－3t )＝13n (3a n －1＋k 3n－1＋t －3a n －1－3t )＝13n (k 3n－1－2t )＝k －1＋2t 3n . 要使{b n }为等差数列，则必须使1＋2t ＝0，∴t ＝－12，即对任意的k ∈R ，存在t ＝－12，使{b n }为等差数列．判断和证明等差或等比数列的方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前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 }为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.(2019·某某二模)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b n }的通项公式．(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·qn －1＝54·2n －1＝5·2n －3，即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.(2)由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2. 由S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2可知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．热点三等差与等比数列的综合问题[例2] (2018·某某卷)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.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[审题指导] (1)利用条件求出等比数列的公比和等差数列的首项及公差，写出通项公式，进而求出前n 项和．(2)由(1)知T n ＝2n－1，将其拆成2n和－1两部分，{2n}是等比数列，易求和，－1是常数，易求和，再结合S n ＝n n ＋12和已知条件，可求得n 的值．[解析] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0，因此为q ＞0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d ，由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4，由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .所以，S n ＝n n ＋12.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n n ＋12＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以，n 的值为4.(1)关于等差、等比数列的综合问题大多为两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量；首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．(2)求数列中的最大项，可以利用图象或者数列的单调性求解，同时注意数列的单调性与函数单调性的区别．(2020·某某八校联考)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n 项和为2n －1·3n＋12.(1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，已知∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，某某数m 的最小值．解析：(1)∵a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，∴q 2－2q －3＝0， ∴q ＝3或－1，而q ＞1，∴q ＝3， ∴a n ＝2·3n －1.∵a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝2n －1·3n＋12，∴a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1 ＝2n －3·3n －1＋12，两式相减得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)．∵a n ＝2·3n －1，∴b n ＝n (n ≥2)，令n ＝1，可求得b 1＝1，∴b n ＝n .(2)∵数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，∴S n ＝＝34·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＜34. ∵∀∈N *，S n ≤m 恒成立，故实数m 的最小值为34.热点四数列与传统文化的交汇创新数学建模素养数学建模——数列实际应用中的核心素养以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并接受实际的检验.[例3] (2018·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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A ．32f B ．3 22fC ．12 25f D ．12 27f[解析] D [由题意可知，单音的频率构成以a 1＝f 为首项，q ＝122为公比的等比数列，则a 8＝a 1q 7＝f ·(122)7＝1227f .故选D.]涉及等比数列的数学文化题频繁出现在考试试题中．解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式．(2020·某某模拟)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )A.176升B.72升 C.11366升 D.10933升解析：A [自上而下依次设各节竹子的容积分别为a 1，a 2，…，a 9，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4.因为a 2＋a 3＝a 1＋a 4，a 7＋a 9＝2a 8，故a 2＋a 3＋a 8＝32＋43＝176，故选A.]限时45分钟满分74分一、选择题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)1．(2019·全国Ⅰ卷)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 －5 B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n解析：A [设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2.∴a n ＝－3＋(n －1)·2＝2n －5，S n ＝－3n ＋n n －12×2＝n 2－4n ，故选A.]2．(多选题)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并且满足条件a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0.则下列结论正确的是( ) A ．0<q <1B ．a 7·a 9>1C ．S n 的最大值为S 9D ．T n 的最大值为T 7解析：AD [本题考查等比数列的性质及前n 项积的最值． ∵a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0，∴a 7>1，a 8<1， ∴0<q <1，故A 正确；a 7a 9＝a 28<1，故B 错误；∵a 1>1,0<q <1，∴数列为递减数列，∴S n 无最大值，故C 错误，又a 7>1，a 8<1，∴T 7是数列{T n }中的最大项，故D 正确．故选AD.]3．(2020·某某模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩未一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上述的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：A [依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a 1＝4，则a 5＝2，由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤，故选A.]4．