高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列与等比数列课时规范练文39

课时规范练(A)课时规范练1集合的概念与运算课时规范练3命题及其关系、充要条件课时规范练5函数及其表示课时规范练7函数的奇偶性与周期性课时规范练9指数与指数函数课时规范练11函数的图象课时规范练13函数模型及其应用课时规范练15利用导数研究函数的单调性课时规范练17定积分与微积分基本定理课时规范练19同角三角函数基本关系式及诱导公式课时规范练21简单的三角恒等变换课时规范练23函数y=A sin(ωx+φ)的图象及三角函数的应用课时规范练25平面向量的概念及线性运算课时规范练27平面向量的数量积及其应用课时规范练29数列的概念课时规范练31等比数列课时规范练33二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题课时规范练35合情推理与演绎推理课时规范练37数学归纳法课时规范练39空间几何体的表面积与体积课时规范练41空间直线、平面的平行关系课时规范练43空间向量及其运算课时规范练45直线的倾斜角、斜率与直线的方程课时规范练47圆的方程课时规范练49椭圆课时规范练51抛物线课时规范练53算法初步课时规范练55用样本估计总体课时规范练57分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规范练59二项式定理课时规范练61古典概型与几何概型课时规范练63二项分布与正态分布课时规范练65极坐标方程与参数方程课时规范练67绝对值不等式课时规范练(B)课时规范练2简单不等式的解法课时规范练4简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词课时规范练6函数的单调性与最大(小)值课时规范练8幂函数与二次函数课时规范练10对数与对数函数课时规范练12函数与方程课时规范练14导数的概念及运算课时规范练16利用导数研究函数的极值、最大(小)值课时规范练18任意角、弧度制及任意角的三角函数课时规范练20两角和与差的正弦、余弦与正切公式及二倍角公式课时规范练22三角函数的图象与性质课时规范练24余弦定理、正弦定理及应用举例课时规范练26平面向量基本定理及向量坐标运算课时规范练28复数课时规范练30等差数列课时规范练32数列求和课时规范练34基本不等式及其应用课时规范练36直接证明与间接证明课时规范练38空间几何体的结构及其三视图、直观图课时规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系课时规范练42空间直线、平面的垂直关系课时规范练44空间几何中的向量方法课时规范练46点与直线、两条直线的位置关系课时规范练48直线与圆、圆与圆的位置关系课时规范练50双曲线课时规范练52直线与圆锥曲线的位置关系课时规范练54随机抽样课时规范练56变量间的相关关系、统计案例课时规范练58排列与组合课时规范练60随机事件的概率课时规范练62离散型随机变量及其分布列课时规范练64离散型随机变量的均值与方差课时规范练66极坐标方程与参数方程的应用课时规范练68不等式的证明解答题专项解答题专项一函数与导数的综合问题第1课时利用导数证明不等式第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题第3课时利用导数研究函数的零点解答题专项二三角函数与解三角形解答题专项三数列解答题专项四立体几何中的综合问题解答题专项五直线与圆锥曲线第1课时圆锥曲线中的最值(或范围)问题第2课时圆锥曲线中的定点(或定值)问题第3课时圆锥曲线中的存在性(或证明)问题解答题专项六概率与统计单元质检卷单元质检卷一集合与常用逻辑用语单元质检卷二函数单元质检卷三导数及其应用单元质检卷四三角函数、解三角形单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入单元质检卷六数列单元质检卷七不等式、推理与证明单元质检卷八立体几何单元质检卷九解析几何单元质检卷十算法初步、统计与统计案例单元质检卷十一计数原理单元质检卷十二概率。

