2020版新高考数学大二轮复习：等差数列与等比数列(真题及考点精讲)

2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝2a3，且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于()A．29B．31C．33 D．36【例2】．an是公差不为0的等差数列，满足a24＋a25＝a26＋a27，则该数列的前10项和S10等于()A．－10B．－5C．0D．5【例3】．已知递增数列{an}对任意n∈N*均满足an∈N*，aan＝3n，记bn＝a2•3n－1(n ∈N*)，则数列{bn}的前n项和等于()A．2n＋n B．2n＋1－1C.3n＋1－3n2D.3n＋1－32题组训练一等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a5＝4，S15＝60则a20等于()A．4B．6C．10D．122．在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则a6等于()A．8 B．6 C．4 D．33．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前15项和为()A．152 B．135 C．80 D．16题型二等差、等比数列的性质及应用【题型要点】(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)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{an}，{bn}满足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差数列，且a8•a2 008＝14，则b1＋b2＋b3＋…＋b2 015等于()A．log22 015 B．2 015 C．－2 015 D．1 0082．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10，S12＝130，则S8等于()A．－30 B．40C．40或－30 D．40或－503．等比数列{an}的首项为32，公比为－12，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－1Sn 的最大值与最小值之和为()A．－23 B．－712C.14D.56题组训练二等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则a1a17a9的值为()A．23 B．4 C．±22 D．±42．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－217<d<－19，则当Sn 取最大值时n的值为________．3．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016•a2 017＜0，则使前n 项和Sn＞0成立的最大正整数n是()A．2 016B．2 017 C．4 032 D．4 033题型三等差、等比数列的综合问题【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于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．【例3】已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列{an}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{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．题组训练三等差、等比数列的综合问题已知数列{an}中，a1＝1，an•an＋1＝，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n －1，n∈N*.(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；(2)求T2n.题型四数列与其他知识的交汇【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB→＝a1OA→＋a2 016OC→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S2 016等于()A．1 007B．1 008C．2 015D．2 016题组训练四数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为()A.12B.32C．1 D．－322．已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得am•an ＝4a1，则1m＋4n的最小值为()A.32B.53C.256D.433．艾萨克•牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)的零点时给出一个数列xn满足xn＋1＝xn－′，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列xn为牛顿数列，设an＝ln xn－2xn－1，已知a1＝2，xn>2，则an的通项公式an＝________.【专题训练】一、选择题1．等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg an}的前10项和等于()A．2B．lg 50C．10D．52．在正项等比数列{an}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()A．64 B．32C．16 D．83．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()A．13 B．12C．11 D．104．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn等于()A．n(3n－1) ＋C．n(n＋1) ＋5．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若S12－S6S6－7•S6－S3S3－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a35，则1m＋8n的最小值是()A.157B.95C.53D.756．数列an是以a为首项，b为公比的等比数列，数列bn满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n ＝1,2，…)，数列cn满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若cn为等比数列，则a＋b 等于()A.2 B．3 C.5 D．6二、填空题7．数列{an}的通项an＝n2•，其前n项和为Sn，则S30＝________.8．已知数列{an}满足a1＝2，且an＝2nan－1an－1＋n－1(n≥2，n∈N*)，则an＝________.9．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？()A．8日B．9日C．12日D．16日10．数列{logkan}是首项为4，公差为2的等差数列，其中k>0，且k≠1.设cn＝anlg an，若{cn}中的每一项恒小于它后面的项，则实数k的取值范围为________．三、解答题11．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an；若不存在，请说明理由．12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足an＋1＝an•bn，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一 等差、等比数列的基本运算 【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．29B ．31C ．33D ．36【解析】 法一：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1qa 1q 4＝2a 1q 2a 1q 3＋2a 1q 6＝2×54，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12a 1＝16，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝31，故选B.法二：由a 2a 5＝2a 3，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，所以a 7＝14，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝a 2(1－q 5)1－q＝31，故选B.【答案】 B【例2】．{}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5【解析】 由题意，得a 24－a 27＝a 26－a 25，即()a 4－a 7()a 4＋a 7＝()a 6－a 5()a 6＋a 5，即－3d ()a 4＋a 7＝d ()a 6＋a 5，又因为d ≠0，所以a 4＋a 7＝a 6＋a 5＝0，则该数列的前10项和S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5()a 6＋a 5＝0.故选C.【答案】 C【例3】．已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －1(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和等于( )A ．2n ＋nB ．2n ＋1－1C.3n ＋1－3n 2D.3n ＋1－32【解析】 因为aa n ＝3n ，所以a 1≤3，若a 1＝1，那么a 1＝aa 1＝3×1＝3≠1矛盾，若a 1＝2，那么a 2＝aa 1＝3×1＝3成立，若a 1＝3，那么a 3＝aa 1＝3×1＝3＝a 1矛盾，所以a 2＝b 1＝2，当aa an ＝3a n ＝a 3n ，所以b n ＝a 2·3n －1＝a 3·2·3n －2＝3a 2·3n －2＝3b n －1，即b n b n －1＝3，数列{b n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以前n 项和为b 1(1－q n )1－q ＝3(1－33)1－3＝3n ＋1－32，故选D.【答案】 D题组训练一 等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝4，S 15＝60则a 20等于( ) A ．4 B ．6 C ．10 D ．12 【解析】 等差数列{a n }的前n 项和为S n ， ∵a 3＋a 5＝4，S 15＝60，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝415a 1＋15×142d ＝60， 解得a 1＝12，d ＝12，∴a 20＝a 1＋19d ＝12＋19×12＝10.故选C.【答案】 C2．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．3【解析】 由等差数列的性质可知，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝2×3a 3＋3×2a 9＝6(a 3＋a 9)＝6×2a 6＝12a 6＝36，∴a 6＝3.故选D.