(2020·荆州质检)已知数列{a n }满足5a n ＋1＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13D.13解析：A [∵5a n ＋1＝25·5a n ＝52＋a n ， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9， ∴3a 4＝9，a 4＝3.∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 133a 7＝log 133(a 4＋6)＝log 1327＝－3.]5．(2020·豫西五校联考)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( ) A.S 1a 1B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15解析：B [由于S 15＝15a 1＋a 152＝15a 8＞0，S 16＝16a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)＜0，可得a 8＞0，a 9＜0.这样S 1a 1＞0，S 2a 2＞0，…，S 8a 8＞0，S 9a 9＜0，S 10a 10＜0，…，S 15a 15＜0，而0＜S 1＜S 2＜…＜S 8，a 1＞a 2＞…＞a 8＞0，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8. 故选B.]6．(2020·某某联考)数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}满足＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5D ．6解析：B [由题意知，当b ＝1时，{}不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝abn －1，得b n ＝1＋a 1－b n 1－b ＝1＋a 1－b －ab n1－b ，则＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·b 1－b n 1－b ＝2－ab1－b2＋1－b ＋a1－bn ＋ab n ＋11－b2，要使{}为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－ab 1－b 2＝0，1－b ＋a1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.]7．(2020·某某二调)已知a 1，a 2，a 3，a 4依次成等比数列，且公比q 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，则正数q 的值是( )A.1＋52B.±1＋52 C.±1＋32D.－1＋32解析：B [因为公比q 不为1，所以删去的数不是a 1，a 4.①若删去a 2，则由2a 3＝a 1＋a 4得2a 1q 2＝a 1＋a 1q 3，又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，得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，又a 1≠0，所以2q ＝1＋q 3，整理得q (q ＋1)(q －1)＝q －1.又q ≠1，则可得q (q ＋1)＝1，又q ＞0，得q ＝－1＋52.综上所述，q ＝±1＋52，故选B.]二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)8．(2020·资阳诊断)设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10值为________．解析：依题意得a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，ab n ＝b n ＋1＝2n －1＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝1－29×21－2＋10＝210＋9＝1 033.答案：1 0339．(2019·卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝____________，S n 的最小值为____________．解析：本题考查等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的性质，难度不大，注重重要知识、基础知识、基本运算能力的考查．等差数列{a n }中，S 5＝5a 3＝－10，得a 3＝－2，a 2＝－3，公差d ＝a 3－a 2＝1，a 5＝a 3＋2d ＝0，由等差数列{a n }的性质得n ≤5时，a n ≤0，n ≥6时，a n 大于0，所以S n 的最小值为S 4或S 5，即为－10.答案：(1)0 (2)－1010．(2019·某某三模)设等差数列{a n }的各项均为整数，其公差d ≠0，a 5＝6，若a 3，a 5，a m (m ＞5)是公比为q (q ＞0)的等比数列，则m 的值为________．解析：由a 3a m ＝a 25，(6－2d )[6＋(m －5)d ]＝36，得－2d [(m －5)d －3m ＋21]＝0∵d ≠0，∴(m －5)d －3m ＋21＝0，∴d ＝3m －21m －5＝3－6m －5由m ＞5，m ，d ∈Z 知m －5为6的正约数∴m －5可取1,2,3,6当m －5＝1，m ＝6时，d ＝－3， q ＝a 5a 3＝66－2d ＝12，当m －5＝2，m ＝7时，d ＝0，不合题意，当m －5＝3，m ＝8时，d ＝1，q ＝32当m －5＝6，m ＝11时，d ＝2，q ＝3，故m 的值为6,8或11.答案：6,8或11三、解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)11．(2018·卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2.(1)求{a n }的通项公式；(2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 3＝5ln 2，∴a 1＋d ＋a 1＋2d ＝5ln 2，∵a 1＝ln 2，∴d ＝ln 2，∵等差数列{a n }中a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2，∴a n ＝n ln 2，n ∈N *.(2)由(1)知a n ＝n ln 2，∵e a n ＝e n ln 2＝eln2n ＝2n， ∴{e a n }是以2为首项，2为公比的等比数列∴e a 1＋e a 2＋…＋e a n＝e ln 2＋eln 22＋…＋eln 2n＝2＋22＋ (2)＝21－2n 1－2＝2n ＋1－2∴所求为e a 1＋e a 2＋…e a n ＝2n ＋1－2，n ∈N *. 12．(2019·潍坊三模)设数列{a n }的各项为正实数，b n ＝log 2a n ，若数列{b n }满足b 2＝0，b n ＋1＝b n ＋log 2p ，其中p 为正常数，且p ≠1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若p ＝2，设数列{}对任意的n ∈N *，都有c 1b n ＋c 2b n －1＋c 3b n －2＋…＋b 1＝－2n 成立，问数列{}是不是等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由．解析：(1)因为b n ＋1＝b n ＋log 2p ，所以b n ＋1－b n ＝log 2p ，所以数列{b n }是以log 2p 为公差的等差数列，又b 2＝0，所以b n ＝b 2＋(n －2)(log 2p )＝log 2pn －2，故由b n ＝log 2a n ，得a n ＝2b n ＝2log 2p n －2＝p n －2.(2)因为p ＝2，由(1)得b n ＝n －2，所以c 1(n －2)＋c 2(n －3)＋c 3(n －4)＋…＋(－1)＝－2n ，①则c 1(n －1)＋c 2(n －2)＋c 3(n －3)＋…＋＋1(－1)＝－2(n ＋1)，② 由②－①，得c 1＋c 2＋c 3＋…＋－＋1＝－2，③所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＋＋1－＋2＝－2，④再由④－③，得2＋1＝＋2，即＋2＋1＝2(n ∈N *)，所以当n ≥2时，数列{}成等比数列，又由①式，可得c 1＝2，c 2＝4，则c 2c 1＝2，所以数列{}一定是等比数列，且＝2n .。

