专题三 第1讲 等差数列与等比数列

第1讲等差数列与等比数列高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.1.(2021·北京卷)已知{a n}和{b n}是两个等差数列，且a kb k(1≤k≤5)是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为()A.64B.100C.128D.132答案C解析由题意可得a1b1＝a5b5，则b5＝64，故b3＝b1＋b52＝2.(2021·全国甲卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝()A.7B.8C.9D.10答案A解析法一因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得2＝a1（1－q2）1－q＝a1（1＋q）＝4，4＝a1（1－q4）1－q＝a1（1＋q）（1＋q2）＝6，两式相除，得q2＝12，所以1＝4（2－2），＝221＝4（2＋2），＝－22，所以S6＝a1（1－q6）1－q＝7.故选A.法二易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.3.(2020·全国Ⅱ卷)数列{a n}中，a1＝2，a m＋n＝a m a n.若a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝215－25，则k＝()A.2B.3C.4D.5答案C解析∵a1＝2，a m＋n＝a m a n，令m＝1，则a n＋1＝a1a n＝2a n，∴{a n}是以a1＝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＝4.4.(2021·全国乙卷)设S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知2S n＋1b n＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式.(1)证明因为b n 是数列{S n }的前n 项积，所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n＋1b n ＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32，故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列.(2)解由(1)可知，b n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）.故a n n ＝1，－1n （n ＋1），n ≥2.1.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)常用性质：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：q＝1，S n＝na1；q≠1，S n＝a1（1－q n）1－q＝a1－a n q1－q；(3)常用性质：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.温馨提醒应用公式a n＝S n－S n－1时一定注意条件n≥2，n∈N*.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值.解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)法一由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n＝6时，a n＝0；当n<6时，a n<0；所以S n的最小值为S5＝S6＝－30.法二由(1)知，S n ＝n2(a 1＋a n )＝n (n －11)－1214，又n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.探究提高1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(1)设基本量a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2.第(2)题求出基本量a 1与公差d ，进而由等差数列前n 项和公式将结论表示成关于“n ”的函数，求出最小值.【训练1】(2021·济南联考)已知各项均为正数的等差数列{a n }满足a 1a 5＝33，a 22＝25.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n －2＋3a n ，若a n ∈N ，求{b n }的前n 项和T n .解(1)设各项均为正数的等差数列的公差为d .由a 1a 5＝33，且a 22＝25.1（a 1＋4d ）＝33，2＝a 1＋d ＝5，1＝3，＝21＝113，＝43.故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1或a n ＝113＋43(n －1)＝4n ＋73.(2)由于a n ∈N ，所以a n ＝2n ＋1.所以b n ＝4n －2＋3a n ＝4n －2＋6n ＋3.根据等差数列、等比数列的前n 项和公式，得T n ＝14（1－4n ）1－4＋12(9＋6n ＋3)n ＝112(4n －1)＋3n 2＋6n .热点二等差(比)数列的性质【例2】(1)在等差数列{a n }中，a 1＝－9，a 5＝－1.记T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1，2，…)，则数列{T n}()A.有最大项，有最小项B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项D.无最大项，无最小项(2)已知数列{a n}的各项都为正数，对任意的m，n∈N*，a m·a n＝a m＋n恒成立，且a3·a5＋a4＝72，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝________.(3)(多选)已知S n是等差数列{a n}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个结论正确的是()A.数列{S n}中的最大项为S10B.数列{a n}的公差d<0C.S10>0D.S11<0答案(1)B(2)21(3)BCD解析(1)由题意可知，等差数列的公差d＝a5－a15－1＝－1＋95－1＝2，则其通项公式为a n＝a1＋(n－1)d＝－9＋(n－1)×2＝2n－11，注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6＝1<a7<…，且由T5<0可知T i<0(i≥6，i∈N)，由T i T i－1＝a i>1(i≥7，i∈N)可知数列{T n}不存在最小项，由于a1＝－9，a2＝－7，a3＝－5，a4＝－3，a5＝－1，a6＝1，故数列{T n}中的正项只有有限项：T2＝63，T4＝945.故数列{T n}中存在最大项，为T4.故选B.(2)因为对任意的m，n∈N*，a m·a n＝a m＋n恒成立，令m＝1，则a1·a n＝a1＋n，即a n＋1a n＝a1对任意的n∈N*恒成立，所以数列{a n}为等比数列，公比为a1.由等比数列的性质有a3a5＝a24，所以a3·a5＋a4＝a24＋a4＝72，又a 4＞0，解得a 4＝8，所以log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝log 2(a 1a 7)(a 2a 6)(a 3a 5)a 4＝log 2a 74＝log 287＝21.