【答案】 D3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )A ．152B ．135C ．80D ．16【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q 2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×(2＋16)2＝135，故选B. 【答案】 B题型二 等差、等比数列的性质及应用 【题型要点】(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)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 8·a 2 008＝14，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015等于( ) A ．log 22 015B ．2 015C ．－2 015D ．1 008【解析】 ∵数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，∴数列{a n }是等比数列，由a 8·a 2 008＝14，可得a 21 008＝14，即a 1 008＝12，∴a 1·a 2 015＝a 2·a 2 014＝…＝a 1 007·a 1 009＝a 21 008＝14，∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015＝log 2(a 1·a 2·…·a 2 015)＝log 2201521⎪⎭⎫⎝⎛＝－2 015.【答案】C2．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10，S 12＝130，则S 8等于( ) A ．－30 B ．40 C ．40或－30D ．40或－50【解析】 ∵数列{a n }为等比数列且数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S 4，S 8－S 4，S 12－S 8也构成等比数列．∴(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)，∵S 4＝10，S 12＝130，各项均为正数的等比数列{a n }， ∴(S 8－10)2＝10·(130－S 8)，∴S 8＝40.故选B. 【答案】 B3．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56【解析】 依题意得，S n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-21121123n＝1－n⎪⎭⎫⎝⎛-21.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n 的增大而减小，1＜S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n－1S n 随着S n 的增大而增大，0＜S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n ＜1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n ＜0.因此S n －1S n 的最大值与最小值分别为56、－712，其最大值与最小值之和为56－712＝312＝14，选C.【答案】 C题组训练二 等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 3B ．4C ．±2 2D ．±4【解析】 ∵a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，∴a 3a 15＝12，a 3＋a 15＝7，∵{a n }为等比数列，又a 3，a 9，a 15同号，∴a 9＞0，∴a 9＝a 3a 15＝23，∴a 1a 17a 9＝a 29a 9＝a 9＝2 3.故选A.【答案】 A2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．【解析】 因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d ，因为－217<d <－19，所以192<1－1d <10，所以n ≤9，即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0.所以当S n 取得最大值时n 的值为9.【答案】 93．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033【解析】 因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)2＝4 033a 2017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032，故选C.【答案】 C题型三 等差、等比数列的综合问题 【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于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．【例3】已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前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．【解析】 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝2112114-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-m ＝8⎪⎭⎫ ⎝⎛-m )21(1， ∵m⎪⎭⎫⎝⎛21随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-481292n ，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)． 题组训练三 等差、等比数列的综合问题已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫ ⎝⎛21，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .【解析】 (1)∵a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫⎝⎛21，∴a n ＋1·a n ＋2＝121+⎪⎭⎫⎝⎛n ，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12所以{b n }是公比为12的等比数列．∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32.∴b n ＝32×121-⎪⎭⎫⎝⎛n ＝32n . (2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列． ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝[]21121121211211-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫⎝⎛-nn ＝3－32n .题型四 数列与其他知识的交汇 【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( )A ．1 007B ．1 008C ．2 015D ．2 016 【解析】 ∵A 、B 、C 三点共线∴AB →＝λAC →∴OB →－OA →＝λ(OC →－OA →)，OB →＝(1－λ)OA →＋λOC → 又∵OB →＝a 1·OA →＋a 2 016OC →，∴a 1＝1－λ，a 2 016＝λ ∴a 1＋a 2 016＝1∴S 2 016＝2 016(a 1＋a 2 016)2＝1 008，∴选B.【答案】 B题组训练四 数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12B.32C ．1D ．－32【解析】 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3，即log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 【答案】 B2．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43【解析】 由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q＝－1(不合题意，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m＋n －2＝16a 21，即有m ＋n－2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎪⎭⎫⎝⎛+n m 41＝16⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++5426154m n n m m n n m ＝32，当且仅当4m n ＝n m ，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.【答案】 A3．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________.【解析】 ∵ 函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ，b ＝－3a . ∴f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a ＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3，∴x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n －3－2x 2n －22x n －3－1＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝212⎪⎪⎭⎫⎝⎛--n n x x ， 则数列a n 是以2为公比的等比数列，又∵a 1＝2 ，∴ 数列{}a n 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n＝2·2n－1＝2n.【答案】2n【专题训练】一、选择题1．等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg a n}的前10项和等于()A．2B．lg 50C．10D．5【解析】∵等比数列{a n}中，a4＝2，a7＝5，∴a1a10＝a2a9＝…＝a4a7＝10，∴数列{lg a n}的前10项和S＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg a1a2…a10＝lg 105＝5，故选D【答案】 D2．在正项等比数列{a n}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为()A．64 B．32C．16 D．8【解析】在正项等比数列{a n}中，∵a3a5＝64，∴a3a5＝a1a7＝64，∴a1＋a7≥2a1a7＝264＝2×8＝16，当且仅当a1＝a7＝8时取等号，∴a1＋a7的最小值为16，故选C.【答案】 C3．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是()A．