新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题三数列第一讲等差数列与等比数列__小题备考微专题1等差数

第一讲等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论1．等差数列(1)通项公式：a n＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：S n＝＝na1＋d；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q；②a n＝a m＋(n－m)d；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…成等差数列．2．等比数列(1)通项公式：a n＝a1q n－1(q≠0)；(2)求和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q；②a n＝a m·q n－m；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…(S m≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{a n}中，S n是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝( )A．7 B．10 C．11 D．132．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为( )A．－27B．－16C．－11D．－93．[2023·吉林长春三模]已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为( )A．B．C．2D．44．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{a n}中，a1＝1，S n为{a n}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( )A．7B．9C．15D．305．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )A．壬午年B．癸未年C．己亥年D．戊戌年1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{a n}，前n项和为S n，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )A．a2022>0B．S n的最大值为S2023C．|a n|的最小值为a2022D．S4044<0(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．技法领悟1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，a n，S n这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n 较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．[巩固训练1] (1)[2022·全国乙卷]记S n为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{a n}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )A．81B．243C．27D．729微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1．解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d ＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.答案：C2．解析：因为{a n}是等差数列，设公差为d，因为a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，则，因为{a n}的前n项和为S n，所以S8＝8×5＋＝－16，故选B.答案：B3．解析：已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故选C.答案：C4．解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q －4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.答案：C5．解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.答案：B提分题[例1] (1)解析：∵数列{a n}为等差数列，a1>0，<－1，∴数列{a n}为递减的等差数列，∴a2023<0，a2022>0，故A正确；∵数列{a n}为递减的等差数列，a2023<0，a2022>0，∴S n的最大值为S2022，故B错；∵a2023<0，a2022>0，∴由<－1得a2023<－a2022，∴a2023＋a2022<0，∴|a2023|>|a2022|，∴|a n|的最小值为|a2022|，即a2022，故C正确；S4044＝＝2022(a2022＋a2023)<0，故D正确．故选ACD.(2)解析：将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{a n}，n∈N*，n≤6，其公比q＝，令数列{a n}的前n项和为S n，则S6＝378，而S6＝＝，因此＝378，解得a1＝192，所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．答案：ACD (2)6[巩固训练1] (1)解析：方法一设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.方法二设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.(2)解析：由a6－6a5＋9a4＝0⇒a4·(q2－6q＋9)＝0.而a n≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39⇒a1＝3，∴a n＝3n，a5＝35＝243.故选B.答案：(1)2答案：B。

高考数学二轮复习专题三数列第一讲等差数列、等比数列课件理共29页文档

有什么损失。——卡耐基 47、书到用时方恨少、事非经过不知难。——陆游 48、书籍把我们引入最美好的社会，使我们认识各个时代的伟大智者。——史美尔斯 49、熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟。——孙洙 50、谁和我一样用功，谁就会和我一样成功。——莫扎特
高考数学二轮复习专题三数列第一讲等差数列、等比数列课件理
11、用道德的示范来造就一个人，显然比用法律来约束他更有价值。—— 希腊
12、法律是无私的，对谁都一视同仁。在每件事上，她都不徇私情。—— 托马斯
13、公正的法律限制不了好的自由，因为好人不会去做法律不允许的事情。——弗劳德
14、法律是为了保护无辜而制定的。——爱略特 15、像房子一样，法律和法律都是相互依存的。——伯克

第二编专题三小题专讲第1讲等差数列与等比数列(教案)【金品备课】高考数学复习(新教材)