(3)因为S 5>S 6>S 4，所以a 6<0，a 5>0且a 5＋a 6>0，所以数列{S n }中的最大项为S 5，A 错误；数列{a n }的公差d <0，B 正确；S 10＝（a 1＋a 10）×102＝5(a 5＋a 6)>0，C正确；S 11＝（a 1＋a 11）×112＝11a 6<0，D 正确.故选BCD.探究提高1.利用等差(比)性质求解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.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.【训练2】(1)(2021·江南十校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8<S 10<S 9，则满足S n >0的正整数n 的最大值为()A.16B.17C.18D.19(2)(多选)(2021·八省八校一联)已知等比数列{a n }的首项a 1>1，公比为q ，前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，函数f (x )＝x (x ＋a 1)(x ＋a 2)…(x ＋a 7)，若f ′(0)＝1，则()A.{lg a n }为递增的等差数列B.0<q <1n D.使得T n >1成立的n 的最大值为6答案(1)C(2)BCD解析(1)由S 8<S 10<S 9，得a 10<0且a 9＋a 10>0，所以等差数列{a n }的公差d <0，且a 9>0.从而S17＝17（a1＋a17）2＝17a9>0，S18＝18（a1＋a18）2＝9(a9＋a10)>0，S19＝19（a1＋a19）2＝19a10<0.故满足S n>0的正整数n的最大值为18.(2)令g(x)＝(x＋a1)(x＋a2)…(x＋a7)，则f(x)＝xg(x)，∴f′(x)＝g(x)＋xg′(x)，∴f′(0)＝g(0)＝a1a2…a7＝1.∵{a n}是等比数列，∴a1a2…a7＝a74＝1，即a4＝1＝a1q3.又a1>1，∴0<q<1，B正确；∵lg a n＝lg(a1q n－1)＝lg a1＋(n－1)lg q，又lg q<0，∴{lg a n}是公差为lg q的递减的等差数列，A错误；∵S n－a11－q＝a11－q(1－q n－1)＝a1qq－1·q n－1，n a1qq－1<0，公比为q的递增的等比数列，C正确；∵a1>1，0<q<1，a4＝1，∴当n≤3时，a n>1，当n≥5时，0<a n<1，∴当n≤4时，T n>1.∵T7＝a1a2…a7＝a74＝1，∴当n≥8时，T n＝T7a8a9…a n<T7＝1.又T5＝T7a6a7>1，T6＝T7a7>1，∴使得T n>1成立的n的最大值为6，D正确.故选BCD.热点三等差(比)数列的判断与证明【例3】(2021·广东重点中学联考)在数列{a n}中，a1＝5，a n＝2a n－1＋2n－1(n≥2，n∈N*).(1)求a2，a3的值；(2)是否存在实数λ，求出λ的值；若不存在，请说理理由.解(1)因为a1＝5，且a n＝2a n－1＋2n－1(n≥2)，所以a2＝2a1＋22－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝33.(2)假设存在实数λ.设b n＝a n＋λ2n，由{b n}为等差数列，得2b2＝b1＋b3，所以2×a2＋λ22＝a1＋λ2＋a3＋λ23，即13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，解得λ＝－1.而当λ＝－1时，有b n＋1－b n＝a n＋1－12n＋1－a n－12n＝12n＋1[(a n＋1－2a n)＋1]＝12n＋1[(2n＋1－1)＋1]＝1，b1＝a1－12＝5－12＝2，则{b n}是首项为2，公差为1的等差数列.所以存在实数λ＝－12，公差是1的等差数列.探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证a n＋1－a n n无关的一常数；(2)中项公式法，一定注意，a2n＝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0.2.第(2)问，假设存在实数λ列，求得λ的值后，一定要验证数列{b n }是等差数列.【训练3】(2021·全国甲卷)已知数列{a n }的各项为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1.(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.)解①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1.设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2a 1.因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列.①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12n 2d 1.因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1.②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1.设数列{S n }的公差为d ，d ＞0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，所以a n＝2d2n－d2，所以a n＋1－a n＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{a n}是等差数列.热点四等差数列与等比数列的综合问题【例4】设{a n}是等差数列，其前n项和为S n(n∈N*)；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.(1)求S n和T n；(2)若S n＋(T1＋T2＋…＋T n)＝a n＋4b n，求正整数n的值.解(1)设等比数列{b n}的公比为q(q>0).由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为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b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故a n＝n.所以，S n＝n（n＋1）2.(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋T n＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2×（1－2n）1－2－n＝2n＋1－n－2.由S n＋(T1＋T2＋…＋T n)＝a n＋4b n得n（n＋1）2＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)或n＝4.所以n的值为4.探究提高 1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.2.数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.【训练4】(2021·衡水中学联考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝S5＝－20.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{b n}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{a n}与{b n}的公共项为a m，记m由小到大构成数列{c n}，求{c n}的前n项和T n.