13 B．12C．11 D．10【解析】设等比数列为{a n}，其前n项积为T n，由已知得a1a2a3＝2，a n a n－1a n－2＝4，可得(a1a n)3＝2×4，a1a n＝2，∵T n＝a1a2…a n，∴T2n＝(a1a2…a n)2＝(a1a n)(a2a n－1)…(a n a1)＝(a1a n)n ＝2n＝642＝212，∴n＝12.【答案】 B4．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．n (3n －1)B.n (n ＋3)2C ．n (n ＋1)D.n (3n ＋1)2【解析】 依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，选C.【答案】 C5．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( ) A.157 B.95 C.53D.75【解析】 ∵{a n }是等比数列，设{a n }的公比为q ， ∴S 12－S 6S 6＝q 6，S 6－S 3S 3＝q 3，∴q 6－7q 3－8＝0， 解得q ＝2(负值舍去)．又a 1a m a 2n ＝2a 35，∴a 31·2m＋2n －2＝2(a 124)3＝a 31213，∴m ＋2n ＝15，∴1m ＋8n ＝115⎪⎭⎫⎝⎛+n m 81(m ＋2n )＝17＋2n m ＋8m n 15≥17＋22n m ×8m n 15＝53，当且仅当2n m ＝8mn，即m ＝3，n ＝6时等号成立，∴1m ＋8n 的最小值是53，故选C. 【答案】 C6．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{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5D ．6【解析】 由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，则b n ＝1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n 1－b ，得c n ＝2＋nb a ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11－a 1－b ·b (1－b n )1－b ＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋abn ＋1(1－b )2，要使{}c n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，故选B.【答案】 B 二、填空题7．数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 3cos22ππn n ，其前n 项和为S n ，则S 30＝________. 【解析】 由题意可知，a n ＝n 2·cos 2n π3，若n ＝3k －2，则a n ＝(3k －2)2·⎪⎭⎫⎝⎛-21＝－9k 2＋12k －42(k ∈N *)；若n ＝3k －1，则a n ＝(3k －1)2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-21＝－9k 2＋6k －12(k ∈N *)；若n ＝3k ，则a n ＝(3k )2·1＝9k 2(k ∈N *)，∴a 3k －2＋a 3k －1＋a 3k ＝9k －52，k ∈N *，∴S 30＝9－52＋90－522×10＝470.【答案】 4708．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.【解析】 由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12，于是n a n －1＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---111n a n (n ≥2，n ∈N *)． 又1a 1－1＝－12，∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-1nan 是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－12n ，∴a n ＝n ·2n2n －1(n ∈N *)．【答案】 n ·2n2n －19．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日【解析】由题可知，良马每日行程a n 构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程b n 构成一个首项为97，公差为－0.5的等差数列，则a n ＝103＋13(n －1)＝13n ＋90，b n ＝97－0.5(n －1)＝97.5－0.5n ，则数列{a n }与数列{b n }的前n 项和为1125×2＝2250，又∵数列{a n }的前n 项和为n 2×(103＋13n ＋90)，数列{b n }的前n 项和为n 2×(97＋97.5－0.5n )，n 2(103＋3n ＋90)＋n2(97＋97.5－0.5n )＝2250，整理得：25n 2＋775n －9 000＝0，即n 2＋31n －360＝0，解得：n ＝9或n ＝－40(舍)，即九日相逢．故选B.【答案】B10．数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为________．【解析】 由题意得log k a n ＝2n ＋2，则a n ＝k2n ＋2，∴a n ＋1a n ＝k 2(n ＋1)＋2k2n ＋2＝k 2，即数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *恒成立，即(n ＋1)lg k <(n ＋2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立；当k >1时，lg k >0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；当0<k <1时，lg k <0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<⎪⎭⎫ ⎝⎛++21n n min .∵n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2单调递增，∴当n ＝1时，n ＋1n ＋2取得最小值，即⎪⎭⎫⎝⎛++21n n min ＝23，∴k 2＜23，且0<k <1，∴0<k <63.综上，k ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,0∪(1，＋∞)．【答案】 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,0∪(1，＋∞) 三、解答题11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．【解】 (1)当n ＝1时，由S 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3； 当n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9； 当n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)令(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)·(21＋λ)，解得λ＝3. 由S n ＝2a n －3n 及S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3. 由以上结论得a n ＋1＋3＝(2a n ＋3)＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是首项为6，公比为2的等比数列，因此存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}为等比数列，所以a n ＋3＝(a 1＋3)×2n －1，a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛23a n ·b n ，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．【解】 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ⇒a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝123-⎪⎭⎫ ⎝⎛n .(2)由a n ＋1＝⎪⎭⎫⎝⎛23a n ·b n ，得b n ＝1a n log 32a n ＋1＝(23)n －1log 32(32)n ＝n ·123-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32－n ·132-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝2n －13n (2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.。

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，近几年高考题一般设置一道选择题和一道解答题，分值分别为5分和12分.核心知识回顾1.等差数列(1)通项公式：□01a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d . (2)等差中项公式：□022a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． (3)前n 项和公式：□03S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2. 2．等比数列(1)等比数列的通项公式：□01a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m . (2)等比中项公式：□02a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)．(3)等比数列的前n 项和公式：□03S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q (q ≠1).3．等差数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，则□01a m ＋a n ＝a l ＋a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 时，有□02a m ＋a n ＝2a p .(2)若{a n }，{b n }是等差数列，则{ka n ＋tb n }(k ，t 是非零常数)是□03等差数列． (3)等差数列“依次每m 项的和”即S m ，□04S 2m －S m ，□05S 3m －S 2m ，…仍是等差数列． (4)等差数列{a n }，当项数为2n 时，S 偶－S 奇＝□06nd ，S 奇S 偶＝□07a n a n ＋1，项数为2n －1时，S 奇－S 偶＝□08a 中＝□09a n ，S 2n －1＝(2n －1)a n 且S 奇S 偶＝□10n n －1.(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)4．