第1讲等差数列与等比数列「考情研析」 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明． 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，一般设置一道选择题和一道解答题．1.知识串联2．结论记忆 (1)等差数列的性质设等差数列{a n }(公差为d )的前n 项和为S n .①若m ＋n ＝p ＋q ，则□01a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)； ②数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，首项为a 1，公差为□0212d ； ③S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，S mk －S (m －1)k ，…构成公差为□03k d 的等差数列；④若数列{a n }共有2n 项，则S 偶－S 奇＝□04nd ，S 奇S 偶＝□05a na n ＋1； ⑤若数列{a n }共有2n －1项，则S 奇－S 偶＝□06a n ，S 奇S 偶＝□07nn －1． (2)等比数列的性质若数列{a n }是公比为q 的等比数列，前n 项和为S n ，则有如下性质：①若m ＋n ＝p ＋q ，则□08a m a n ＝a p a q (m ，n ，p ，q ∈N *)； ②若m ，n ，p 成等差数列，则□09a m ，a n ，a p 成等比数列(m ，n ，p ∈N *)； ③S n ＋m ＝S m ＋q m S n ＝S n ＋q n S m ；④若项数为2n ，则S 偶S 奇＝□10q ，若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝□11q ； ⑤当q ≠－1时，连续m 项的和(如S m ，□12S 2m －S m ，□13S 3m －S 2m ，…)仍组成等比数列(公比为q m ，m ≥2).注意：这里连续m 项的和均非零．考向1 数列中常见关系式的应用问题例1 (1)(2022·重庆一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2n ＝2a n ，则a 2022＝( )A ．22022－2B ．22023－2C ．22024－2D ．22021－2答案 B解析当n ＝1时，S 1＋2＝2a 1，a 1＝2；当n ≥2时，S n －1＋2(n －1)＝2a n －1，S n ＋2n －S n －1－2(n －1)＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1＋2，∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，a n ＋2a n －1＋2＝2，{a n ＋2}是以a 1＋2为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋2＝4·2n －1，a n ＝2n ＋1－2，a 2022＝22023－2.故选B.(2)(多选)(2022·保定一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝4a n －3a n －1，则下面说法正确的是( )A．数列{a n＋1－a n}为等比数列B．数列{a n＋1－3a n}为等差数列C．a n＝3n－1＋1D．S n＝3n－14＋n2答案ABD解析因为a n＋1＝4a n－3a n－1，所以a n＋1－a n＝3(a n－a n－1)或a n＋1－3a n＝a n －3a n－1，又a2－a1＝1≠0，所以数列{a n＋1－a n}为公比为3的等比数列，故A正确；数列{a n＋1－3a n}为常数列，即为公差为0的等差数列，故B正确；由A的分析可得，a n＋1－a n＝3n－1，且a n＋1－3a n＝－1，所以a n＝3n－1＋12，故C不正确；S n＝a1＋a2＋…＋a n＝30＋12＋3＋12＋…＋3n－1＋12＝12×(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋n2＝1 2×1－3n1－3＋n2＝3n－14＋n2，故D正确．故选ABD.1．典型的递推关系式及处理方法递推式方法示例a n＋1＝a n＋f(n)叠加法a1＝1，a n＋1＝a n＋2na n＋1＝a n f(n)叠乘法a1＝1，a n＋1a n＝2na n＋1＝Aa n＋B(A≠0，1，B≠0)构造法a1＝1，a n＋1＝2a n＋1a n＋1＝Aa nBa n＋C (A，B，C为常数)取倒数法a1＝1，a n＋1＝3a n2a n＋32.S n n根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化.(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解．(2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．提醒：通项a n 与S n 的关系中，a n ＝S n －S n －1成立的条件是n ≥2，而a 1应由a 1＝S 1求出，然后再检验a 1是否满足n ≥2时a n 的式子．1．如图，九连环是中国从古至今广为流传的一种益智玩具．在某种玩法中，按一定规则移动圆环，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎨⎧2a n －1，n 为偶数，2a n －1＋1，n 为奇数，则解下5个圆环所需的最少移动次数为( )A ．5B ．10C ．21D ．42答案 C解析由递推关系式可得，a 5＝2a 4＋1＝4a 3＋1＝4(2a 2＋1)＋1＝8a 2＋5＝16a 1＋5＝21.故选C.2．(2022·辽南协作体二模)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n －1n ，则其通项公式为________．答案a n ＝⎩⎨⎧0，n ＝1，1n 2－n，n ≥2解析 ∵数列{a n }的前n 项和S n ＝n －1n ，∴a 1＝S 1＝0，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －1n －n －2n －1＝1n （n －1），n ＝1时，不适合上式，∴a n ＝⎩⎨⎧0，n ＝1，1n 2－n，n ≥2.考向2 等差数列、等比数列基本量的计算例2 (1)(2022·汕头二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．2答案 A解析 ∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，∴⎩⎨⎧8a 1＋8×72d ＝4（a 1＋2d ），a 1＋6d ＝－2，解得a 1＝10，d ＝－2，∴a 9＝a 1＋8d ＝10－16＝－6.故选A.(2)(2022·泉州模拟)记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2－2a 1＝0，S 3－S 2＝4，则S 2022＝( )A ．22022－2B ．22022－1C ．22023－2D ．22023－1答案 B解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 2a 1＝2，又因为a 3＝S 3－S 2＝4，所以a 1＝a 3q 2＝1，所以S 2022＝a 1（1－q 2022）1－q＝1×（1－22022）1－2＝22022－1.故选B.(3) (2022·北京海淀区模拟)如图是标准对数远视力表的一部分．最左边一列“五分记录”为标准对数视力记录，这组数据从上至下为等差数列，公差为0.1；最右边一列“小数记录”为国际标准视力记录的近似值，这组数据从上至下为等比数列，公比为1010.已知标准对数视力5.0对应的国际标准视力准确值为1.0，则标准对数视力4.8对应的国际标准视力精确到小数点后两位约为(参考数据： 510≈1.58，1010≈1.26)( )A ．0.57B ．0.59C ．0.61D ．0.63答案 D解析设左侧数据从上至下构成等差数列{a n }，且公差d ＝0.1，右侧数据从上至下构成等比数列{b n }，且公比q ＝1010，设5.0为数列{a n }中的第m 项，则1.0为数列{b n }中的第m 项，即a m ＝5.0，b m ＝1.0，故4.8＝5.0－2×0.1＝a m －2d ＝a m －2，其中m ≥3且m ∈N *，故标准对数视力4.8对应的国际标准视力为数列{b n }中的第(m －2)项，即b m －2，所以b m －2＝b mq 2＝ 1.0（1010）2＝1.0510≈1.01.58≈0.63.故选D.利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．提醒：在等比数列求和公式中，若公比未知，则要注意分两种情况q ＝1和q ≠1讨论．1．(2022·石家庄模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1－1a n ＝1，则a 2022＝( )A ．2022B ．12022C ．2021D ．12021答案 B解析 ∵a 1＝1，1a n ＋1－1a n ＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，∴1a n＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝1n ，∴a 2022＝12022.故选B. 2．(2022·日照一模)河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3·a 5)的值为( )A ．16B ．12C ．10D ．8答案 B解析由题意知{a n }是以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1（1－27）1－2＝1016，127a 1＝1016，解得a 1＝8，∴log 2(a 3·a 5)＝log 2(8×22×8×24)＝12.