2023高考数学复习专项训练《等比数列》一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）等比数列{a n}满足a1+a2+a3=13,a2+a3+a4=133，则a5=()A. 1B. 13C. 427D. 192.（5分）给出以下命题：①存在两个不等实数α，β，使得等式sin(α+β)=sinα+sinβ成立；②若数列{a n}是等差数列，且a m+a n=a s+a t(m、n、s、t∈N∗)，则m+n=s+t；③若S n是等比数列{a n}的前n项和，则S6，S12−S6，S18−S12成等比数列；④若S n是等比数列{a n}的前n项和，且S n=Aq n+B；(其中A、B是非零常数，n∈N∗)，则A+B为零；⑤已知ΔABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2+b2>c2，则ΔABC一定是锐角三角形．其中正确的命题的个数是()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个3.（5分）设T n为等比数列{a n}的前n项之积，且a1=−6，a4=−34，则当T n最大时，n的值为()A. 4B. 6C. 8D. 104.（5分）等比数列{a n}，满足a1+a2+a3+a4+a5=3，a12+a22+a32+a42+a52= 15，则a1−a2+a3−a4+a5的值是()A. 3B. √5C. −√5D. 55.（5分）已知在等比数列{a n}中，公比q是整数，a1+a4=18，a2+a3=12，则此数列的前8项和为()A. 514B. 513C. 512D. 5106.（5分）已知正项数列{a n}，{b n}分别为等差、等比数列，公差、公比分别为d，q(d,q∈N∗)，且d=q，a1+b1=1，a3+b3=3.若a n+b n=2013(n>3)，则n= ()A. 2013B. 2012C. 100D. 997.（5分）若a，b，c成等比数列，则关于x的方程a x2+bx+c=0( )A. 必有两个不等实根B. 必有两个相等实根C. 必无实根D. 以上三种情况均有可能8.（5分）公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则log2a10=()9.（5分）记Sn为等比数列{a n}的前n项和，已知S2=2，S3=−6.则{a n}的通项公式为()A. a n=(−2)nB. a n=−2nC. a n=(−3)nD. a n=−3n10.（5分）正项等比数列{a n}中，a3=2，a4.a6=64，则a5+a6a1+a2的值是()A. 4B. 8C. 16D. 6411.（5分）在等比数列{a n}中，a7，a11是方程x2+5x+2=0的二根，则a3.a9.a15a5.a13的值为()A. −2+√22B. −√2C. √2D. −√2或√212.（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，9S3=S6=63，则S10=A. 255B. 511C.1023 D. 2047二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）已知等差数列{a n}的公差d≠0，且a3+a9=a10−a8.若a n=0，则n=__________14.（5分）若等比数列{an}的前n项和Sn满足：an+1=a1Sn+1（n∈N*），则a1=____．15.（5分）在等比数列{an}中，已知前n项和Sn=5n+1+a，则a的值为____________．16.（5分）若等比数列{a n}的首项为23，且a4=∫41(1+2x)dx，则公比q等于______．17.（5分）如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第1群，第2群，……，第n群，……，第n群恰好有n个数，则第n群中n个数的和是____________.123465812107162420149324840281811…三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3−x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成的区域的面积T n.19.（12分）如果等比数列{a n}中公比q>1，那么{a n}一定是递增数列吗?为什么?20.（12分）数列{a n}满足a1=1，a n=2a n−1-3n+6（n≥2，n∈N+）．（1）设b n=a n-3n，求证：数列{b n}是等比数列；（2）求数列{a n}的通项公式．21.（12分）设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，满足4S n=a n+12−4n−1，n∈N∗，且a2，a5，a14构成等比数列．(1)证明：a2=√4a1+5；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1a2+1a2a3+…+1a n a n+1<12.22.（12分）已知数列{a n}是等差数列，其首项为2，且公差为2，若b n=2a n(n∈N∗).(Ⅰ)求证：数列{b n}是等比数列；(Ⅱ)设c n=a n+b n，求数列{c n right}的前n项和A n．23.（12分）已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n−1．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）已知等差数列{a n}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则下列说法正确的是()A. a1+a5+a9a2+a3的值为3 B. a1+a5+a9a2+a3的值为2C. 数列{a n}的公差和首项相等D. 数列{a n}的公差和首项不相等25.（5分）设数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，则下列命题正确的是()A. 若a n+1-a n=2(n∈N∗)，则数列{a n}为等差数列B. 若b n+1=2b n(n∈N∗)，则数列{b n}为等比数列C. 若数列{a n}是等差数列，则S n，S2n-S n，S3n-S2n⋯⋯(n∈N∗)成等差数列D. 若数列{b n}是等比数列，则T n，T2n-T n，T3n-T2n⋯⋯(n∈N∗)成等比数列26.（5分）在公比q为整数的等比数列{a n}中，S n是数列{a n}的前n项，若a1+a4= 18，a2+a3=12，则下列说法正确的是()A. q=2B. 数列{S n+2}是等比数列C. S8=510D. 数列\left{ lg a n}是公差为2的等差数列27.（5分）已知等差数列{a n}的首项为1，公差d=4，前n项和为S n，则下列结论成立的有()A. 数列{S nn}的前10项和为100B. 若a1，a3，a m成等比数列，则m=21C. 若∑n i=11a i a i+1>625，则n的最小值为6D. 若a m+a n=a2+a10，则1m +16n的最小值为251228.（5分）已知数列{a n}为等差数列，{b n}为等比数列，{a n}的前n项和为S n，若a1+ a6+a11=3π，b1b5b9=8，则()A. S11=11πB. sin a2+a10b4b6=12C. a3+a7+a8=3πD. b3+b7⩾4答案和解析1.【答案】D;【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q ，得133=13q ，解得q =13， 又a 1+a 2+a 3=a 1+13a 1+19a 1=139a 1=13，解得a 1=9，所以a 5=a 1q 4=9×(13)4=19， 故选：D.设等比数列{a n }的公比为q ，通过a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q 可求出q 值，进一步根据a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=13可求出a 1，最后利用a 5=a 1q 4进行求解即可． 此题主要考查等比数列的通项公式，考查学生逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．2.【答案】B; 【解析】该题考查命题真假的判断，考查学生灵活运用等差、等比数列的性质，三角函数以及三角形的判断，是一道综合题，属于中档题．利用特殊值判断①的正误；利用特殊数列即可推出命题②的正误；根据等比数列的性质，判断③的正误；根据等比数列的前n 项的和推出A ，B 判断④的正误．利用特殊三角形判断⑤的正误；解：对于①，实数α=0，β≠0，则sin (α+β)=sinβ，sinα+sinβ=sinβ，所以等式成立；故①正确；对于②，当公差d =0时，命题显然不正确，例如a 1+a 2=a 3+a 4，1+2≠3+4，故②不正确；对于③，设a n =(−1)n ，则S 6=0，S 12−S 6=0，S 18−S 12=0，∴此数列不是等比数列，故③不正确；对于④，S n 是等比数列{a n }的前n 项和，且S n =Aq n +B ；(其中A 、B 是非零常数，n ∈N ∗)，所以此数列为首项是a 1，公比为q ≠1的等比数列， 则S n =a 1(1−q n )1−q ，所以A =−a11−q ，B =a11−q ，∴A +B =0，故④正确；对于⑤，如果三角形是直角三角形，a =5，b =3，c =4，满足a 2+b 2>c 2，故⑤不正确；故选：B ．3.【答案】A;【解析】解：因为等比数列{a n }中，a 1=−6，a 4=−34，则由a 4=a 1q 3可得q =12． ∵T n 为等比数列{a n }的前n 项之积，∴T n =(−6)n .(12)n(n−1)2，因为求最大值，故只需考虑n 为偶数的情况， ∵T 2n +2T 2n =36×(12)4n +1，由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1，∴T 2<T 4>T 6>T 8>⋯．则公比q =12，当T n 最大时，n 的值为4．故选：A ．由已知可得q =12.只需考虑n 为偶数的情况，由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1，即可求解．该题考查了等比数列的通项公式及其前n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.【答案】D;【解析】解：设数列{a n }的公比为q ，且q ≠1，则 a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=a 1(1−q 5)1−q =3①， a 12+a 22+a 32+a 42+a 52=a 12(1−q 10)1−q 2=15②∴②÷①得a 12(1−q 10)1−q 2÷a 1(1−q 5)1−q=a 1(1+q 5)1+q=5，∴a 1−a 2+a 3−a 4+a 5=a 1(1+q 5)1+q=5.故选：D.先设等比数列{a n }公比为q ，分别用a 1和q 表示出a 12+a 22+a 32+a 42+a 52，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5和a 1−a 2+a 3−a 4+a 5，发现a 12+a 22+a 32+a 42+a 52除以a 1+a 2+a 3+a 4+a 5正好与a 1−a 2+a 3−a 4+a 5相等，进而得到答案．此题主要考查了等比数列的性质．属基础题．解题时要认真审题，注意等比数列的性质的灵活运用．5.【答案】D;【解析】由已知得{a 1+a 1q 3=18a 1q +a 1q 2=12，解得：q =2或q =12.∵q 为整数，∴q =2.∴a 1=2.∴S 8=2(1−28)1−2=29−2=510.6.【答案】A;【解析】此题主要考查等差数列和等比数列的通项公式和性质的应用.计算时要认真仔细.解：∵{_1+b1=1a3+b3=3，∴{_1+b1=1a1+2d+b1q2=3，∵d=q，所以{_1+b1=1a1+2q+b1q2=3，解得d=q=1，∴a n+b n=a1+(n−1)d+b1q n−1=a1+n−1+b1=2013，∴n=2013.故选A.7.【答案】C;【解析】若a，b，c成等比数列，则b²=ac由题意得△=b²-4ac=b²-4b²=-3b²等比数列中没有为0的项，∴-3b²<0∴△小于0，即方程a x2+bx+c=0必无实根故选C。