解(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，解得a1＝－8，d＝2，则a n＝－8＋2(n－1)＝2n－10.(2)数列{b n}是以4为首项，4为公比的等比数列，∴b n＝4·4n－1＝4n(n∈N*).又依题意2m－10＝4n，∴m＝10＋4n2＝5＋22n－1，则T n＝5n＋2（1－4n）1－4＝5n＋22n＋1－23.一、选择题1.(2021·福州一诊)正项等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a2＋a8－a25＋8＝0，则S9＝()A.35B.36C.45D.54答案B解析由等差数列的性质得a2＋a8＝2a5，∴a2＋a8－a25＋8＝0，可化为a25－2a5－8＝0.又a5>0，解得a5＝4.∴S9＝9（a1＋a9）2＝9a5＝36.2.在等比数列{a n}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg a n}的前8项和S8为()A.4B.2C.3D.5答案B解析因为{a n}为等比数列，且a4＝2，a5＝5，所以a4a5＝2·5＝10.则数列{lg a n}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg a1·a2·…·a8＝lg(a1·a8)(a2·a7)(a3·a6)(a4·a5)＝lg(10)4＝4lg10＝2.3.(2021·全国甲卷)等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n.设甲：q＞0，乙：{S n}是递增数列，则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案B解析当a1＜0，q＞1时，a n＝a1q n－1＜0，此时数列{S n}递减，所以甲不是乙的充分条件.当数列{S n}递增时，有S n＋1－S n＝a n＋1＝a1q n＞0，若a1＞0，则q n＞0(n∈N*)，即q＞0；若a1＜0，则q n＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.4.(2021·日照校际联考)对于数列{a n}，若存在正整数k(k≥2)，使得a k<a k－1，a k<a k ＋1，则称a k是数列{a n}的“谷值”，k是数列{a n}的“谷值点”.在数列{a n}中，若a n＝|n＋9n－8|，则数列{a n}的“谷值点”为()A.2B.7C.2，7D.2，3，7答案C解析因为a n＝|n＋9n－8|，所以a1＝2，a2＝32，a3＝2，a4＝74，a5＝65，a6＝12，a7＝27，a8＝9 8.当n≥7，n∈N*时，n＋9n－8>0，所以a n＝|n＋9n－8|＝n＋9n－8，此时数列{a n}递增.又a2<a1，a2<a3，a7<a6，a7<a8，所以数列{a n}的“谷值点”为2，7.5.(多选)(2021·湖北重点中学调研)设等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，a2021·a2022>1，(a2021－1)·(a2022－1)<0，则下列结论中正确的有()A.q>1B.S2022>S2021C.a2021·a2023<1D.T2021是数列{T n}中的最大项答案BCD解析由{a n}为等比数列，a1>1，a2021·a2022>1及(a2021－1)·(a2022－1)<0，2021>1，a2022<1a2021<1，2022>1(舍去).∴公比0<q＝a2022a2021<1，则A错误；S2022＝S2021＋a2022>S2021，故B正确；由等比数列性质知a2021·a2023＝a22022<1，所以C正确；因为a1>1，a2>1，…，a2021>1，0<a2022<1，0<a2023<1，…，所以(T n)max＝T2021，D正确.故选BCD.6.已知数列{a n}满足a n＋2＋a n＝2a n＋1＋1，且a1＝1，a2＝5，则a18＝()A.69B.105C.204D.205答案D解析由a n＋2＋a n＝2a n＋1＋1，得a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n＋1，则(a n＋2－a n＋1)－(a n＋1－a n)＝1，∵a2－a1＝5－1＝4，∴数列{a n＋1－a n}是以4为首项，1为公差的等差数列，a n＋1－a n＝4＋1×(n－1)＝n＋3，则a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝5，…，a n－a n－1＝n＋2，各项相加，得a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝1＋4＋5＋…＋(n＋2)＝1＋（n－1）·（4＋n＋2）2＝（n－1）（n＋6）2＋1，∴a18＝（18－1）×（18＋6）2＋1＝205.二、填空题7.(2021·上海卷)已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝________.答案21解析由题意，得a10＝3＋(10－1)×2＝21.8.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n ＝2－2a n ＋1，若a 2＝12，则S 5＝________.答案3116解析由题意可知，S 1＝2－2a 2＝1，且S n ＝2－2(S n ＋1－S n )，整理可得，S n ＋1－2＝12(S n －2)，由于S 1－2＝－1，所以{S n －2}是首项为－1，公比为12的等比数列，故S 5－2＝(－1)＝－116，∴S 5＝3116.9.(2021·济南模拟)已知等比数列{a n }的前n 项的乘积为T n ，若T 2＝T 9＝512，则T 8＝________.答案4096解析设等比数列{a n }的公比为q ，由T 2＝T 9，得a 76＝1，故a 6＝1.∴a 1q 5＝1.①又T 2＝a 1a 2＝a 21q ＝512，②由①②联立，得q 9＝1512，则q ＝12.所以T 8＝T 9a 9＝T9a 6q 3＝212＝4096.三、解答题10.(2021·广州质检)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且{b n }的前n 项和为S n ，2a 1＝b 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，________.在①b 5＝4(b 4－b 3)，②b n ＋1＝S n ＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a n －b n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.)解(1)若选条件①，b 5＝4(b 4－b 3).设等差数列{a n}的公差为d，∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1.∴a n＝1＋(n－1)×1＝n.设等比数列{b n}的公比为q.由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2).∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2.所以{b n}是首项为2，公比为2的等比数列.故b n＝2×2n－1＝2n(n∈N*).若选条件②，b n＋1＝S n＋2.令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4.