故选B.3．(2022·南通模拟)设数列{a n }，{b n }均为公比不等于1的等比数列，前n 项和分别为S n ，T n ，若S n ＝(2n ＋1)T n ，则a 4b 8＝( )A ．12B ．1C ．32D ．2答案 C解析 S n T n ＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1b 1＝3，即a 1＝3b 1，设{a n }的公比为q 1，设{b n }的公比为q 2，∴a 1（1－q n 1）1－q 1＝(2n ＋1)·b 1（1－q n 2）1－q 2，∴3×1－q n 11－q 1＝(2n ＋1)·1－q n21－q 2，当n ＝2时，3(1＋q 1)＝5(1＋q 2)，当n ＝3时，3(1＋q 1＋q 21)＝9(1＋q 2＋q 22)，∴3q 1＝2＋5q 2，3q 21＝4(1＋q 2)＋9q 22，∴（2＋5q 2）23＝4(1＋q 2)＋9q 22，化简得(q 2－2)2＝0，解得q 2＝2，∴q 1＝5×（1＋2）3－1＝4，∴a 4b 8＝a 1q 31b 1q 72＝3b 1·43b 1·27＝3×2627＝32.故选C.考向3 等差数列、等比数列的性质例3 (1)(2022·菏泽一模)已知等比数列{a n }各项均为正数，且满足0<a 1<1，a 17a 18＋1<a 17＋a 18<2，记T n ＝a 1a 2…a n ，则使得T n >1的最小正数n 为( )A ．36B ．35C ．34D ．33答案 B解析由a 17a 18＋1<a 17＋a 18得(a 17－1)(a 18－1)<0，∴⎩⎨⎧a 17<1，a 18>1或⎩⎨⎧a 17>1，a 18<1，∵a n >0，0<a 1<1，∴0<a 17<1<a 18，又a 17a 18＋1<2，∴a 17a 18<1，∴T 34＝(a 1a 34)17＝(a 17a 18)17<1，T 35＝(a 1a 35) 352＝(a 218)352＝a 3518>1，则使得T n >1的最小正数n 为35.故选B.(2)(多选)(2022·永州模拟)已知等差数列{a n }是递减数列，S n 为其前n 项和，且S 7＝S 8，则( )A ．d >0B ．a 8＝0C ．S 15>0D ．S 7，S 8均为S n 的最大值答案 BD解析由{a n }是递减的等差数列，得d <0，A 错误；由S 7＝S 8，得a 8＝S 8－S 7＝0，B 正确；S 15＝152(a 1＋a 15)＝152×2a 8＝15a 8＝0，C 错误；由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 7>0，a 8＝0，a 9<0，所以S 7，S 8均为S n 的最大值，D 正确．故选BD.1．通项的性质若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2．前n 项和的性质对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外).提醒：若数列{a n }为等比数列，则a n ≠0，且a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…同号，a 2，a 4，a 6，…a 2n ，…同号.1．(2022·苏州三模)已知数列{a n }，{b n }均为等差数列，且a 1＝25，b 1＝75，a 2＋b 2＝120，则a 37＋b 37的值为( )A ．760B ．820C ．780D ．860答案 B解析 ∵数列{a n }，{b n }均为等差数列，∴数列{a n ＋b n }为等差数列，设其公差为d ，∵a 1＋b 1＝100，a 2＋b 2＝120，∴d ＝120－100＝20，∴a 37＋b 37＝100＋20×36＝820.故选B.2．(2022·江西模拟)在正项等比数列{a n }中，a 4a 8a 12＝22，则log 4a 2＋12log 2a 14＝( )A ．12B ．13C ．14D ．16 答案 A解析 ∵{a n }是等比数列，∴a 4a 8a 12＝a 38＝22，∴a 8＝2，∴a 2a 14＝a 28＝2，∴log 4a 2＋12log 2a 14＝log 4a 2＋log 4a 14＝log 4(a 2a 14)＝log 42＝12.故选A.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A ．18B ．19C ．13D ．310答案 D解析解法一：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13＝4a 1＋6d8a 1＋28d ，所以a 1＝52d .则S 8S 16＝8a 1＋28d 16a 1＋120d＝8×5d2＋28d 16×5d2＋120d＝310.故选D.解法二：由已知，得S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．因为S 4S 8＝13，设S 4＝t ，S 8＝3t (t ≠0)，则S 8－S 4＝2t ，S 12－S 8＝3t ，S 16－S 12＝4t .所以S 12＝6t ，S 16＝10t ，所以S 8S 16＝3t 10t ＝310.故选D.考向4 等差数列、等比数列的综合问题例4 (1)(2022·广州三模)等比数列{a n }中，a 1＝1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列，则a nn (n ∈N *)的最小值为( )A ．1625B ．49C ．1D ．12答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为4a 1，2a 2，a 3成等差数列，且a 1＝1，所以2·2a 2＝4a 1＋a 3，即4q ＝4＋q 2，解得q ＝2，所以a n ＝a 1·q n －1＝2n －1，所以a n n ＝2n －1n ，所以a n ＋1n ＋1－a n n ＝2n n ＋1－2n －1n ＝2n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1－1n ＝2n －1·n －1n （n ＋1）≥0，当且仅当n ＝1时取等号，所以当n ＝1或2时，a nn 取得最小值1.故选C.(2)(多选)(2022·苏北七市三模)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n 2＋12a n，则( )A ．{S 2n }是等差数列B ．S n ＋S n ＋2<2S n ＋1C ．a n ＋1>a nD ．S n －1S n≥ln n答案 ABD解析 a 1＝S 1＝a 12＋12a 1，a 1>0，解得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，S n ＝S n －S n －12＋12（S n －S n －1），整理得S 2n －S 2n －1＝1，故{S 2n }是等差数列，故A 正确；S 2n ＝S 21＋(n－1)＝n ，则S n ＝n ，S n ＋S n ＋2＝n ＋n ＋2<2n ＋n ＋22＝2n ＋1＝2S n ＋1，故B 正确；a 2＝S 2－S 1＝2－1<a 1，故C 错误；令f (x )＝x －1x －2ln x (x ≥1)，f ′(x )＝（x －1）2x 2≥0，∴f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，则f (n )＝n －1n－ln n ≥0，即S n －1S n ≥ln n ，故D 正确．故选ABD.等差数列、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算更加简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解有关数列的最值问题．(3)等差数列、等比数列与不等式交汇的问题常构造函数，根据函数的性质解不等式．提醒：等差数列、等比数列多与数学文化、不等式等知识创新交汇命题，解决此类问题时要注意构造思想、转化思想的运用．1．(多选)(2022·龙岩模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋（－2）n ，n 为奇数，a n ＋2n ＋1，n 为偶数，则下列说法中正确的是( )A ．数列{a n }的奇数项构成的数列是等差数列B ．数列{a n }的偶数项构成的数列是等比数列C ．a 13＝8191D ．