2022高考数学满分讲义：第三章 数列第1讲 等差数列与等比数列[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点． 考点一 等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(4)等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( ) A ．15.5尺 B ．12.5尺 C ．10.5尺 D ．9.5尺 答案 A解析 从冬至起，十二个节气的日影长依次记为a 1，a 2，a 3，…，a 12，由题意，有a 1＋a 4＋a 7＝37.5，根据等差数列的性质，得a 4＝12.5，而a 12＝4.5，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝12.5，a 1＋11d ＝4.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15.5，d ＝－1，所以冬至的日影长为15.5尺．(2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *)．数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝2164n s +，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________． 答案 －30解析 ∵点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n－1，则b n ＝264n＝2n －12(n ∈N *)， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列， ∴T n ＝－10n ＋n (n －1)2×2＝n 2－11n ＝⎝⎛⎭⎫n －1122－1214. 又n ∈N *，∴T n 的最小值为T 5＝T 6＝⎝⎛⎭⎫122－1214＝－30. 规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列．(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C解析 ∵a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ， 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n .又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25， ∴2k ＋1(1－210)1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)， ∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4.(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 1>0，S 10＝S 20，则( ) A ．d <0 B ．a 16<0 C ．S n ≤S 15D ．当且仅当n ≥32时，S n <0 答案 ABC解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 10＝S 20，得10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，化简得a 1＝－292d .因为a 1>0，所以d <0，故A 正确；因为a 16＝a 1＋15d ＝－292d ＋15d ＝12d ，又d <0，所以a 16<0，故B 正确；因为a 15＝a 1＋14d ＝－292d ＋14d ＝－12d >0，a 16<0，所以S 15最大，即S n ≤S 15，故C 正确；S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n －30)2d ，若S n <0，又d <0，则n >30，故当且仅当n ≥31时，S n <0，故D 错误．考点二 等差数列、等比数列的性质 核心提炼1．通项性质：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：(1)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)． (2)对于等差数列，有S 2n －1＝(2n －1)a n .例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( ) A ．11 B ．12 C ．20 D ．22 答案 D解析 结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26， 又该数列为正项数列，可得a 6＝2， 所以由S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1， 可得S 11＝S 2×5＋1＝11a 6＝22.(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于( )A ．2 020B ．1 010C ．2 D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 020＝1， ∴f (a 1)＋f (a 2 020)＝21＋a 21＋21＋a 22 020＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2， ∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 020＝a 2a 2 019＝…＝a 1 010a 1 011＝1， ∴f (a 2)＋f (a 2 019)＝2，…，f (a 1 010)＋f (a 1 011)＝2， 即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)＝2×1 010＝2 020. 规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系，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)用性质，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．跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8等于( )A ．12B ．24C ．30D ．32 答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝21＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 5＝1×25＝32.(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A ．－510 B ．400 C ．400或－510 D ．30或40答案 B解析 ∵正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ， ∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等比数列， ∴10×(130－S 20)＝(S 20－10)2， 解得S 20＝40或S 20＝－30(舍)， 故S 40－S 30＝270，∴S 40＝400.考点三 等差数列、等比数列的探索与证明 核心提炼等差数列 等比数列 定义法 a n ＋1－a n ＝d a n ＋1a n＝q (q ≠0) 通项法 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1·q n －1 中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1a 2n ＝a n －1a n ＋1证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12(n ∈N *)，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12(n ∈N *)．易错提醒 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.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是不是等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下： 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)．专题强化练一、单项选择题1．在等比数列{a n }中，若a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．4 B ．－4 C ．±4 D ．5 答案 A解析 ∵数列{a n }为等比数列，且a 3＝2，a 7＝8， ∴a 25＝a 3·a 7＝2×8＝16，则a 5＝±4， ∵等比数列奇数项的符号相同，∴a 5＝4.2．(2020·全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n 等于( )A ．2n －1B ．2－21－n C ．2－2n －1 D ．21－n －1答案 B解析 方法一 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2.由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12得a 1＝1. 所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n－1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 2－a 3＝12， ①a 4q 2－a 4＝24， ② ②①得a 4a 3＝q ＝2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q2＝1，下同方法一．3．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11.那么一定有( ) A ．a 6≤b 6 B ．a 6≥b 6 C ．a 12≤b 12 D ．a 12≥b 12 答案 B解析 因为等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11，所以a 1＋a 11＝b 1＋b 11＝2a 6，所以a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112≥b 1b 11＝b 6.当且仅当b 1＝b 11时，取等号，此时数列{b n }的公比为1. 4．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a nn ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，n －1(n ≥2)取代， 累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1，即a nn ＝2＋ln n ，即a n ＝2n ＋n ln n (n ≥2)，又a 1＝2符合上式，故a n ＝2n ＋n ln n .5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A ．a 9＝17B ．a 10＝19C ．S 9＝81D ．S 10＝91 答案 D解析 ∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)， ∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n >1，n ∈N *时是等差数列，公差为2， 又a 1＝1，a 2＝2，a n ＝2＋(n －2)×2＝2n －2(n >1，n ∈N *)，∴a 9＝2×9－2＝16，a 10＝2×10－2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选D.6.侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，设外围第1个正方形的边长是m ，侏罗纪蜘蛛网的长度(蜘蛛网中正方形的周长之和)为S n ，则( )A ．S n 无限大B ．S n <3(3＋5)mC ．S n ＝3(3＋5)mD ．S n 可以取100m答案 B解析 由题意可得，外围第2个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13m 2＋⎝⎛⎭⎫23m 2＝53m ； 外围第3个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13×53m 2＋⎝⎛⎭⎫23×53m 2＝59m ； ……外围第n 个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫53n －1m .所以蜘蛛网的长度 S n ＝4m ⎣⎡⎦⎤1＋53＋59＋…＋⎝⎛⎭⎫53n －1 ＝4m ×1－⎝⎛⎭⎫53n1－53<4m ×11－53＝3(3＋5)m .故选B. 二、多项选择题7．(2020·厦门模拟)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋3a 5＝S 7，则以下结论一定正确的是( ) A ．a 4＝0 B ．S n 的最大值为S 3 C ．S 1＝S 6 D ．|a 3|<|a 5|答案 AC解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋3(a 1＋4d )＝7a 1＋21d ，解得a 1＝－3d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －4)d ，所以a 4＝0，故A 正确；因为S 6－S 1＝5a 4＝0，所以S 1＝S 6，故C 正确；由于d 的取值情况不清楚，故S 3可能为最大值也可能为最小值，故B 不正确；因为a 3＋a 5＝2a 4＝0，所以a 3＝－a 5，即|a 3|＝|a 5|，故D 错误．8．已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，且a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，记{a n }的前n 项积为T n ，则下列选项中正确的是( )A ．0<q <1B ．a 6>1C ．T 12>1D ．T 13>1答案 ABC解析 由于等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，且a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，所以(a 6－1)(a 7－1)<0，由题意得a 6>1，a 7<1，所以0<q <1，A ，B 正确；因为a 6a 7＋1>2，所以a 6a 7>1，T 12＝a 1·a 2·…·a 11·a 12＝(a 6a 7)6>1，T 13＝a 137<1，所以满足T n >1的最大正整数n 的值为12，C 正确，D 错误． 三、填空题9．(2020·江苏)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________． 答案 4解析 由题意知q ≠1，所以S n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝na 1＋n (n －1)2d ＋b 1(1－q n )1－q＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＋b 11－q －b 1q n1－q ＝n 2－n ＋2n －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧d2＝1，a 1－d 2＝－1，b11－q ＝－1，－b11－q q n＝2n，解得d ＝2，q ＝2，所以d ＋q ＝4.10．(2020·北京市顺义区质检)设S n 为公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列，则q ＝________，S 4S 2＝________.答案 3 10解析 设等比数列的通项公式a n ＝a 1q n －1，又因为3a 1,2a 2，a 3成等差数列，所以2×2a 2＝3a 1＋a 3，即4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2，解得q ＝3或q ＝1(舍)，S 4S 2＝a 1(1－34)1－3a 1(1－32)1－3＝1－341－32＝10.11．(2020·潍坊模拟)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用a n表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需移动的最少次数，{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1(n 为偶数)，2a n －1＋2(n 为奇数)，则解下5个圆环需最少移动________次． 答案 16解析 因为a 5＝2a 4＋2＝2(2a 3－1)＋2＝4a 3，所以a 5＝4a 3＝4(2a 2＋2)＝8a 2＋8＝8(2a 1－1)＋8＝16a 1＝16， 所以解下5个圆环需最少移动的次数为16.12．已知等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有A ≤2S n－1S n ≤B 恒成立，则B －A 的最小值为________． 答案136解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， 令t ＝⎝⎛⎭⎫－12n ，则－12≤t ≤14，S n ＝1－t ， ∴34≤S n ≤32， ∴2S n －1S n 的最小值为16，最大值为73，又A ≤2S n －1S n ≤B 对任意n ∈N *恒成立，∴B －A 的最小值为73－16＝136.四、解答题13．(2020·聊城模拟)在①a 5＝b 3＋b 5，②S 3＝87，③a 9－a 10＝b 1＋b 2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，________，a 1＝b 6，若对于任意n ∈N *都有T n ＝2b n －1，且S n ≤S k (k 为常数)，求正整数k 的值． 解 由T n ＝2b n －1，n ∈N *得， 当n ＝1时，b 1＝1；当n ≥2时，T n －1＝2b n －1－1， 从而b n ＝2b n －2b n －1，即b n ＝2b n －1，由此可知，数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，故b n ＝2n －1.①当a 5＝b 3＋b 5时，a 1＝32，a 5＝20，设数列{a n }的公差为d ，则a 5＝a 1＋4d ，即20＝32＋4d ，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值．因此，正整数k 的值为11.②当S 3＝87时，a 1＝32,3a 2＝87，设数列{a n }的公差为d ，则3(32＋d )＝87，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值，因此，正整数k 的值为11.③当a 9－a 10＝b 1＋b 2时，a 1＝32，a 9－a 10＝3，设数列{a n }的公差为d ，则－d ＝3，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值，因此，正整数k 的值为11.14．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 ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值． 解 (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0，所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．因为a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －1)·3n ＋12， 所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝(2n －3)·3n －1＋12(n ≥2)，两式相减，得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)， 因为a n ＝2·3n －1，所以b n ＝n (n ≥2)， 当n ＝1时，由a 1b 1＝2及a 1＝2，得b 1＝1(符合上式)， 所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列， 所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n <34. 因为任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34.。