等比数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，则□01a m ·a n ＝a l ·a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 时，有□02a m ·a n ＝a 2p .(2)当n 为偶数时，S 偶S 奇＝□03q (公比)．(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次m 项的和”，即S m ，□04S 2m －S m ，□05S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．热点考向探究考向1 等差数列、等比数列的运算例1 (1)(2019·陕西榆林高考第三次模拟)在等差数列{a n }中，其前n 项和为S n ，且满足若a 3＋S 5＝12，a 4＋S 7＝24，则a 5＋S 9＝( )A ．24B ．32C ．40D ．72答案 C解析 ∵a 3＋S 5＝6a 3＝12，a 4＋S 7＝8a 4＝24，∴a 3＝2，a 4＝3，∴a 5＝4，∴a 5＋S 9＝10a 5＝40.故选C.(2)在等差数列{a n }中，已知a 4＝5，a 3是a 2和a 6的等比中项，则数列{a n }的前5项的和为( )A ．15B ．20C ．25D ．15或25答案 D解析 设公差为d ，∵a 3为a 2，a 6的等比中项，∴a 23＝a 2·a 6，即(a 4－d )2＝(a 4－2d )(a 4＋2d )，∴5d (d －2)＝0，∴d ＝0或d ＝2.∴5－d ＝5或3，即a 3＝5或3，∴S 5＝5a 3＝25或15.故选D.(3)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________． 答案 3n－1解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，∴{a n }为等比数列，且首项为2，公比为3，∴S n ＝3n－1.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．1．在各项为正数的等比数列{a n }中，S 2＝9，S 3＝21，则a 5＋a 6＝( ) A ．144 B ．121 C ．169 D ．148答案 A解析 由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝9，a 1＋a 2＋a 3＝21，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝9，a 1(1＋q ＋q 2)＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－23，a 1＝27(舍去)．∴a 5＋a 6＝a 1q 4(1＋q )＝144.故选A.2．(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，五等人与六等人所得黄金数之和为( )A.13 B.76C.73D.67答案 C解析 设a n 为第n 等人的得金数，则{a n }为等差数列，由题设可知a 1＋a 2＋a 3＝4，a 8＋a 9＋a 10＝3，故a 2＝43，a 9＝1，而a 5＋a 6＝a 2＋a 9＝73.故选C.3．(2019·安徽太和第一中学高一调研)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2022a 2020＝( )A ．4×20202－1 B ．4×20192－1 C ．4×20222－1D ．4×20192答案 A解析 ∵a 1＝a 2＝1，a 3＝3，∴a 3a 2－a 2a 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＋1a n＝2n －1， ∴a 2022a 2020＝a 2022a 2021·a 2021a 2020＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A. 考向2 等差数列、等比数列的判定与证明例2 已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n≥2，n∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n <12.证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，1S n －1S n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)·2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．(2019·江西八所重点中学4月联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n (n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)证明：∵a n ＋1＝44－a n ，∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n2a n －4＝－12为常数，又a 1＝1，∴1a 1－2＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知，1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12， ∴a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1， ∴b n ＝a 2n a 2n －1＝4n2n ＋12(2n －1)2n ＝4n2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n ＋n 2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1.考向3 数列中a n 与S n 的关系问题例3 设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ， ∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3. ∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列． ∴a n ＝3×3n －1＝3n.(2)由(1)，得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n. ∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n，① 3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，②①－②，得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×32(1－3n －1)1－3－(2n －1)×3n ＋1＝－6－(2n －2)×3n ＋1.∴T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.由a n 与S n 的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).(2019·福建泉州5月质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)证明：{a n }为等比数列；(2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围． 解 (1)证明：由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2)． 又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)， 所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得a n ＝2n，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn (n ＋1)＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1， 因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10(n ＋1)n， 因为10(n ＋1)n＝10⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞)．真题押题『真题模拟』1．(2019·湖南六校高三联考)已知公差d ≠0的等差数列{a n }满足a 1＝1，且a 2，a 4－2，a 6成等比数列，若正整数m ，n 满足m －n ＝10，则a m －a n ＝( )A ．10B ．20C ．30D ．5或40答案 C解析 由题意，知(a 4－2)2＝a 2a 6，因为{a n }为等差数列，所以(3d －1)2＝(1＋d )(1＋5d )，因为d ≠0，解得d ＝3，从而a m －a n ＝(m －n )d ＝30.故选C.2．(2019·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答案 C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.3．(2019·安徽宣城高三第二次调研)我国明代珠算家程大位的名著《直指算法统宗》中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”其意思为：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”请问：乙应该分得________白米( )A ．96石B ．78石C ．60石D ．42石答案 C解析 今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石．设此等差数列为{a n }，公差为d ，其前n 项和为S n ，∴d ＝a 3－a 13－1＝－362＝－18，S 3＝3a 1＋3×22×(－18)＝180，解得a 1＝78.∴a 2＝a 1＋d ＝78－18＝60.∴乙应该分得60石．故选C.4．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.5．(2019·新疆高三第一次诊断)已知数列{a n }为等差数列，a 3＝3，a 1＋a 2＋…＋a 6＝21，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m 16，则m 能取到的最大正整数是________．答案 7解析 设数列{a n }的公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，6a 1＋15d ＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n ，且1a n ＝1n ，∴S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，令T n ＝S 2n －S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， 则T n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2， 即T n ＋1－T n ＝12n ＋2＋12n ＋1－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，∴T n ＋1>T n ，则T n 随着n 的增大而增大， 即T n 在n ＝1处取最小值，∴T 1＝S 2－S 1＝12，∵对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m16成立，∴12>m16即可，解得m <8， 故m 能取到的最大正整数是7.