S 10＝671 答案 BC解析因为a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋（－2）n ，n 为奇数，a n ＋2n ＋1，n 为偶数，所以a 2＝1＋(－2)1＝－1，a 3＝－1＋23，a 4＝－1＋23＋(－2)3＝－1，a 5＝－1＋25，a 6＝a 5＋(－2)5＝－1，a 7＝－1＋27，a 8＝－1，a 9＝－1＋29，a 10＝－1，a 11＝－1＋211，a 12＝－1，a 13＝－1＋213＝8191，可以看出，偶数项为常数列，可看作是以1为公比的等比数列，奇数项不是等差数列，S 10＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝1＋(－1)＋(－1＋23)＋(－1)＋(－1＋25)＋(－1)＋(－1＋27)＋(－1)＋(－1＋29)＋(－1)＝1＋9×(－1)＋(23＋25＋27＋29)＝－8＋23×（1－44）1－4＝672.故选BC.2．(2022·衡水模拟)已知等差数列{a n }，{b n }，n ∈N *，且b n ＝a n ＋a n ＋1，b 1＝1，b 3＝9，则a 1＝________；若数列{a n }的前n 项和S n ≥21，则正整数n 的最小值为________．答案－12 6解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵b n ＝a n ＋a n ＋1，b 1＝1，b 3＝9，∴⎩⎨⎧a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝9，即⎩⎨⎧a 1＋a 1＋d ＝1，a 1＋2d ＋a 1＋3d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12，d ＝2.∴S n ＝－12n ＋n （n －1）2×2＝n 2－32n ，令n 2－32n ≥21得2n 2－3n －42≥0，∵函数f (x )＝2x 2－3x －42在[1，＋∞)上单调递增，且f (5)＝－7<0，f (6)＝12>0，∴满足S n ≥21的正整数n 的最小值为6.『真题检验』1．(2022·全国乙卷(理))已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( )A ．14B ．12C ．6D ．3答案 D解析设等比数列{a n }的公比为q .由题意，得 ⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＝168，a 2－a 5＝42，即⎩⎨⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝168，a 1q （1－q 3）＝42，解得q ＝12，a 1＝96，所以a 6＝a 1q 5＝3.故选D.2．(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1，CC 1，BB 1，AA 1是举，OD 1，DC 1，CB 1，BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1＝0.5，CC 1DC 1＝k 1，BB 1CB 1＝k 2，AA 1BA 1＝k 3.已知k 1，k 2，k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3＝( )A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9答案 D解析设OD 1＝DC 1＝CB 1＝BA 1＝1，则CC 1＝k 1，BB 1＝k 2，AA 1＝k 3，依题意，有k 3－0.2＝k 1，k 3－0.1＝k 2，且DD 1＋CC 1＋BB 1＋AA 1OD 1＋DC 1＋CB 1＋BA 1＝0.725，所以0.5＋3k 3－0.34＝0.725，故k 3＝0.9.故选D.3．(2022·全国乙卷(理))嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1＝1＋1a 1，b 2＝1＋1a 1＋1a2，b 3＝1＋1a 1＋1a 2＋1a3，…，以此类推，其中a k ∈N *(k ＝1，2，…)，则( )A ．b 1＜b 5B ．b 3＜b 8C ．b 6＜b 2D ．b 4＜b 7答案 D解析解法一：当n 取奇数时，由已知b 1＝1＋1a 1，b 3＝1＋1a 1＋1a 2＋1a3，因为1a 1>1a 1＋1a 2＋1a3，所以b 1>b 3，同理可得b 3>b 5，b 5>b 7，…，于是可得b 1>b 3>b 5>b 7>…，故A 不正确．当n 取偶数时，由已知b 2＝1＋1a 1＋1a 2，b 4＝1＋1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a4，因为1a 2>1a 2＋1a 3＋1a4，所以b 2<b 4，同理可得b 4<b 6，b 6<b 8，…，于是可得b 2<b 4<b 6<b 8<…，故C 不正确．因为1a 1>1a 1＋1a2，所以b 1>b 2，同理可得b 3>b 4，b 5>b 6，b 7>b 8，又b 3>b 7，所以b 3>b 8，故B 不正确．故选D.解法二：(取特殊值)取a k ＝1，于是有b 1＝2，b 2＝32，b 3＝53，b 4＝85，b 5＝138，b 6＝2113，b 7＝3421，b 8＝5534.于是得b 1＞b 5，b 3＞b 8，b 6＞b 2，b 4<b 7.故选D`.4. (2020·全国Ⅱ卷)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 ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块答案 C解析设第n 环扇面形石板块数为a n ，第一层共有k 环，则{a n }是以9为首项，9为公差的等差数列，a n ＝9＋(n －1)×9＝9n .设S n 为{a n }的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，因为下层比中层多729块，所以S 3k －S 2k ＝S 2k －S k ＋729，即3k （9＋27k ）2－2k （9＋18k ）2＝2k （9＋18k ）2－k （9＋9k ）2＋729，即k 2＝81，解得k ＝9，所以S 3k ＝S 27＝27×（9＋9×27）2＝3402.故选C.5．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm ×12 dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm ×12 dm ，20 dm ×6 dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240 dm 2，对折2次共可以得到5 dm ×12 dm ，10 dm ×6 dm ，20 dm ×3 dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180 dm 2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________；如果对折n 次，那么∑nk ＝1S k ＝________dm 2. 答案 5 240·⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n 解析对折3次可以得到52 dm ×12 dm ，5 dm ×6 dm ，10 dm ×3 dm ，20 dm ×32 dm ，共四种规格的图形，它们的面积之和为S 3＝4×30＝120 dm 2.对折4次可以得到54 dm ×12 dm ，52 dm ×6 dm ，5 dm ×3 dm ，10 dm ×32 dm ，20 dm ×34 dm ，共五种规格的图形，它们的面积之和为S 4＝5×15＝75 dm 2.对折n 次有n ＋1种规格的图形，且S n ＝2402n (n ＋1)，因此∑n k ＝1S k ＝240·⎝ ⎛⎭⎪⎫221＋322＋…＋n ＋12n .12∑n k ＝1S k ＝240·⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，因此12∑nk ＝1S k ＝240·⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝240·⎝⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1.所以∑n k ＝1S k ＝240·⎝ ⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n dm 2. 『金版押题』6．斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．