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.。

数列高考知识点大扫描数列基本概念数列是一种特殊函数，对于数列这种特殊函数，着重讨论它的定义域、值域、增减性和最值等方面的性质，依据这些性质将数列分类：依定义域分为：有穷数列、无穷数列； 依值域分为：有界数列和无界数列；依增减性分为递增数列、递减数列和摆动数列。

数列的表示方法：列表法、图象法、解析法（通项公式法及递推关系法）； 数列通项：()n a f n =2、等差数列1、定义 当n N ∈,且2n ≥ 时，总有 1,()n n a a d d +-=常，d 叫公差。

2、通项公式 1(1)n a a n d =+-1）、从函数角度看 1()n a dn a d =+-是n 的一次函数，其图象是以点 1(1,)a 为端点, 斜率为d 斜线上一些孤立点。

2）、从变形角度看 (1)()n n a a n d =+--, 即可从两个不同方向认识同一数列，公差为相反数。

又11(1),(1)n m a a n d a a m d =+-=+-,相减得 ()n m a a n m d -=-，即()n m a a n m d =+-. 若 n>m ，则以 m a 为第一项，n a 是第n-m+1项，公差为d ； 若n<m ，则 m a 以为第一项时，n a 是第m-n+1项，公差为-d.3）、从发展的角度看 若{}n a 是等差数列，则12(2)p q a a a p q d +=++- ，12(2)m n a a a m n d +=++-, 因此有如下命题：在等差数列中，若2m n p q r +=+= , 则2m n p q r a a a a a +=+=.3、前n 项和公式由 1211,n n n n n S a a a S a a a -=+++=+++L L ， 相加得 12n n a a S n +=， 还可表示为1(1),(0)2n n n S na d d -=+≠，是n 的二次函数。