『金版押题』6．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝12S n ＋1S n ，则数列{S n }的通项公式为________．答案 －2n ＋1解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12S n ＋1S n ，所以1S n ＋1－1S n ＝－12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－12为公差的等差数列．所以1S n ＝－1－12(n －1)＝－12n －12.故S n ＝－2n ＋1.7．给出一个直角三角形数阵(如下)，满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i 行第j 列的数为a ij (i ≥j ，i ，j ∈N *)，则a n 4＝________.14 12，14 34，38，316 … 答案n32解析 因为每一列的数成等差数列，且第一列公差为12－14＝14，所以a i 1＝14＋(i －1)14＝i4，因为从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等为3834＝12，所以a ij ＝a i 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1＝i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1(i ≥3)，因此a n 4＝n 4⎝ ⎛⎭⎪⎫124－1＝n 32. 8．已知正项等比数列{a n }满足：a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20，若存在两项a m ，a n 使得 a m a n ＝32，则1m ＋4n的最小值为________．答案 34解析 因为数列{a n }是正项等比数列，a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20，所以a 2a 8＝a 25＝16a 5，a 5＝16，a 3＝4.由a 5＝a 3q 2，得q ＝2(q ＝－2舍去)，由a 5＝a 1q 4，得a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，因为a m a n ＝32，所以2m －12n －1＝210，m ＋n ＝12，1m ＋4n ＝112(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝112⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥112⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝34(m >0，n >0)，当且仅当n ＝2m 时“＝”成立， 所以1m ＋4n 的最小值为34.配套作业一、选择题1．(2019·山东德州高三下学期联考)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 ．4B ．8C ．16D ．32答案 D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.2．已知等比数列{a n }满足a 1a 2＝1，a 5a 6＝4，则a 3a 4＝( ) A ．2 B ．±2 C. 2 D ．± 2答案 A解析 ∵a 1a 2，a 3a 4，a 5a 6成等比数列，即(a 3a 4)2＝(a 1a 2)(a 5a 6)，∴(a 3a 4)2＝4，a 3a 4与a 1a 2符号相同，故a 3a 4＝2，故选A.3．(2019·安徽蚌埠高三下学期第二次检测)等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成以d 为公比的等比数列，则d ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 A解析 将a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1转化为a 1，d 的形式为a 1＋1，a 1＋1＋d ，a 1＋1＋3d ，由于这三个数成以d 为公比的等比数列，故a 1＋1＋d a 1＋1＝a 1＋1＋3d a 1＋1＋d ＝d ，化简得a 1＋1＝d ，代入a 1＋1＋da 1＋1＝d ，得2dd＝2＝d ，故选A.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( ) A ．63 B ．45 C ．36D ．27答案 B解析 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝9，S 6＝36，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＝9，6a 1＋6×52d ＝36，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＝3(a 1＋7d )＝3×(1＋7×2)＝45.解法二：由等差数列的性质，知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，即9,27，S 9－S 6成等差数列，所以S 9－S 6＝45，即a 7＋a 8＋a 9＝45.5．已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则( ) A ．S 6＝－2S 3 B ．S 6＝－12S 3C ．S 6＝12S 3D ．S 6＝2S 3答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则S 6＝(1＋q 3)S 3，S 9＝(1＋q 3＋q 6)S 3，因为S 3，S 9，S 6成等差数列，所以2(1＋q 3＋q 6)S 3＝S 3＋(1＋q 3)S 3，解得q 3＝－12，故S 6＝12S 3.6．(2019·陕西西安高三第一次质检)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( )A ．0 B.252C ．21D ．42答案 C解析 函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，平移可得y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列{a n }的前21项和S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21.故选C.二、填空题7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1,2S n ＝a n ＋1，则S n ＝________. 答案 3n －1解析 由2S n ＝a n ＋1得2S n ＝a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以3S n ＝S n ＋1，即S n ＋1S n＝3，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，q ＝3为公比的等比数列，所以S n ＝3n －1.8．设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 答案 －8解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ①a 1(1－q 2)＝－3. ②∵a 1＋a 2＝－1≠0，∴q ≠－1，即1＋q ≠0.②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2.∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.9．(2019·山西太原第五中学高三阶段检测)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝n (n ＋1)2解析 由题设可得a n ＋1＝b n b n ＋1，a n ＝b n b n －1，得2b n ＝a n ＋a n ＋1⇒2b n ＝b n b n －1＋b n b n ＋1，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，又a 1＝1，a 2＝3⇒2b 1＝4⇒b 1＝2，则{b n }是首项为2的等差数列．由已知得b 2＝a 22b 1＝92，则数列{b n }的公差d ＝b 2－b 1＝322－2＝22，所以b n ＝2＋(n －1)22＝2(n ＋1)2，即b n ＝n ＋12.当n ＝1时，b 1＝2，当n ≥2时，b n －1＝n 2，则a n ＝b n b n －1＝n (n ＋1)2，a 1＝1符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.10．已知数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，则a n ＝________，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋2－32，n ≥2解析 由题意可得，当n ＝1时，13a 1＝4，解得a 1＝12.当n ≥2时，13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n－1＝3n －2，所以13n a n ＝3，n ≥2，即a n ＝3n ＋1，n ≥2，又当n ＝1时，a n ＝3n ＋1不成立，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝12＋33－3n ＋21－3＝3n ＋2－32.三、解答题11．(2019·广东茂名五大联盟学校高三3月联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(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 ＋(n ＋2n)λ}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a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可知当n ＝1时，a 1－12a 1－1＝0，即a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12S n －1＝0， 即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n . 所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2(2n－1)，所以S n ＋(n ＋2n )λ＝2(2n －1)＋(n ＋2n)λ 若数列{S n ＋(n ＋2n)λ}为等差数列，则S 1＋(1＋2)λ，S 2＋(2＋22)λ，S 3＋(3＋23)λ成等差数列， 即有2[S 2＋(2＋22)λ]＝[S 1＋(1＋2)λ]＋[S 3＋(3＋23)λ]， 即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.