∴公比q＝b2b1＝2.∴数列{b n}是首项为2，公比为2的等比数列.从而b n＝2×2n－1＝2n(n∈N*).(2)由(1)知a n－b n＝n－2n，∴T n＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，∴T n＝n（1＋n）2－2（1－2n）1－2，∴T n＝2－2n＋1＋n22＋n2.11.(2021·新高考Ⅱ卷)记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)求使S n>a n成立的n的最小值.解(1)由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，∴a3＝0.设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d.∵a2a4＝S4，∴－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，∴数列{a n}的通项公式为a n＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由数列{a n}的通项公式可得：a1＝2－6＝－4，则S n＝n×(－4)＋n（n－1）2×2＝n2－5n，则不等式S n>a n即n2－5n>2n－6，整理可得：(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.12.(多选)(2021·长沙联考)在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2021年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为a n，则(参考数据：1.211≈7.5，1.212≈9),()A.a1＝12000B.a n＋1＝1.2a n－1000C.2021年小王的年利润约为40000元D.两年后，小王手中现款约达41万答案BCD解析每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，∴a1＝(1＋20%)×10000－(600＋400)＝11000(元)，故A错误；由题意a n＋1＝1.2a n－1000，故B正确；由a n＋1＝1.2a n－1000，得a n＋1－5000＝1.2(a n－5000)，∴数列{a n－5000}是首项为6000，公比为1.2的等比数列，∴a12－5000＝6000×1.211，即a12＝6000×1.211＋5000≈50000，则2021年小王的年利润约为50000－10000＝40000(元)，故C正确；两年后，即a24＝5000＋6000×1.223≈5000＋6000×921.2＝410000，即41万，故D正确，故选BCD.13.(2021·江南十校联考)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a n＋1＋λ＝3S n，a3＝12，则实数λ的值为________.答案－3 4解析等比数列{a n}满足a n＋1＋λ＝3S n，①则a n＋λ＝3S n－1(n≥2，n∈N*)，②①－②得a n＋1－a n＝3S n－3S n－1，则a n＋1＝4a n，所以等比数列{a n}的公比为4，又由a3＝12，则a1＝a3q2＝34.若a n＋1＋λ＝3S n，则a1q n＋λ＝3×a1（1－q n）1－q恒成立，∴λ＝－a1＝－3 4 .14.已知等差数列{a n}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{a n}的通项公式a n与其前n项和S n；(2)将数列{a n}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n}的前3项，记{b n}的前n项和为T n，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有S n<T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴a n＝5－n，从而S n＝n（9－n）2(n∈N*).(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{b n}的公比为q，则q＝b2b1＝12，∴T n1－1281随n的增大而减小，∴{T n}为递增数列，得4≤T n<8.又S n＝n（9－n）2＝－－814，又n∈N*，故(S n)max＝S4＝S5＝10.若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有S n<T m＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞).。

[A 卷]1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于________． 解析：由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列得，(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)． 解得x ＝－3或x ＝－1(不合题意，舍去)．故数列的第四项为－24. 答案：－24 2．(2021·高考陕西卷)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0152＝1 010，故a 1＝5. 答案：53．(2021·高考浙江卷)已知{an }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝______，d ＝______.解析：由于a 2，a 3，a 7成等比数列，所以a 23＝a 2a 7， 所以(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，即2d ＋3a 1＝0.①又由于2a 1＋a 2＝1，所以3a 1＋d ＝1.②由①②解得a 1＝23，d ＝－1.答案：23－14．已知等比数列{a n }为递增数列．若a 1>0，且2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的公比q ＝________. 解析：由于2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1， 所以2a n (1＋q 2)＝5a n q ，所以2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12.由于数列为递增数列，且a 1>0，所以q >1，所以q ＝2. 答案：25．设正项等比数列{a n }的公比为q ，且S 3a 3＝7，则公比q ＝________.解析：由题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7a 1q 2，解得q ＝12或q ＝－13，由于数列为正项数列，所以q ＝12.答案：126．(2021·宿迁一模)若等差数列{a n }满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是________． 解析：由S 3＝3a 2，得a 2＝1，由S 5＝5a 3，得a 3＝2，则a 4＝3，S 7＝7a 4，则a 4＋S 7＝8a 4＝24. 答案：247．设数列{a n }，{b n }都是等差数列，且a 1＝25，b 1＝75，a 2＋b 2＝100，那么a n ＋b n 组成的数列的第37项的值为________．