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第36讲等比数列及其前n项和考点知识：1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列．数学语言表达式：a nan－1＝q(n≥2，q为非零常数)．(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．那么Ga＝bG，即G2＝ab.2. 等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝a1q n－1；通项公式的推广：a n＝a m q n－m.(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝a1(1－q n)1－q＝a1－a n q1－q.3．等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和． (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n .(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .1．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ，{a n ·b n }，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 也是等比数列． 2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．三个数成等比数列，通常设为xq ，x ，xq ；四个符号相同的数成等比数列，通常设为x q3，xq，xq ，xq 3. 诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数．( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列． (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列．2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2D ．12答案 D解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.3．等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则{a n }的通项公式a n ＝________. 答案 －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1解析 因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝－132， 因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5， 所以q 5＝－132，q ＝－12，则a n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.4．(2021·兰州诊断)设等比数列{a n }的前6项和为6，且a 1＝a ，a 2＝2a ，则a ＝( )A.221B．17C．421D．521答案 A解析由题意得公比q＝a2a1＝2，则S6＝a1(1－26)1－2＝63a＝6，解得a＝221.5．(2018·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．322f C．1225f D．1227f答案 D解析由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为122的等比数列，设此数列为{a n}，则a8＝1227f，即第八个单音的频率为1227f.6．(2019·全国Ⅰ卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝________.答案5 8解析设等比数列{a n}的公比为q，则S3＝a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝3 4，解得q＝－12，所以a4＝a1q3＝－18，故S4＝S3＋a4＝34－18＝58.考点一 等比数列基本量的运算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 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4. 因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2.又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2022·全国Ⅱ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n ＝( )A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1 答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2. 所以S n a n ＝a 1(1－2n )1－2a 12n －1＝2n －12n －1＝2－21－n. 3．(2022·新高考海南卷)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)求a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1.解 (1)设{a n }的公比为q (q >1)，且a 2＋a 4＝20，a 3＝8. ∴⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8消去a 1，得q ＋1q ＝52，则q ＝2，或q ＝12(舍)．因此q ＝2，a 1＝2， 所以{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)易知(－1)n －1a n a n ＋1＝(－1)n －1·22n ＋1， 则数列{(－1)n －122n ＋1}公比为－4. 故a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1·a n a n ＋1 ＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n －1·22n ＋1＝23[1－(－4)n ]1＋4＝85[1－(－4)n ]＝85－(－1)n·22n ＋35.感悟升华 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解． 2．等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .考点二 等比数列的判定与证明【例1】S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)易知q ≠1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1(1－q 3)1－q＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3， ∴a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， ∵S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n，则S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n＝3，故存在常数λ＝12，使得数列{S n ＋12}是以32为首项，3为公比的等比数列．感悟升华 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．2．在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n ＝1的情形进行验证．【训练1】(2021·石家庄质量评估)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .(1)证明：数列{a 2n －1}和数列{a 2n }都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，b n ＝(3－T 2n )n (n ＋1)，求数列{b n }的最大项．(1)证明 由a n a n ＋1＝12n ，得a n ＋1a n ＋2＝12n ＋1.两式相除，得a n ＋2a n ＝12因为a 1＝1，a 1·a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121，所以a 2＝12，所以{a 2n －1}是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列，{a 2n }是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 因为T 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ，所以b n ＝(3－T 2n )n (n ＋1)＝3n (n ＋1)2n. 则b n ＋1b n ＝3(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1·2n 3n (n ＋1)＝n ＋22n . 当n <2时，n ＋22n>1，即b 2>b 1＝3； 当n ＝2时，n ＋22n ＝1，即b 2＝b 3＝92； 当n >2时，n ＋22n <1，即b n ＋1<b n .故数列{b n }的最大项是b 2或b 3，为92.考点三 等比数列的性质及应用【例2】 (1)(2022·全国Ⅰ卷)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8＝( )A ．12B ．24C ．30D ．32(2)(2021·长郡中学检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为( )A ．25B ．20C ．15D ．10 答案 (1)D (2)B解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝21＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 5＝1×25＝32. (2)在正项等比数列{a n }中，S n >0， 因为S 8－2S 4＝5，则S 8－S 4＝5＋S 4， 易知S 4，S 8－S 4，S 12－S 8是等比数列， 所以(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)， 所以S 12－S 8＝(S 4＋5)2S 4＝25S 4＋S 4＋10≥225S 4·S 4＋10＝20(当且仅当S 4＝5时取等号)因为a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 8，所以a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为20.感悟升华 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．2．等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．【训练2】(1)(2021·广州调研)正项等比数列{a n}满足a2a4＝1，S3＝13，则其公比是( )A．1 B．12C．13D．14(2)设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S6S3＝3，则S9S6＝________.答案(1)C (2)7 3解析(1)设{a n}的公比为q，且a2a4＝1，∴a23＝1，易知q>0，a3＝1.由S3＝a1＋a2＋a3＝1＋1q＋1q2＝13.则12q2－q－1＝0，解得q＝1 3 .(2)法一由等比数列的性质知，S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，所以S6－S3S3＝S9－S6S6－S3，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，所以S9S6＝73.法二因为{a n}为等比数列，由S6S3＝3，设S6＝3a，S3＝a，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a,2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，所以S9S6＝7a3a＝73.等比数列前n项和性质的延伸在等比数列{a n}中，S n表示{a n}的前n项和，{a n}的公比为q，1．当S n ≠0时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *)． 2．S n ＋m ＝S n ＋q n S m ，特别地S 2n ＝S 奇＋qS 奇．【典例】 (1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前5项和为________． 答案 (1)2 (2)3116解析 (1)由题设，S 偶＝S 奇－80，S 2n ＝－240. ∴⎩⎨⎧S 奇＋qS 奇＝－240，qS 奇＝S 奇－80，∴⎩⎨⎧S 奇＝－80，q ＝2.(2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0. 则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.思维升华 1.等比数列前n 项和的性质，体现了整体思想在数列中的应用．2．在运用性质1时，要注意条件S n ≠0；在性质2中，回避讨论公比q ＝1是否成立，优化了解题过程．【训练】 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＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50 答案 B解析数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是首项为4，公比为2的等比数列，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝16，S12－S9＝a10＋a11＋a12＝32，又S9＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋(a7＋a8＋a9)＝4＋8＋16＝28.因此S12＝28＋32＝60.A级基础巩固一、选择题1．(2022·皖北名校联考)设b∈R，数列{a n}的前n项和S n＝3n＋b，则( )A．{a n}是等比数列B．{a n}是等差数列C．当b＝－1时，{a n}是等比数列D．当b≠－1时，{a n}是等比数列答案 C解析当n＝1时，a1＝S1＝3＋b，当n≥2，a n＝S n－S n－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1，当b＝－1时，a1＝2适合a n＝2·3n－1，{a n}为等比数列．当b≠－1时，a1不适合a n＝2·3n－1，{a n}不是等比数列．2．已知等比数列{a n}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( )A．2 B．4 C．92D．6答案 B解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2.又a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4.3．(2021·长春检测)数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和，a n >0，a 2＋a 3＝4，a 3＋3a 4＝2，则S 3＝( ) A.283 B ．12 C ．383D ．13 答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q .由题意得⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 2＝4，a 1q 2＋3a 1q 3＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝9，q ＝13，∴S 3＝9⎝⎛⎭⎪⎫1－1331－13＝13.4．在数列{a n }中，满足a 1＝2，a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，S n 为{a n }的前n 项和，若a 6＝64，则S 7的值为( )A ．126B ．256C ．255D ．254 答案 D解析 数列{a n }中，满足a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)， 则数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，又由a 1＝2，a 6＝64，得q 5＝a 6a 1＝32，则q ＝2，则S 7＝a 1(1－27)1－2＝28－2＝254.5．(2021·西安调研)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3＝( )A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．1∶3答案 C解析∵{a n}是等比数列，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，由S6∶S3＝1∶2，令S3＝x(x≠0)，则S6＝12x.∴(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，则S9－S6＝x 4，从而S9＝x2＋x4＝3x4，故S9∶S3＝3∶4.6．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1 000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑完了1 000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟领先他1米，……，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为( )A.105－1900米 B．105－990米C.104－9900米 D．104－190米答案 D解析由题意可知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{a n}，且a1＝100，q＝110，a n＝0.1.∴乌龟爬行的总距离为S n＝100－0.1×1101－110＝104－190.二、填空题7．若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 答案 1解析 {a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1. 8．(2021·河南六市联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 1＝________. 答案 1解析 由于S 3＝7，S 6＝63知公比q ≠1， 又S 6＝S 3＋q 3S 3，得63＝7＋7q 3. ∴q 3＝8，q ＝2.由S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－8)1－2＝7，得a 1＝1.9．若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)．令b n ＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________. 答案 5 050解析 由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n ，a n ＝3n －1. 所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ， 因此b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝100(1＋100)2＝5 050. 三、解答题10．(2019·全国Ⅱ卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.11．(2022·南昌调研)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 7＝49，a 2＋a 8＝18. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若S 3，a 17，S m 成等比数列，求S 3m .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 7＝49，a 2＋a 8＝18，∴⎩⎨⎧S 7＝7a 4＝49，a 2＋a 8＝2a 5＝18⇒⎩⎨⎧a 4＝7，a 5＝9，则d ＝2.∴a n ＝a 4＋(n －4)d ＝2n －1. (2)由(1)知：S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.∵S 3，a 17，S m 成等比数列，∴S 3·S m ＝a 217，即9m 2＝332，解得m ＝11.故S 3m ＝S 33＝332＝1 089.B 级 能力提升12．数列{a n }的前n 项和为S n ，且3a n ＋S n ＝4(n ∈N *)，设b n ＝na n ，则数列{b n }的项的最大值为( ) A.8164 B ．2716 C ．32D ．2 答案 B解析 由条件可知：3a n ＋S n ＝4,3a n －1＋S n －1＝4(n ≥2)．相减，得a n ＝34a n －1.又3a 1＋S 1＝4a 1＝4，故a 1＝1.则a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，b n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1.设{b n }中最大的项为b n ，则⎩⎨⎧b n ≥b n －1，b n ≥b n ＋1.即⎩⎪⎨⎪⎧n ⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1≥(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －2，n ⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1≥(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫34n .解之得3≤n ≤4.∴{b n }的项的最大值为b 3＝b 4＝2716. 13．(2021·太原检测)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝3a 3，且a 4与9a 7的等差中项为2，则S 5＝________. 答案 121解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得a 2a 5＝a 3a 4＝3a 3，又a 3≠0，所以a 4＝3，即a 1q 3＝3 ①.因为a 4与9a 7的等差中项为2，所以a 4＋9a 7＝a 4(1＋9q 3)＝4 ②， 联立①②解得q ＝13，a 1＝81.所以S 5＝81×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1351－13＝121.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数．(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，∴S 2n ＝(S n ＋1－S n )2－λS n ＋1，则S n ＋1(S n ＋1－2S n －λ)＝0.∵a n >0，知S n ＋1>0，∴S n ＋1－2S n －λ＝0， 故S n ＋1＝2S n ＋λ.(2)解 由(1)知，S n ＋1＝2S n ＋λ， 当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋λ， 两式相减，a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)，所以数列{a n }从第二项起成等比数列，且公比q ＝2. 又S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ， ∴a 2＝a 1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1. 因此a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，(λ＋1)·2n －2，n ≥2.若数列{a n }是等比数列，则a 2＝1＋λ＝2a 1＝2. ∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{a n }是等比数列.。