经检验λ＝－2时，{S n ＋(n ＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2.12．(2019·江西上饶市高三二模)已知首项为1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，等差数列{b n }满足b 1＝a 2，b 4＝a 3，数列{b n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c n a n＝S n ，求{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的通项公式为a n ＝a 1qn －1，∴a 1q ＋a 1q 3＝3(a 1＋a 1q 2)，∴q ＝3.∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1，∴a 2＝3，a 3＝9，∴b 1＝3，b 4＝9. 设{b n }的公差为d ，∴d ＝b 4－b 13＝2，∴b n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝2n ＋1，∴S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n ，当n ＝1，c 1a 1＝3，c 1＝3，当n ≥2，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n a n＝n 2＋2n ，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝(n －1)2＋2(n －1)， 两式相减，得c na n＝2n ＋1，∴c n ＝(2n ＋1)·3n －1，经检验，n ＝1时上式也成立．综上，c n ＝(2n ＋1)·3n －1，n ∈N *.T n ＝3×30＋5×31＋…＋(2n ＋1)·3n －1，∴3T n ＝3×31＋5×32＋…＋(2n ＋1)·3n，两式相减－2T n ＝3－(2n ＋1)·3n ＋2×31＋2×32＋…＋2×3n －1＝3－(2n ＋1)·3n＋6(1－3n －1)1－3＝－2n ·3n.∴T n ＝n ·3n.13．已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3T n ＝S 2n ＋2S n ，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)由3T 1＝S 21＋2S 1，得3a 21＝a 21＋2a 1，即a 21－a 1＝0. 因为a 1>0，所以a 1＝1. (2)因为3T n ＝S 2n ＋2S n ， ① 所以3T n ＋1＝S 2n ＋1＋2S n ＋1, ②②－①，得3a 2n ＋1＝S 2n ＋1－S 2n ＋2a n ＋1，即3a 2n ＋1＝(S n ＋a n ＋1)2－S 2n ＋2a n ＋1.因为a n ＋1>0， 所以a n ＋1＝S n ＋1, ③ 所以a n ＋2＝S n ＋1＋1, ④④－③，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1，即a n ＋2＝2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＋1a n＝2. 又由3T 2＝S 22＋2S 2，得3(1＋a 22)＝(1＋a 2)2＋2(1＋a 2)， 即a 22－2a 2＝0.因为a 2>0，所以a 2＝2，所以a 2a 1＝2，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1a n＝2成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.14．(2019·河北省中原名校联盟高三联考)已知正项等比数列{a n }中，a 1＝12，且a 2，a 3，a 4－1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2log 2a n ＋4，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q .因为a 2，a 3，a 4－1成等差数列．所以2a 3＝a 2＋a 4－1，得2a 1q 2＝a 1q ＋a 1q 3－1.又a 1＝12，则2×12q 2＝12q ＋12q 3－1，即q 2＝12q ＋12q 3－1.所以2q 2＝q ＋q 3－2，所以2q 2＋2＝q ＋q 3， 所以2(q 2＋1)＝q (q 2＋1)．所以(q 2＋1)(2－q )＝0. 显然q 2＋1≠0，所以2－q ＝0，解得q ＝2. 故数列{a n }的通项公式a n ＝a 1·q n －1＝12·2n －1＝2n －2. (2)由(1)知，b n ＝2log 22n －2＋4＝2(n －2)＋4＝2n .所以1b n b n ＋1＝12n ·2(n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.则T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1).。

专题四 数 列第1讲 等差数列、等比数列真题试做 1．(2020·福建高考，理2)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )． A ．1 B ．2 C ．3 D ．42．(2020·安徽高考，理4)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( )．A ．4B ．5C ．6D ．73．(2020·浙江高考，理7)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( )．A ．若d ＜0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d ＜0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n ＞0D ．若对任意n ∈N *，均有S n ＞0，则数列{S n }是递增数列4．(2020·课标全国高考，理5)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )．A ．7B ．5C ．－5D ．－75．(2020·江苏高考，20)已知各项均为正数的两个数列{a n }和{b n }满足：a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n，n ∈N *.(1)设b n ＋1＝1＋b n a n，n ∈N *，求证：数列2n nb a⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列；(2)设b n ＋1＝2·b n a n，n ∈N *，且{a n }是等比数列，求a 1和b 1的值．考向分析高考中等差(等比)数列的考查主客观题型均有体现，一般以等差数列、等比数列的定义或以通项公式、前n 项和公式为基础考点，常结合数列递推公式进行命题，主要考查学生综合应用数学知识的能力以及计算能力等，中低档题占多数．考查的热点主要有三个方面：(1)对于等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查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，主要出现在解答题的第一问，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、等比数列的基本运算【例1】(2020·福建莆田质检，20)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，等式a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1对任意n ∈N *均成立．(1)若a 4＝10，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 2＝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，注重五个基本量a 1，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．我们重在认真观察已知条件，在选择a 1，d (q )两个基本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的基本性质转化已知条件，否则可能会导致列出的方程或方程组较为复杂，无形中增大运算量．在运算过程中要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)解决等差数列前n 项和常用的有三个公式S n ＝n (a 1＋a n )2；S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)，灵活地选用公式，解决问题更便捷；(2)利用等比数列前n 项和公式求和时，不可忽视对公比q 是否为1的讨论．变式训练1 (2020·山东青岛质检，20)已知等差数列{a n }的公差大于零，且a 2，a 4是方程x 2－18x ＋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b 3＝a 3，S 3＝13.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ≤5，b n ，n >5，n ∈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，a 2，a 48是方程2x 2－7x ＋6＝0的两个根，则a 1·a 2·a 25·a 48·a 49的值为( )．A ．212B ．9 3C ．±9 3D ．35(2)正项等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为( )．A ．5＋12或5－12 B ．5＋12 C ．5－12 D ．1－52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，项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解；(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2的综合应用．变式训练2 (1)(2020·江西玉山期末，3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 15＝25π，则tan a 8的值是( )．A ． 3B ．－ 3C ．± 3D ．－33(2)(2020·广西桂林调研，7)已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和为S n ，若公比q ＝2，S 4＝1，则S 8＝( )．A ．17B ．16C ．15D ．