解析：{a n }，{b n }都是等差数列，则{a n ＋b n }为等差数列，首项为a 1＋b 1＝100，d ＝(a 2＋b 2)－(a 1＋b 1)＝100－100＝0，所以{a n ＋b n }为常数数列，第37项为100. 答案：100 8．(2021·泰州三校质检)已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知，a 4＋2a 7＝2×54，所以a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14. 所以q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12.又由于a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2，所以a 1＝16，所以S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31.答案：319．在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________.解析：1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝⎝⎛⎭⎫1a 7＋1a 10＋⎝⎛⎭⎫1a 8＋1a 9＝a 7＋a 10a 7a 10＋a 8＋a 9a 8a 9＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝－53.答案：－5310．已知a ，b 是不相等的两个正数，在a ，b 之间插入两组正数：x 1，x 2，…，x n 和y 1，y 2，…，y n ，(n ∈N * ，且n ≥2)，使得a ，x 1，x 2，…，x n ，b 成等差数列，a ，y 1，y 2，…，y n ，b 成等比数列．老师给出下列四个式子：①∑k ＝1nx k ＝n (a ＋b )2；②1n ∑k ＝1n x k >ab ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 22; ③n y 1y 2…y n <ab ；④n y 1y 2…y n＝ab .其中肯定成立的是________．(只需填序号)解析：对于①，依据等差数列的性质n (a ＋b )2＝n (x 1＋x n )2，所以①正确. 对于②左边可化为a ＋b2，用分析法可证明②正确. 设等比数列a ，y 1，y 2，…，y n ，b 的公比为q .则n y 1y 2…y n ＝naqaq 2…aq n ＝aqn ＋12 ，ab ＝aaq n ＋1＝aq n ＋12.所以④正确．答案：①②④ 11．(2021·宝鸡模拟)已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：由于a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． 又a 1＝5，a 2＝5， 所以a 2＋2a 1＝15， 所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)， 所以a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，所以数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n ， 则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ， 所以a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n )．又由于a 1－3＝2，所以a n －3n ≠0，所以{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列． 所以a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n (n ∈N *)．12．(2021·南京模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1,2S 2,3S 3成等差数列，且S 4＝4027.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q . 由于S 1,2S 2,3S 3成等差数列， 所以4S 2＝S 1＋3S 3.即4(a 1＋a 2)＝a 1＋3(a 1＋a 2＋a 3)，所以a 2＝3a 3，所以q ＝a 3a 2＝13.又S 4＝4027，即a 1(1－q 4)1－q ＝4027，解得a 1＝1，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －1. (2)由(1)得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝1－⎝⎛⎭⎫13n1－13＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n .13．已知数列{a n }，对于任意n ≥2，在a n －1与a n 之间插入n 个数，构成的新数列{b n }成等差数列，并记在a n －1与a n 之间插入的这n 个数的均值为C n －1.(1)若a n ＝n 2＋3n －82，求C 1，C 2，C 3；(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{C n ＋1－λC n }是等差数列？假如存在，求出满足条件的λ，假如不存在，请说明理由．解：(1)由题意a 1＝－2，a 2＝1，a 3＝5，a 4＝10，所以在a 1与a 2之间插入－1,0，C 1＝－12.在a 2与a 3之间插入2,3,4，C 2＝3.在a 3与a 4之间插入6,7,8,9，C 3＝152.(2)在a n －1与a n 之间插入n 个数构成等差数列，d ＝a n －a n －1n ＋1＝1，所以C n －1＝n (a n －1＋a n )2n ＝a n －1＋a n 2＝n 2＋2n －92.假设存在λ使得{C n ＋1－λC n }是等差数列． 所以(C n ＋1－λC n )－(C n －λC n －1) ＝C n ＋1－C n －λ(C n －C n －1) ＝2n ＋52－λ·2n ＋32＝(1－λ)n ＋52－32λ＝常数，所以λ＝1.即λ＝1时，{C n ＋1－λC n }是等差数列． 14．(2021·无锡期中)在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，其前n 项和为T n ，且b 2＋S 2＝11,2S 3＝9b 3.(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2)问是否存在正整数m ，n ，r ，使得T n ＝a m ＋r ·b n 成立？假如存在，恳求出m ，n ，r 的关系式；假如不存在，请说明理由．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋3＋d ＝11，2(3＋3＋d ＋3＋2d )＝9q 2，解得d ＝3，q ＝2. 所以a n ＝3n ，b n ＝2n －1.(2)由于T n ＝1＋2＋…＋2n －1＝2n －1， 所以有2n －1＝3m ＋r ·2n －1.(*)若r ≥2，则r ·2n －1＞2n －1，(*)不成立， 所以r ＝1，m ＝2n －1－13.若n 为奇数，①当n ＝1时，m ＝0，不成立，②当n ＞1时，设n ＝2t ＋1，t ∈N *，则m ＝2n －1－13＝22t －13＝4t －13∈Z ，若n 为偶数，设n ＝2t ，t ∈N *，则m ＝2n －1－13＝22t －1－13＝2·4t －1－13＝2·4t －1－13＋13，由于4t －1－13∈Z ，所以m ∉Z .