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 理第一讲 等差数列与等比数列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a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(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 ＋y2，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）d2．1．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 ·qn －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．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－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 ．7 B ．15 C ．20 D ．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. (2015·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＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞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．(2015·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．21 B．42C．63 D．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．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)． 即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假 解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题． 故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．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q ＝32． 解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。

第一讲 等差数列、等比数列1．(2019·宽城区校级期末)在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝36，则S 16＝( ) A ．288 B ．144 C ．572D ．72解析：a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝2(a 2＋a 15)＝36， ∴a 1＋a 16＝a 2＋a 15＝18， ∴S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8×18＝144，故选B. 答案：B2．(2019·高考全国卷Ⅲ)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：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞0，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.答案：C3．(2019·咸阳二模)《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为( )A ．15.5尺B ．12.5尺C ．10.5尺D ．9.5尺解析：设此等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝37.5，a 1＋11d ＝4.5， 解得：d ＝－1，a 1＝15.5. 故选A. 答案：A4．(2019·德州一模)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( ) A ．4 B ．8 C ．16D ．32解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8， ∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2. 则a 6＝25＝32. 故选D. 答案：D5．(2019·信州区校级月考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．2解析：∵等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，S 8＝S 10， ∴8a 1＋7×82d ＝10a 1＋10×92d ，即16＋28d ＝20＋45d ，解得d ＝－417，∴a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝ ⎛⎭⎪⎫－417＝－2.故选B. 答案：B6．(2019·南充模拟)已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－2 2解析：等比数列{a n }中的各项都是正数， 公比设为q ，q >0，a 1，12a 3,2a 2成等差数列，可得a 3＝a 1＋2a 2， 即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， 即q 2－2q －1＝0，解得q ＝1＋2(负的舍去)，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝q 2(a 8＋a 9)a 8＋a 9＝q 2＝3＋2 2. 故选C. 答案：C7．(2019·林州市校级月考)在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列，又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，则有( )A ．a 2≤bc B ．a 2>bc C ．a 2＝bcD ．a 2≥bc解析：在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列， 又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，∴⎩⎨⎧2a ＝x ＋y ≥2xy ，xy ＝bc ，∴a 2≥bc . 故选D. 答案：D8．(2019·龙岩期末测试)等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2，则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝( )A ．256B ．512C ．1 024D ．2 048解析：等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2， 可得a 1＋a 10＝a 4＋a 7＝2， 则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝212×10(a 1＋a 10)＝25×2＝1 024.故选C. 答案：C9．(2019·长春模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.答案：C10．(2019·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1， 因为b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立， 所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7. 答案：A11．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34B.45C.56D.78解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n－1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n －1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C.答案：C12．(2019·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意可得第n 层的货物的价格为a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，设这堆货物总价是S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9100＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，①由①×910可得910S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，②由①－②可得110S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫910n1－910－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n＝10－(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∴S n ＝100－10(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∵这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，∴n ＝10， 故选D. 答案：D13．(2019·高考全国卷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：∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7－a 37－3＝13－54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.答案：10014．(2019·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1， 得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥215．已知数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，且a 4＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前7项和为________．解析：根据题意，数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，则数列{a n }是等差数列， 又由a 4＝π2，则a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝a 3＋a 5＝2a 4＝π，函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2＝sin 2x ＋cos x ＋1，f (a 1)＋f (a 7)＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2a 7＋cos a 7＋1＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2(π－a 1)＋cos (π－a 1)＋1＝2，同理可得：f (a 2)＋f (a 6)＝f (a 3)＋f (a 5)＝2，f (a 4)＝sin π＋cos π2＋1＝1，则数列{y n }的前7项和f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5)＋f (a 6)＋f (a 7)＝7； 故答案为7. 答案：716．如图，点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝2DC →，E n (n ∈N )为AC 上一列点，且满足：E n A →＝(4a n －1)E n D →＋14a n ＋1－5E n B →，其中实数列{a n }满足4a n －1≠0，且a 1＝2，则1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1＝________.解析：点D 为△ABC 的边BC 上一点， BD →＝2DC →，E n D →－E n B →＝2(E n C →－E n D →)，∴E n C →＝32E n D →－12E n B →又E n A →＝λE n C →＝3λ2E n D →－λ2E n B →，4a n －1＝－3×14a n ＋1－5，∴4a n ＋1－5＝－34a n －1，4a n ＋1－4＝1－34a n －1＝4a n －44a n －1，a n ＋1－1＝a n －14a n －1， 1a n ＋1－1＝4a n －1a n －1＝4＋3a n －1，∴1a n ＋1－1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋2，∴1a n －1＋2＝3n， 1a n －1＝3n－2. S n ＝3×(1－3n)1－3－2n ＝3n ＋1－3－4n2. 故答案为：3n ＋1－3－4n2. 答案：3n ＋1－3－4n2。

精准发力，扎实推进二轮备考沂南一中牛纪堂张荣立2019.3尊敬的各位领导、老师们：大家好！首先感谢市教科研中心郭老师给我们提供了互相交流与学习的机会！下面，我将沂南一中高三数学备课组在一轮复习中的一些主要做法及二轮备考计划向各位领导和老师们汇报一下：第一部分：一轮复习的常规做法一轮复习，强调基础，关注能力和思维的承载体，强调通性通法，淡化特殊技巧。

要站在整个高中数学的角度看待问题，不能拘泥于一章一节。

把握整体结构，突出主干知识。

关注学生的易错点，关注一类题型的规律，增加针对性和实效性。

一、加强集体备课，提高教学水平集体备课是大面积大幅度提高教学水平和成绩的有效途径。

进入高三，我们搬迁到新校区后，教学设备得到了改善，每个备课组都配备了多媒体备课设备，配备了专门用于集备的桌椅，同时也加强了集体备课。

每天安排一次集体备课，集体备课的内容要求包括：拟定复习目标，明确复习要求；确定主题主线，提炼重点难点；梳理知识要点，整合知识结构；提出关键问题，精选例题习题；构思教学策略，设计教学流程。