256 热点三 等差、等比数列的判定与证明【例３】(2020·山东淄博一模，20)已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n－1(n ≥2，且n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 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 }为等差数列或等比数列有两种基本方法： (1)定义法a n ＋1－a n ＝d (d 为常数)⇔{a n }为等差数列；a n ＋1a n＝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 2n ＝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活选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如本题中的方法；另一种思路是根据已知条件变换出要解决的目标，如本题还可这样去做：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a n －12n ＝a n －1－12n －1＋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)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)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 )，a 1＝－23.是否存在常数λ使数列{a n －n ＋λ}为等比数列，若存在，求出λ的值及数列的通项公式；若不存在，请说明理由．思想渗透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)已知等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n 项和公式以及由通项公式和前n 项和公式求首项、公差(比)、项数及项等，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：(1)运用等差(比)数列的通项公式及前n 项和公式中的5个基本量，建立方程(组)，进行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．【典型例题】在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，当S 11＋S 22＋…＋S nn最大时，求n 的值．解：(1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25， ∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25. 又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5.又a 3与a 5的等比中项为2，∴a 3a 5＝4. 而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5.∴a 3＝4，a 5＝1，q ＝12，a 1＝16.∴1511622n n n a -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭－＝＝.(2)b n ＝log 2a 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 ＝n (9－n )2，S n n ＝9－n 2，∴当n ≤8时，S n n ＞0，当n ＝9时，S n n ＝0，n ＞9时，S n n＜0， 当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋…＋S nn最大．1．(2020·河北冀州一模，5)在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }前11项的和S 11等于( )．A ．24B ．48C ．66D ．1322．在等比数列{a n }中，a n ＞0，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 5＝( )． A ．16 B ．8 C ．4 D ．323．(2020·广东汕头质检，2)已知等比数列{a n }的公比q 为正数，且2a 3＋a 4＝a 5，则q 的值为( )．A ．32B ．2C ．52D ．3 4．(2020·河北衡水调研，6)等差数列{a n }前n 项和为S n ，满足S 20＝S 40，则下列结论中正确的是( )．A ．S 30是S n 中的最大值B ．S 30是S n 中的最小值C ．S 30＝0D ．S 60＝05．已知正项等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n ，使得a m ·a n ＝4a 1，则1m＋4n的最小值为________．6．(原创题)已知数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列，且满足a 1 000＋a 1 013＝π，b 1b 13＝2，则tan a 1＋a 2 0121－b 47＝__________.7．若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝pS n ＋r (n ∈N *)，p ，r ∈R ，S n 为数列{a n }的前n 项和． (1)当p ＝2，r ＝0时，求a 2，a 3，a 4的值；(2)是否存在实数p ，r ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出p ，r 满足的条件；若不存在，说明理由．8．设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .参考答案命题调研·明晰考向 真题试做1．B 2．B 3．C 4．D5．解：(1)证明：由题设知a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n＝1n b＋所以b n ＋1a n ＋1＝，从而2211n n n n b b a a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＋＋－＝1(n ∈N *)，所以数列2n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是以1为公差的等差数列．(2)因为a n ＞0，b n ＞0， 所以(a n ＋b n )22≤a 2n ＋b 2n ＜(a n ＋b n )2，从而1＜a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n≤ 2.(*)设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0知q ＞0.下证q ＝1.若q ＞1，则a 1＝a 2q＜a 2≤2，故当n ＞log q2a 1时，a n ＋1＝a 1q n＞2，与(*)矛盾；若0＜q ＜1，则a 1＝a 2q ＞a 2＞1，故当n ＞log q 1a 1时，a n ＋1＝a 1q n＜1，与(*)矛盾． 综上可知，q ＝1，故a n ＝a 1(n ∈N *)，所以1＜a 1≤ 2.又b n ＋1＝2·b n a n ＝2a 1·b n (n ∈N *)，所以{b n }是公比为2a 1的等比数列．若a 1≠2，则2a 1＞1，于是b 1＜b 2＜b 3.又由1a ＋得1n b ，所以b 1，b 2，b 3中至少有两项相同，矛盾．所以a 1＝2，从而1n b ＝ 2.所以a 1＝b 1＝ 2. 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 ， ∵a 1＝1，a 4＝10，∴a 4＝a 1＋3d ＝10，∴d ＝3. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2. (2)∵a 2＝1＋t ，∴公差d ＝a 2－a 1＝t .∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)t .S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)2t .由a m ＝S m ，得1＋(m －1)t ＝m ＋m (m －1)2t ，∴(m －1)t ＝(m －1)＋m (m －1)2t .∴t ＝1＋m 2t .∴t ＝22－m.∵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)，则由x 2－18x ＋65＝0，解得x ＝5或x ＝13. 因为d ＞0，所以a 2＜a 4，则a 2＝5，a 4＝13. 则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，解得a 1＝1，d ＝4，所以a n ＝1＋4(n －1)＝4n －3.因为⎩⎪⎨⎪⎧b 3＝b 1q 2＝9，b 1＋b 1q ＋b 1q 2＝13，q >0，解得b 1＝1，q ＝3.所以b n ＝3n －1.(2)当n ≤5时， T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－n ；当n ＞5时，T n ＝T 5＋(b 6＋b 7＋b 8＋…＋b n )＝(2×52－5)＋35(1－3n －5)1－3＝3n－1532，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－n ，n ≤5，3n－1532，n >5.(n ∈N *)【例2】(1)B 解析：依题意知a 2·a 48＝3. 又a 1·a 49＝a 2·a 48＝225a ＝3，a 25＞0， ∴a 1·a 2·a 25·a 48·a 49＝a 255＝9 3.(2)C 解析：因为a 2，12a 3，a 1成等差数列，所以a 3＝a 1＋a 2.∴q 2＝1＋q .又q ＞0，解得q ＝1＋52，故a 3＋a 4a 4＋a 5＝a 3＋a 4(a 3＋a 4)q ＝1q ＝5－12. 【变式训练2】(1)B (2)A【例3】(1)证明：设b n ＝a n －12n ，b 1＝5－12＝2，∴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， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 是首项为2，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)知，a n －12n ＝a 1－12＋(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则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＝452.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n－n ＋452是以－32为首项，－1为公比的等比数列．故a n －n ＋452＝－32(－1)n －1，即a n ＝n －452－32(－1)n －1.创新模拟·预测演练1．D 2．A 3．B 4．D 5．326．－ 37．解：(1)由a 1＝1，a n ＋1＝pS n ＋r ，当p ＝2，r ＝0时，a n ＋1＝2S n ，∴a 2＝2a 1＝2，a 3＝2S 2＝2(a 1＋a 2)＝2×(1＋2)＝6，a 4＝2S 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＝2×(1＋2＋6)＝18. (2)∵a n ＋1＝pS n ＋r ， ∴a n ＝pS n －1＋r (n ≥2)．∴a n ＋1－a n ＝(pS n ＋r )－(pS n －1＋r )＝pa n ，即a n ＋1＝(p ＋1)a n ，其中n ≥2. ∴若数列{a n }为等比数列，则公比q ＝p ＋1≠0. ∴p ≠－1.又a 2＝p ＋r ＝a 1q ＝a 1(p ＋1)＝p ＋1， 故r ＝1.∴当p ≠－1，r ＝1时，数列{a n }为等比数列． 8．解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ＞1)．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1－6a 2＋a 3＝－7，亦即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q ＋q 2)＝7，a 1(1－6q ＋q 2)＝－7，解得a 1＝1，q ＝2或a 1＝4，q ＝12(舍去)．故a n ＝2n －1.(2)由(1)得a 3n ＋1＝23n，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n＝3n ln 2， ∴b n ＋1－b n ＝3ln 2.∴{b n }是以b 1＝3ln 2为首项，公差为3ln 2的等差数列．∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝n (3ln 2＋3n ln 2)2＝3n (n ＋1)ln 22，即T n ＝3n (n ＋1)ln 22.。