斐波那契数列{a n }可以用如下方法定义：a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且a 1＝a 2＝1，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{b n }，则数列{b n }的第2022项为( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 A解析由题意得，a 1＝1，a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，a 5＝5，a 6＝8，a 7＝13，a 8＝21，a 9＝34，a 10＝55，a 11＝89，a 12＝144，a 13＝233，…，故b 1＝1，b 2＝1，b 3＝2，b 4＝3，b 5＝1，b 6＝0，b 7＝1，b 8＝1，b 9＝2，b 10＝3，b 11＝1，b 12＝0，b 13＝1，…，故数列{b n }的周期为6，则b 2022＝b 6＝0.故选A.专题作业一、单选题1．(2022·三明模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝－14，S 3＝－39，则S 10＝( )A ．6B ．10C ．12D ．20答案 B解析等差数列{a n }中，a 2＋a 5＝2a 1＋5d ＝－14，S 3＝3a 1＋3d ＝－39，则d ＝4，a 1＝－17，则S 10＝10×(－17)＋45×4＝10.故选B.2．(2022·汕头三模)已知数列{a n }中，a 1＝－14，当n >1时，a n ＝1－1a n －1，则a 2022＝( )A ．－14B ．45 C ．5 D ．－45 答案 B解析由a 1＝－14，当n >1时，a n ＝1－1a n －1，得a 2＝5，a 3＝45，a 4＝－14，a 5＝5，…，可知各项取值的周期为3，所以a 2022＝a 3＝45.故选B.3．(2022·邯郸二模)位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建筑，丛台上层建有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第一层有2块筒瓦，以下每一层均比上一层多2块筒瓦，如果侧面共有11层筒瓦且顶部4个侧面结构完全相同，则顶部结构共有________块筒瓦．( )A ．440B ．484C ．528D ．572答案 C解析由题意得，一个侧面中，自上而下，每层瓦数构成等差数列{a n }，a 1＝d ＝2，故一个侧面的筒瓦数为11×2＋11×102×2＝132，故顶部结构共有132×4＝528块筒瓦．故选C.4．(2022·西城区校级三模)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn ，则“λ<0”是“∀n ∈N *，a n ＋1>a n ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 ∵a n ＝n 2－2λn ，∴a n ＋1＝(n ＋1)2－2λ(n ＋1)，∵∀n ∈N *，a n ＋1>a n 恒成立，∴(n ＋1)2－2λ(n ＋1)>n 2－2λn ，∴∀n ∈N *，λ<12(2n ＋1)＝n ＋12恒成立，当n ＝1时，1＋12＝32最小，∴λ<32，故“λ<0”是“∀n ∈N *，a n ＋1>a n ”的充分不必要条件．故选A.5．(2022·长郡中学二模)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( )A ．61B ．62C ．63D ．64答案 D解析等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，可得q (a 1＋a 3)＝5，解得q ＝12.a 1＋q 2a 1＝10，解得a 1＝8.则a 1a 2…a n ＝a n 1·q 1＋2＋3＋…＋(n －1)＝8n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n （n －1）2＝23n －n 2－n 2 ＝27n －n 22，当n ＝3或4时，a 1a 2…a n 取得最大值2122＝26＝64.故选D.6．(2022·南通模拟)已知A (0，0)，B (5，0)，C (1，3)，连接△ABC 的各边中点得到△A 1B 1C 1，连接△A 1B 1C 1的各边中点得到△A 2B 2C 2，如此无限继续下去，得到一系列三角形：△ABC ，△A 1B 1C 1，△A 2B 2C 2，…，则这一系列三角形的面积之和无限趋近于常数( )A ．103B ．5C ．10D ．15答案 C解析 ∵S △ABC ＝12×5×3＝152，△A 1B 1C 1∽△ABC ，A 1B 1AB ＝12，∴S △A 1B 1C 1S △ABC ＝14，∴S △ABC ，S △A 1B 1C 1，S △A 2B 2C 2，…成等比数列，其首项为152，公比为14，∴这一系列三角形的面积之和为S n ＝152⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝10⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，无限趋近于常数10.故选C.7．(2022·漳州二模)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，记b n ＝a n ＋a n ＋1＋a n ＋2，且b n ＋1－b n ＝2，则S 31＝( )A ．171B ．278C ．351D ．395答案 C解析 ∵b n ＝a n ＋a n ＋1＋a n ＋2，且b n ＋1－b n ＝2，∴a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3－(a n ＋a n＋1＋a n ＋2)＝2，即a n ＋3－a n ＝2，∵a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，∴数列{a n }的第1，4，7，…项构成首项为1，公差为2的等差数列，第2，5，8，…项构成首项为2，公差为2的等差数列，第3，6，9，…项构成首项为3，公差为2的等差数列，∴S 31＝11×1＋11×102×2＋10×2＋10×92×2＋10×3＋10×92×2＝351.故选C.8．(2022·三明模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S n ＋a n ＋1＝2n 2(n ∈N *)，且a 2022＝4048，则a 1＝( )A ．－8B ．－3C ．－2D ．8答案 B解析 ∵2S n ＋a n ＋1＝2n 2 ①，∴当n ＝1时，有2S 1＋a 2＝2，即2a 1＋a 2＝2.当n ≥2时，有2S n －1＋a n ＝2(n －1)2 ②，①－②得2S n －2S n －1＋a n ＋1－a n ＝2n 2－2(n －1)2，∴a n ＋1＋a n ＝4n －2，即a n ＋1－2n ＝－[a n －2(n －1)]，∴数列{a n －2(n －1)}是从第2项起公比为－1的等比数列．∴a n －2(n －1)＝(a 2－2)·(－1)n －2，即a n ＝(a 2－2)·(－1)n －2＋2(n －1).∵2a 1＋a 2＝2，∴a 2＝2－2a 1，∴a n ＝(－2a 1)·(－1)n－2＋2(n －1).∴a 2022＝(－2a 1)·(－1)2022－2＋2(2022－1)＝4048，解得a 1＝－3.故选B.二、多选题9．(2022·衡水二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝a 21n 2＋n2，公差为d ，则( )A ．a 1＝1B ．d ＝1C ．S 2n ＝2a 2n ＋2a nD ．2S n －a n ＝1＋3＋5＋…＋(2n －1) 答案 ABD解析当n ＝1时，得a 1＝1＋a 212，解得a 1＝1，A 正确；S n ＝n （n ＋1）2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n （n ＋1）－n （n －1）2＝n ，d ＝1，B 正确；S 2n ＝2n （2n ＋1）2＝2n 2＋n ，2a 2n ＋2a n ＝2n 2＋2n ，C 错误；1＋3＋5＋…＋2n －1＝1＋2n －12×n ＝n 2，2S n －a n ＝n 2＋n －n ＝n 2，D 正确．故选ABD. 10．(2022·襄阳四模)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S n ＝a n a n ＋1－12，则( )A ．d ＝12B ．a 1＝1C ．数列{a n }中可以取出无穷多项构成等比数列D ．