集体备课促进了全体教师的教学智慧、经验、水平和能力的两次“转化”：由个体优势转化为群体优势，再由群体优势转化为个体优势。

二、精心编制导学案，提高复习的针对性我们在一轮复习中，一直坚持使用导学案。

由于复习资料有些题型不够全面，有些题目不适合课堂教学，不利于扎实复习。

因此，我们就事先分好工，两人一组，编写导学案。

导学案的选题来源是：课本习题变形、历年高考真题、往届高三典型题目、教辅资料和网络资源。

导学案分为自主学习、课堂探究、课后巩固三部分。

自主学习部分引导学生以课本为载体复习基础知识，并根据所复习内容进行尝试练习；课堂探究部分按照考纲要求，分题型精选例题，让学生通过探究达到对知识的理解和掌握，并配有变式训练或跟踪练习，提高学生对知识的应用能力；课后巩固部分所选题目要典型，难度适中，题量不宜过大，一般20-30分钟内完成。

课时作业在晚自习定时完成后，老师收上来进行批改，对于学生出错率较高的题型第二天要安排补偿题。

智才艺州攀枝花市创界学校专题四数列第1讲等差数列、等比数列真题试做1．(2021·高考，文4)在等差数列{a n}中，a4＋a8＝16，那么a2＋a10＝()．A．12B．16C．20D．242．(2021·高考，文5)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11＝16，那么a5＝()．A．1B．2C．4D．83．(2021·高考，文6){a n}为等比数列．下面结论中正确的选项是()．A．a1＋a3≥2a2B．a＋a≥2aC．假设a1＝a3，那么a1＝a2D．假设a3＞a1，那么a4＞a24．(2021·高考，文14)等比数列{a n}为递增数列．假设a1＞0，且2(a n＋a n＋2)＝5a n＋1，那么数列{a n}的公比q＝__________.5．(2021·高考，文16)等比数列{a n}的公比q＝－.(1)假设a3＝，求数列{a n}的前n项和；(2)证明：对任意k∈N＋，a k，a k＋2，a k＋1成等差数列．考向分析高考中对等差(等比)数列的考察主、客观题型均有所表达，一般以等差、等比数列的定义或者以通项公式、前nn项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考察主要以客观题出现，具有“新、巧、活〞的特点，考察利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对于等差、等比数列的判断与证明，主要出如今解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节．热点例析热点一等差、等比数列的根本运算【例1】(2021·质检，20)设数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，等式a n＋a n＋2＝2a n＋1对任意n∈N*均成立．(1)假设a4＝10，求数列{a n}的通项公式；(2)假设a2＝1＋t，且存在m≥3(m∈N*)，使得a m＝S m成立，求t的最小值．规律方法此类问题应将重点放在通项公式与前n项和公式的直接应用上，注重五个根本量a1，a n，S n，n，d(q)之间的转化，会用方程(组)的思想解决“知三求二〞问题．我们重在认真观察条件，在选择a1，d(q)两个根本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的根本性质转化条件，否那么可能会导致列出的方程或者方程组较为复杂，无形中增大运算量．同时在运算过程中注意消元法及整体代换的应用，这样可减少计算量．特别提醒：(1)解决等差数列{a n}前n项和问题常用的有三个公式：S n＝；S n＝na1＋d；S n＝An2＋Bn(A，B 为常数)，灵敏地选用公式，解决问题更便捷；(2)利用等比数列前n项和公式求和时，不可无视对公比q是否为1的讨论．变式训练1(2021·质检，20)等差数列{a n}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{b n}的前n项和为S n，且满足b3＝a3，S3＝13.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)假设数列{c n}满足c n＝求数列{c n}的前n项和T n.热点二等差、等比数列的性质【例2】(1)在正项等比数列{a n}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的两个根，那么a1·a2·a25·a48·a49的值是()．A．B．93C．±9D．35(2)正项等比数列{a n}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差数列，那么的值是()．A．或者B．C．D．规律方法(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展求解；(2)应结实掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中假设“m＋n＝p＋q，那么a m＋a n＝a p＋a q〞这一性质与求和公式S n＝的综合应用．变式训练2(1)(2021·玉山期末，3)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S15＝25π，那么tan a8的值是()．A．B．－C．±D．－(2)(2021·调研，7)数列{a n}是等比数列，其前n项和为S n，假设公比q＝2，S4＝1，那么S8＝()．A．17B．16 C．15D．256热点三等差、等比数列的断定与证明【例3】(2021·一模，20)在数列{a n}中，a1＝5且a n＝2a n－1＋2n－1(n≥2，且n∈N*)．(1)证明：数列为等差数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.规律方法证明数列{a n}为等差或者等比数列有两种根本方法：(1)定义法a n＋1－a n＝d(d为常数)⇔{a n}为等差数列；＝q(q为常数)⇔{a n}为等比数列．(2)等差、等比中项法2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2，n∈N*)⇔{a n}为等差数列；a＝a n－1a n＋1(a n≠0，n≥2，n∈N*)⇔{a n}为等比数列．我们要根据题目条件灵敏选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如此题方法；另一种思路是根据条件变换出要解决的目的，如此题还可这样去做：由a n＝2a n－1＋2n－1，得a n－1＝2a n－1－2＋2n，所以a n－1＝2(a n－1－1)＋2n，上式两边除以2n，从而可得＝＋1，由此证得结论．特别提醒：(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)假设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)即可；(3)a＝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.变式训练3在数列{a n}中，a n＋1＋a n＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23，是否存在常数λ使数列{a n－n＋λ}为等比数列，假设存在，求出λ的值及数列的通项公式；假设不存在，请说明理由．思想浸透1．函数方程思想——等差(比)数列通项与前n项和的计算问题：(1)等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n项和公式，及由通项公式和前n项和公式求首项、公差(比)、项数及项，即主要指所谓的“知三求二〞问题；(2)由前n项和求通项；(3)解决与数列通项、前n项和有关的不等式最值问题．2．求解时主要思路方法为：(1)运用等差(比)数列的通项公式及前n项和公式中的5个根本量，建立方程(组)，进展运算时要注意消元的方法及整体代换的运用；(2)数列的本质是定义域为正整数集或者其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的函数解析式，因此在解决数列问题时，应用函数的思想求解．在等比数列{a n}中，a n＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3与a5的等比中项为2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，数列{b n}的前n项和为S n，当＋＋…＋最大时，求n的值．解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴a＋2a3a5＋a＝25.又a n＞0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5＝4.而q∈(0,1)，∴a3＞a5.∴a3＝4，a5＝1，q＝，a1＝16.∴a n＝16×n－1＝25－n.