综上所述，存在正整数m ，n ，r ，使得T n ＝a m ＋r ·b n 成立，此时n 为大于1的奇数，r ＝1，且m ＝2n －1－13.[B 卷]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列，并写出数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足4b 1－1 ·4b 2－1 ·4b 3－1 ·…·4b n －1 ＝(a n ＋1)n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)由于a n ＋1＝2a n ＋1， 所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0，a n ＋1≠0，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以a n ＋1＝2n ，可得a n ＝2n －1.(2)由于4b 1－1 ·4b 2－1 ·4b 3－1 ·…·4b n －1 ＝(a n ＋1)n ，所以4b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －n ＝2n 2， 所以2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )－2n ＝n 2， 即2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )＝n 2＋2n ，所以S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12n 2＋n .2．设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，数列{b n }是公比为q 的等比数列，且b 1＝a 1>0. (1)若a 3＝b 3，a 7＝b 5，探究使得a n ＝b m 成立时n 与m 的关系； (2)若a 2＝b 2，求证：当n >2时，a n <b n . 解：记a 1＝b 1＝a ，则a n ＝a ＋(n －1)d ，b m ＝aqm －1，(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2d ＝aq 2，a ＋6d ＝aq 4，消去d 得2a ＝3aq 2－aq 4，又由于a ≠0，所以q 4－3q 2＋2＝0，所以q 2＝1或q 2＝2, 若q 2＝1，则d ＝0，舍去； 若q 2＝2，则d ＝a 2，因此a n ＝b m ⇔a ＋(n －1)a 2＝aq m －1⇔1＋n －12＝q m －1， 所以n ＝2m ＋12－1(m 是正奇数)时，a n ＝b m .(2)证明：由于d >0，a >0，所以q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝a ＋d a ＝1＋da >1，n >2时，a n －b n ＝a ＋(n －1)d －aq n －1＝a (1－q n －1)＋(n －1)d ＝a (1－q )(1＋q ＋q 2＋…＋q n －2)＋(n －1)d <a (1－q )(n －1)＋(n －1)d ＝(n －1)[a (1－q )＋d ]＝(n －1)(a 2－b 2)＝0，所以，当n >2时，a n <b n .3．(2021·泰州期末)数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列；(2)若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从其次项起为等差数列；(3)若数列{b n }是等差数列，试推断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论． 解：(1)证明：设数列{a n }的公差为d ， 由于b n ＝a n －2a n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， 所以数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (2)证明：当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2， 由于b n ＝a n －2a n ＋1，所以a n ＝b n ＋c n －12＋1，所以a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，所以a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12， 由于数列{b n }，{c n }都是等差数列，所以b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数，所以数列{a n }从其次项起为等差数列． (3)数列{a n }成等差数列．证明：由于b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0， 令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，又b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，所以2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)， 由于数列{b n }是等差数列，所以2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0， 所以2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)， 由于a 1－2a 2＋a 3＝0，所以2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0，所以数列{a n }是等差数列． 4．(2021·镇江期末)已知数列{a n }中，a 1＝1，在a 1，a 2之间插入1个数，在a 2，a 3之间插入2个数，在a 3，a 4之间插入3个数，…，在a n ，a n ＋1之间插入n 个数，使得全部插入的数和原数列{a n }中的全部项按原有位置挨次构成一个正项等差数列{b n }．(1)若a 4＝19，求{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＋λ＝b n ＋μ(λ，μ为常数)，求{a n }的通项公式．解：(1)设{b n }的公差为d ，由题意：数列{b n }的前10项为： b 1＝a 1＝1，b 2，b 3＝a 2，b 4，b 5，b 6＝a 3，b 7，b 8，b 9，b 10＝a 4＝19， a 4为{b n }的第10项，则b 10＝b 1＋9d ， 得d ＝2，而b 1＝1，故数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)由2S n ＋λ＝b n ＋μ(λ，μ为常数)，得2S n ＋λ＝(b n ＋μ)2＝b 2n ＋2μb n ＋μ2，①当n ＝1得：2＋λ＝1＋2μ＋μ2，②当n ≥2时，2S n －1＋λ＝b 2n －1＋2μb n －1＋μ2，③ ①－③得2b n ＝b 2n －b 2n －1＋2μ(b n －b n －1)，则2b n ＝d (b n ＋b n －1)＋2μd ＝d (2b n －d )＋2μd ，④ 若d ＝0，则b n ＝b 1＝1，代入④式，得2＝0，不成立；法一：当n ≥2时，(2－2d )b n ＝2μd －d 2＝常数恒成立，又{b n }为正项等差数列，当d ≠0时，b n 不为常数，则⎩⎪⎨⎪⎧2－2d ＝0，2μd －d 2＝0，得d ＝1，μ＝12，代入②式，得λ＝14.