设b n ＝(－1)n a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，则|T 2n |＝n答案 AC解析对于A ，因为S n ＝a n a n ＋1－12，所以S n ＋1＝a n ＋1a n ＋2－12，两式相减，得a n ＋1＝a n ＋1(a n ＋2－a n )＝2da n ＋1，因为d ≠0，所以2d ＝1，d ＝12，A 正确；对于B ，当n ＝1时，a 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋12－12，易解得a 1＝1或a 1＝－12，B 错误；对于C ，由A ，B 可知，{a n }可取遍所有正整数，所以可取出无穷多项构成等比数列，C正确；对于D ，因为b 2k －1＋b 2k ＝－a 2k －1＋a 2k ＝12，所以|T 2n |＝|(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2n －1＋b 2n )|＝n 2，D 错误．故选AC.11．(2022·龙岩模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比为q ，则下列命题正确的是( )A ．若a 1＝1，q ＝2，则S 6＝63B ．若q >1，则数列{a n }是递增数列C ．若a 1>0，q >0，b n ＝lg a n ，则数列{b n }是公差为lg q 的等差数列D ．若a 1>0，q >0，且(a 1＋a 10)2＝a 5a 6＋12，则a 1＋a 10的最大值为4答案 ACD解析对于A ，S 6＝1×（1－26）1－2＝63，故A 正确；对于B ，若a 1＝－1，q >1，则数列{a n }是递减数列，故B 错误；对于C ，若a 1>0，q >0，则b n ＋1－b n＝lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1a n＝lg q ，故数列{b n }是公差为lg q 的等差数列，故C 正确；对于D ，∵(a 1＋a 10)2＝a 5a 6＋12，∴(a 1＋a 10)2－12＝a 1a 10≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 1022，解得a 1＋a 10≤4，当且仅当a 1＝a 10＝2时，等号成立，故a 1＋a 10的最大值为4，故D 正确．故选ACD.12．(2022·河北模拟)已知等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，前n 项和为S n ，若S 20<S 18<S 19，则下列说法正确的是( )A ．a 1>0B ．d >0C ．|a 18＋a 19|>|a 20＋a 21|D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 的所有项中最小项为S 20a 20答案 AD解析 ∵S 20<S 18<S 19，∴a 19＋a 20<0<a 19，∴a 19>0，a 20<0，∴a 1＋18d >0，a 1＋19d <0，∴a 1>0，d <0，又a 19＋a 20<0<a 19，∴a 21＋a 18<0，∵a 20＋a 21－(a 18＋a 19)＝4d <0，a 19＋a 20＋a 21＋a 18<0，∴(a 20＋a 21)2－(a 18＋a 19)2＝(a 20＋a 21＋a 18＋a 19)[a 20＋a 21－(a 18＋a 19)]>0，∴|a 20＋a 21|>|a 18＋a 19|.由以上可得a 1>a 2>…>a 19>0>a 20>a 21>…，S 37＝37（a 1＋a 37）2＝37a 19>0，S 38＝38（a 1＋a 38）2＝19(a 19＋a 20)<0.当n ≤37时，S n >0；当n ≥38时，S n <0.当n ≤19或n ≥38时，S n a n>0；当19<n <38时，S n a n <0.∵0>a 20>a 21>…>a 37，S 20>S 21>…>S 37>0，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 的所有项中最小项为S 20a 20.综上可得，A ，D 正确．三、填空题13．(2022·泰安二模)已知数列{a n }是公差大于0的等差数列，a 1＝2，且a 3＋2，a 4，a 6－4成等比数列，则a 10＝________．答案 20解析设数列{a n }的公差为d ，d >0，∵a 1＝2，且a 3＋2，a 4，a 6－4成等比数列，∴a 24＝(a 3＋2)(a 6－4)，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d ＋2)(a 1＋5d －4)，解得d ＝－6(舍去)或d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .可得a 10＝20.14．(2022·T8第二次联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且满足a 1<0，S 3＝S 9.则当S n 取得最小值时，n 的值为________．答案 6解析设数列{a n }的公差为d ，由S 3＝S 9，得3a 1＋3d ＝9a 1＋36d ，a 1＝－112d ，故d >0.S n ＝－112dn ＋n （n －1）2d ＝d 2n 2－6dn ＝d 2(n －6)2－18d ，故当n ＝6时，S n 取得最小值．15．(2022·益阳模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝52－1a n ，若b n ＝1a n －2，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________．答案－4n －1＋6n 9解析由a n ＋1＝52－1a n ，可得a n ＋1－2＝12－1a n ＝a n －22a n ，则1a n ＋1－2＝2a n a n －2＝2＋4a n －2，即b n ＋1＝2＋4b n ，所以b n ＋1＋23＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋23，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n ＋23是首项为b 1＋23＝－13，公比为4的等比数列，则b n ＋23＝－13·4n －1，即b n ＝－23－13·4n －1，所以S n＝－23n －13·1－4n 1－4＝－23n －4n －19＝－4n －1＋6n 9. 16．(2022·茂名一模)如图所示阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正三角形ABC 的边长为4，取正三角形ABC 各边的四等分点D ，E ，F ，作第2个正三角形DEF ，然后再取正三角形DEF 各边的四等分点G ，H ，I ，作第3个正三角形GHI ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．如图阴影部分，设△ADF 的面积为S 1，后续各阴影三角形的面积依次为S 2，S 3，…，S n ，….则S 1＝________，数列{S n }的前n 项和T n ＝________．答案 334 433×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫716n 解析设正三角形ABC 的边长为a 1，后续各正三角形的边长依次为a 2，a 3，…，a n ，由题意知a 1＝4，当n ≥2时，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14a n －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34a n －12－2×14a n －1×34a n －1cos 60°＝74a n －1，∴a n a n －1＝74，由于S n ＝12×34a n ×14a n ×sin 60°，S n －1＝12×34a n －1×14a n －1×sin 60°，所以S n S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n －12＝716，S 1＝12×34×4×14×4×sin 60°＝334，于是数列{S n }是以334为首项，716为公比的等比数列，∴T n ＝334×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫716n 1－716＝433×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫716n .。

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