(2)b n＝log2a n＝5－n，∴b n＋1－b n＝－1，∴{b n}是以4为首项，－1为公差的等差数列．∴S n＝，＝，∴当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0；∴n＝8或者9时，＋＋…＋最大．1．(2021·一模，5)在等差数列{a n}中，a9＝a12＋6，那么数列{a n}前11项的和S11等于()．A．24B．48 C．66D．1322．(2021·名校创新冲刺卷，4)设{a n}是等比数列，那么“a1＜a2＜a3”是“数列{a n}是递增数列〞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3．(2021·质检，2)等比数列{a n}的公比q为正数，且2a3＋a4＝a5，那么q的值是()．A．B．2 C．D．34．(2021·调研，6)等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S20＝S40，那么以下结论中正确的选项是()．A．S30是S n的最大值B．S30是S n的最小值C．S30＝0D．S60＝05．正项等比数列{a n}满足a7＝a6＋2a5，假设存在两项a m，a n，使得＝4a1，那么＋的最小值为________．6．(原创题)数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，且满足a1000＋a1013＝π，b1b13＝2，那么tan＝__________.7．(2021·五校联考，20)数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，S n＝n2a n－n(n－1)，n＝1,2，….(1)证明：数列是等差数列，并求S n；(2)设b n＝，求证：b1＋b2＋…＋b n＜1.8．设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{b n}的前n项和T n.参考答案·明晰考向真题试做1．B解析：由等差数列的性质知，a2＋a10＝a4＋a8＝16，应选B.2．A解析：由题意可得，a3·a11＝a＝16，∴a7＝4.∴a5＝＝＝1.3．B解析：A中当a1，a3为负数，a2为正数时，a1＋a3≥2a2不成立；B中根据等比数列的性质及均值不等式得，a＋a≥2＝2a；C中取a1＝a3＝1，a2＝－1，显然a1≠a2；D中取a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，可知a4＞a2不成立．综上可知仅有B正确．4．2解析：∵等比数列{a n}为递增数列，且a1＞0，∴公比q＞1.又∵2(a n＋a n＋2)＝5a n＋1，∴2a n＋2a n q2＝5a n q.∵a n≠0，∴2q2－5q＋2＝0.∴q＝2或者q＝(舍去)．∴公比q为2.5．(1)解：由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，所以数列{a n}的前n项和S n＝＝.(2)证明：对任意k∈N＋，2a k＋2－(a k＋a k＋1)＝2a1q k＋1－(a1q k－1＋a1q k)＝a1q k－1(2q2－q－1)，由q＝－得2q2－q－1＝0，故2a k＋2－(a k＋a k＋1)＝0.所以，对任意k∈N＋，a k，a k＋2，a k＋1成等差数列．精要例析·聚焦热点热点例析【例1】解：(1)∵a n＋a n＋2＝2a n＋1对n∈N*都成立，∴数列{a n}为等差数列．设数列{a n}的公差为d，∵a1＝1，a4＝10，且a4＝a1＋3d＝10.∴d＝3.∴a n＝a1＋(n－1)d＝3n－2.∴数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2.(2)∵a2＝1＋t，∴公差d＝a2－a1＝t.∴a n＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)t.S n＝na1＋d＝n＋t.由a m＝S m得1＋(m－1)t＝m＋t，∴(m－1)t＝(m－1)＋t.∴t＝1＋t.∴t＝.∵m≥3，∴－2≤t＜0.∴t的最小值为－2.【变式训练1】解：(1)设{a n}的公差为d(d＞0)，{b n}的公比为q(q＞0)，那么由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或者x＝13.因为d＞0，所以a2＜a4，那么a2＝5，a4＝13.那么解得a1＝1，d＝4，所以a n＝1＋4(n－1)＝4n－3.因为解得b1＝1，q＝3.所以b n＝3n－1.(2)当n≤5时，T n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝n＋×4＝2n2－n；当n＞5时，T n＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋b n)＝(2×52－5)＋＝.所以T n＝【例2】(1)B解析：依题意知a2·a48＝3.又a1·a49＝a2·a48＝a＝3，a25＞0，∴a1·a2·a25·a48·a49＝a＝9.(2)C解析：因为a2，a3，a1成等差数列，所以a3＝a1＋a2.∴q2＝1＋q.又q＞0，解得q＝，故＝＝＝.【变式训练2】(1)B解析：∵S15＝15a8＝25π，∴a8＝.∴tan a8＝tan＝tan＝－tan＝－.(2)A解析：S8＝S4＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝S4＋q4S4＝17.【例3】(1)证明：设b n＝，b1＝＝2，∴b n＋1－b n＝－＝[(a n＋1－2a n)＋1]＝[(2n＋1－1)＋1]＝1，∴数列是首项为2，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)知，＝＋(n－1)×1，∴a n＝(n＋1)·2n＋1.∵S n＝(2·21＋1)＋(3·22＋1)＋…＋(n·2n－1＋1)＋[(n＋1)·2n＋1]，∴S n＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n＋n.设T n＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，①那么2T n＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.②由②－①，得T n＝－2·21－(22＋23＋…＋2n)＋(n＋1)·2n＋1＝n·2n＋1，∴S n＝n·2n＋1＋n＝n·(2n＋1＋1)．【变式训练3】解：假设a n＋1－(n＋1)＋λ＝－(a n－n＋λ)成立，整理得a n＋1＋a n＝2n＋1－2λ，与a n＋1＋a n＝2n－44比较得λ＝.∴数列是以－为首项，－1为公比的等比数列．故a n－n＋＝－(－1)n－1，即a n＝n－－(－1)n－1.创新模拟·预测演练1．D解析：设等差数列{a n}的公差为d，那么由a9＝a12＋6得a1＋8d＝(a1＋11d)＋6，整理得a1＋5d＝12，即a6＝12，∴S11＝11a6＝132.2．C解析：由a1＜a2＜a3，得有或者那么数列{a n}是递增数列，反之显然成立，应选C.3．B解析：由2a3＋a4＝a5得2a3＋a3q＝a3q2，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或者q＝－1(舍去)．4．D解析：由S20＝S40得a21＋a22＋a23＋…＋a40＝0，∴a21＋a40＝0.∴S60＝(a1＋a60)×60＝(a21＋a40)×60＝0.5．解析：由a7＝a6＋2a5，得q2－q－2＝0，解得q＝2或者q＝－1(舍去)，∴a m a n＝a1q m－1·a1q n－1＝16a.∴q m＋n－2＝2m＋n－2＝24.∴m＋n－2＝4.∴m＋n＝6.∴＋＝··(m＋n)＝≥(5＋4)＝(当且仅当4m2＝n2时，“＝〞成立)．6．－解析：因为数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，所以由它们的性质可得a1000＋a1013＝a1＋a2012＝π，b1b13＝b＝2，那么tan＝tan＝－.7．证明：(1)由S n＝n2a n－n(n－1)(n≥2)，得S n＝n2(S n－S n－1)－n(n－1)，即(n2－1)S n－n2S n－1＝n(n－1)，所以S n－S n－1＝1，对n≥2成立．S1＝1，所以是首项为1，公差为1的等差数列，S1＝a1＝，所以S n＝，当n＝1时也成立．(2)b n＝＝＝－，∴b1＋b2＋…＋b n＝1－＋－＋…＋－＝1－＜1.8．解：(1)设数列{a n}的公比为q(q＞1)．由得即即解得a1＝1，q＝2或者a1＝4，q＝(舍去)．∴a n＝2n－1.(2)由(1)得a3n＋1＝23n，∴b n＝ln a3n＋1＝ln23n＝3n ln2，∴b n＋1－b n＝3ln2.∴{b n}是以b1＝3ln2为首项，公差为3ln2的等差数列．∴T n＝b1＋b2＋…＋b n＝＝＝，即T n＝.。