法二：由2b n ＝d (2b n －d )＋2μd ，得(2－2d )b n ＝2μd －d 2， 即(2－2d )[b 1＋(n －1)d ]＝2μd －d 2，则2d (1－d )n ＋2(1－d )2＝2μd －d 2对n ≥2恒成立，令n ＝2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧4d (1－d )＋2(1－d )2＝2μd －d 2，6d (1－d )＋2(1－d )2＝2μd －d 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，μ＝12，⎣⎡或者：2d (1－d )n ＋2(1－d )2＝2μd －d 2＝常数，⎦⎤则2d (1－d )＝0，得d ＝1，当d ＝1时，代入上式得μ＝12，代入②式，得λ＝14.法三：由2b n ＝d (b n ＋b n －1)＋2μd (n ≥2)，⑤ 得2b n －1＝d (b n －1＋b n －2)＋2μd (n ≥3)，⑥ ⑤－⑥，得2d ＝2d 2，d ＝1，代入上式得μ＝12，代入②式，得λ＝14.所以等差数列{b n }的首项为b 1＝1，公差为d ＝1，则b n ＝n .设{a n }中的第n 项为数列{b n }中的第k 项，则a n 前面共有{a n }的n －1项，又插入了1＋2＋3＋…＋(n －1)＝n (n －1)2项，则k ＝(n －1)＋n (n －1)2＋1＝n 2＋n 2，故a n ＝b k ＝k ＝n 2＋n 2.。

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.。

专题三数列第一讲等差数列、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。

年份卷别考查角度及命题位置201 7Ⅰ卷等差、等比数列的综合应用·T17201 5Ⅰ卷等差数列的通项公式及前n项和公式·T7等比数列的概念及前n项和公式·T13Ⅱ卷等差数列的通项公式、性质及前n项和公式·T5［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a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )A．5 B．7C．9 D．11解析：法一:∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝错误!＝5a3＝5.法二：∵a1＋a3＋a5＝a1＋（a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d ＝1，∴S5＝5a1＋错误!d＝5(a1＋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S8＝4S4,则a10＝( ）A。

错误!B。

错误!C．10 D．12解析：∵公差为1,∴S8＝8a1＋错误!×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4（4a1＋6),解得a1＝错误!，∴a10＝a1＋9d＝错误!＋9＝错误!。

答案:B3．(2015·高考全国卷Ⅰ改编)在数列{a n}中，a1＝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：∵a1＝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，∴错误!＝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＝错误!＝na1＋错误!d;（2)等比数列：S n＝错误!＝错误!(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a1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a3＋a9＝16，则S 11＝（ ）A ．88B ．48C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11a 1＋a 112＝错误!＝错误!＝88,选A 。

第1讲等差数列与等比数列高考真题体验1. （2015课标全国I 改编）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 & = 4S 4，贝y a10= _________ .2. （2015安徽）已知数列｛a n ｝是递增的等比数列，a 1 + 84= 9，a 2a 3 = 8,则数列｛a .｝的前n 项 和等于 __________ .13. （ 15年新课标2文科）已知等比数列｛an ｝满足a 1蔦，a*4®-1）,则a2 =4. （2013江西）某住宅小区计划植树不少于 100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数 是前一天的2倍，则需要的最少天数n （n€ N *）等于 _______ .5. 设等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S m -1=— 2,S m = 0, S m +1= 3,贝U m=6. 等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,已知S 10 = 0, %= 25,则nS n 的最小值为__ 考《考向分折 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热点一 等差数列、等比数列的运算1•通项公式：等差数列：a n = a 1 + （n — 1）d;等比数列：a n = a 1 q n —12. 求和公式 1 一 ， a1(1 — q n\ a 1 — agd ;(函数)等比数列：S n = —1—1 q (qM 1). I 一 q I 一 qa m + an = ap +a q ；在等比数列中 am a n = ap a q .S n .若a 1=— 11， 34+ 36=— 6，则当S n 取最小值时，n ⑵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= 思维升华 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 i 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.跟踪演练1 （1）（2015浙江）已知｛a n ｝是等差数列，公差d 不为零.若a 2, a 3, £7成等比数列, 且 2a 1 + a 2= 1,贝y a 1 = ________ , d = ________.瞄准高专•2.数列求和及数列等差数列：S n = ^a1+ a n= na 1 +3.性质：若m+n = p+ q ，在等差数列中 例1 （1）设等差数列｛a n ｝的前n 项和⑵已知数列｛a n ｝是各项均为正数的等比数列，a i + a2 = 1, a3 + a4 = 2,则a 2 011 + 32 012 + a 2 013 + 32 014iog 2----------------- 3 ----------热点二 等差数列、等比数列的判定与证明数列｛a n ｝是等差数列或等比数列的证明方法 （1）证明数列｛ a n ｝是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n +1— a n （n € N ）为一常数；②利用中项性质，即证明2a n = a n -1 + a n +1（n>2）.⑵证明｛a n ｝是等比数列的两种基本方法:①利用定义，证明 空+n€ N ）为一常数；②利用等比中项，即证明a 2=為-1a n +1（n > 2）.a n 例 2.数列｛a n ｝满足 a 1= 1, na n +1 = (n + 1)a n + n(n+ 1), n€ N . (1)证明：数列 丹j 是等差数列；（1）设b n = a n +1— a n ,证明：｛b n ｝是等差数列； ⑵求｛a n ｝的通项公式.热点三 等差数列、等比数列的综合问题例3已知数列｛a n ｝是首项为2的等差数列，其前n 项和S n 满足4S n = a n • a n + i .数列｛b n ｝是以⑵ 设b n = 3n• ｛O n ，求数列｛b n ｝的前n 项和S n .跟踪演练1。

高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版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a 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12d ；高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 ③S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，S mk －S (m －1)k ，…构成公差为k 2d 的等差数列； ④若数列{a n }共有2n 项，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1；⑤若数列{a n }共有2n －1项，则S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －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a m a n ＝a p a q (m ，n ，p ，q ∈N *)；②若m ，n ，p 成等差数列，则a 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＝q ，若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q ；⑤当q≠－1时，连续m 项的和(如S m ， S 2m －S m ， S 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．例1 （1）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 ．22022－2 B ．22023－2 C ．22024－2D ．22021－2（2）(2024·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，则下面说法不正确的是( )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＋n21．典型的递推关系式及处理方法高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版2．S n 与a n 关系问题的求解思路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an ＝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 ．422．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n －1n，则其通项公式为________．例2 （1）(2023·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（2）(2023·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高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版（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．0.57 B ．0.59 C ．0.61D ．0.63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 ．120212．(2024·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高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 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例3 （1）(2024·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（2）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 >0 B ．a 8＝0 C ．S 15>0D ．S 6>S 5，S 12>S 111．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，a2，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 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高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例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（2）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，则下列结论错误的是( )A ．{S 2n}是等差数列 B ．S n ＋S n ＋2<2S n ＋1 C ．a n ＋1>a nD ．S n －1S n≥ln n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．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，则下列说法中不正确的是( )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＝6722．(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________．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版1．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 ．6 D ．32．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 ．0.93．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＋1a 2，b 3＝1＋1a 1＋1a 2＋1a 3，…，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高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 4．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5．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 2．6．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。