2020年高考数学二轮复习：06 等差数列与等比数列一、单选题（共12题；共24分）1.在等差数列中，，则数列的公差为（）A. B. C. 1 D. 2【答案】A【考点】等差数列的通项公式2.已知数列为等比数列，，数列的前项和为，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【考点】等比数列的通项公式，等比数列的前n项和3.已知数列为各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则=（）A. 32B. 31C. 30D. 29【答案】B【考点】等比数列的前n项和，等比数列的性质4.数列的通项公式，其前项和为，则（）A. B. C. D.【答案】A【考点】函数的周期性，等差数列的前n项和5.已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】 D【考点】等差数列的前n项和，等比数列的性质6.已知为等差数列，其公差为-2，且是与的等比中项，为的前n项和，，则的值为（）A. -100B. -90C. 90D. 110【答案】 D【考点】等差数列的前n项和，等比数列的性质7.在中，角、、所对的边分别为、、，若、、成等差数列，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【考点】等差数列的性质，任意角三角函数的定义，正弦定理8.在等比数列中，，，且前项和，则此数列的项数等于（）A. B. C. D.【答案】B【考点】等比数列的前n项和，等比数列的性质9.在等差数列中，已知，则该数列前9项和（）A. 18B. 27C. 36D. 45【答案】 D【考点】等差数列的前n项和，等差数列的性质10.等比数列的公比,则等于（）A. B. -3 C. D. 3【答案】C【考点】等比数列的性质11.已知数列满足，且是函数的极值点，设，记表示不超过的最大整数，则（）A. 2019 B. 2018 C. 1009 D. 1008【答案】 D【考点】利用导数研究函数的单调性，等比数列的通项公式，数列的求和12.明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有，，．据此，可得正项等比数列中，（）A. B. C. D.【答案】C【考点】等比数列的通项公式二、填空题（共5题；共5分）13.已知数列为正项等差数列，其前2020项和，则的最小值为________. 【答案】4【考点】基本不等式在最值问题中的应用，等差数列的前n项和14.若数列｛｝的前项和，则此数列的通项公式________．【答案】【考点】等差数列的通项公式15.已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足，则________．【答案】【考点】数列的概念及简单表示法，数列递推式16.已知等差数列的前项和是，，且成等比数列，则________. 【答案】【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的性质17.我国古代庄周所著的《庄子天下篇》中引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其含义是：一根一尺长的木棒，每天截下其一半，这样的过程可以无限地进行下去.若把“一尺之棰”的长度记为1个单位，则第天“日取其半”后，记木棒剩下部分的长度为，则________【答案】【考点】数列的概念及简单表示法，归纳推理三、解答题（共4题；共35分）18.已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求和：．【答案】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d.因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.解得d=2.所以a n=2n−1.（Ⅱ）设等比数列的公比为q.因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以.从而【考点】数列的求和，等差数列与等比数列的综合19.已知数列满足，且时，，，成等差数列．（1）求证：数列为等比数列；（2）求数列的前项和．【答案】（1）证明：由题意，当时，，，成等差数列，则，即，，又，数列是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）解：由（1），知，即，．【考点】等比关系的确定，数列的求和，等差数列的性质20.已知公差为的等差数列中，，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，且，求的值．【答案】（1）解：因为成等比数列，所以，即，将代入得，又，解得,所以（2）解：=则【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的性质21.已知等差数列的首项为1，公差为1，等差数列满足．（1）求数列和数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）解：由条件可知，，.，，，.由题意为等差数列，，解得，（2）解：由（1）知，，①则②①-②可得，.【考点】等差数列的通项公式，数列的求和，等差数列的性质。

专题三数列第一讲等差数列、等比数列高考导航平等差、等比数列基本量的考察，常以客观题的形式出现，考察利用通项公式、前n 项和公式成立方程组求解．2．平等差、等比数列性质的考察主要以客观题出现，拥有“新、巧、活”的特色，考察利用性质解决相关计算问题．3．平等差、等比数列的判断与证明，主要出此刻解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，所以是解决问题的重点环节.1．(2016 ·全国卷Ⅰ )已知等差数列 { a n} 前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝()A ．100B．99 C．98D．97[分析]设{ a n} 的公差为 d，由等差数列前 n 项和公式及通项公9＝9a1＋9×8a1＝－ 1，2＝，a n＝a1＋(n－1)d＝n式，得S d 27解得10＝a1＋9d＝8，d＝1，a－2，∴ a100＝100－2＝98.应选 C.[答案] C2．(2017 ·全国卷Ⅲ )等差数列 { a n} 的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则 { a n} 前 6 项的和为 ()A ．－ 24 B．－ 3 C．3 D．8[ 分析 ]设等差数列{ a n}的公差为d，依题意得a23＝a2·a6，即 (1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得 d＝－ 2 或 d＝0(舍去 )，又 a1＝1，∴ S66×5＝6×1＋2×(－2)＝－24.应选A.[答案]A3．(2016 ·浙江卷 )设数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，若 S2＝4，a n＋1＝*[ 分析 ]∵a n＋1＝2S n＋1，∴ a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴ 4－a1＝2a1＋1，解得 a1＝1.又 a n＋1＝S n＋1－S n，∴S n＋1－S n＝2S n＋1.解法一： S n＋1＝3S n＋1，由 S2＝4，可求出 S3＝13，S4＝40，S5＝121.1113解法二： S n＋1＝3S n＋1，则 S n＋1＋2＝ 3 S n＋2 .又 S1＋2＝2，∴13S n＋2是首项为2，公比为 3的等比数列，13n－13n－1∴ S n＋2＝2×3，即 S n＝2，35－1∴ S5＝2＝121.[答案] 11214．(2017 ·绵阳三诊 )已知 { a n} 是各项都为正数的数列，其前n 项1和为 S n，且 S n为 a n与a n的等差中项．(1)求证：数列 { S n2} 为等差数列；－ 1 n(2) b n＝a n，求{ b n}的前n和T n.1 [ 分析 ] (1)明：由意知2S n＝a n＋a n，即 2S n a n－a2n＝1.①当 n＝1 ，由①式可得 S1＝1；当 n≥2 ， a n＝S n－S n－1，代入①式得2S n(S n－ S n－1)－(S n－S n－1)2＝ 1，整理得 S2n－S2n－1＝1.∴ { S2n} 是首 1，公差 1 的等差数列．(2)由(1)知 S2n＝n， S n＝n，∴a n＝S n－S n－1＝ n－ n－1.∴ b n＝－1 n－1 nn＋ n－1)．＝＝(－1)n(a n n－ n－1当 n 奇数， T n＝－ 1＋ ( 2＋1)－(3＋2)＋⋯＋(n－1＋n－2)－( n＋ n－1)＝－ n；当 n 偶数， T n＝－ 1＋ ( 2＋1)－(3＋2)＋⋯－(n－1＋n－2)＋( n＋ n－1)＝ n.∴{ b n} 的前 n 和 T n＝(－1)n n.考点一等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通公式及前n 和公式a n＝a1＋(n－1)d；S n＝n a1＋a n＝na1＋n n－1 d.222．等比数列的通公式及前n 和公式a n＝a1q n－1(q≠0)；na1 q＝1 ，S n＝ a1 1－q n a1－a n q1－q ＝1－qq≠1 .[点 ]1．(2017 ·全国卷Ⅰ ) S n等差数列 { a n} 的前 n 和．若 a4＋a5＝24，S6＝48， { a n} 的公差 ()A ．1 B．2 C．4 D．8[ 分析 ] 等差数列 { a n} 中，S6＝a1＋a6×6＝48， a1＋a6＝ 16＝2a2＋a5，又 a4＋a5＝24，所以 a4－a2＝2d＝24－16＝8，得 d＝4，故 C.[答案] C2．(2017 ·全国卷Ⅱ )我国古代数学名著《算法宗》中有以下：“ 望巍巍塔七，光点点倍加增，共灯三百八十一，尖几灯？”意思是：一座 7 塔共挂了 381 灯，且相两中的下一灯数是上一灯数的 2倍，塔的共有灯 ()A ．1B．3C．5D．9[ 分析 ] 由意可知，由上到下灯的数a1， a2，a3，⋯，a7构a1 1－27成以 2 公比的等比数列，∴S7＝1－2＝381，∴ a1＝3.故 B.[答案]B3．(2017 ·湖北省武市武昌区高三研)公比q(q>0)的等比数列 { a n} 的前 n 和 S n.若 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2， a1＝()1 2A ．－ 2 B．－ 1 C.2 D.3[ 分析 ] 由 S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2 得 a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即 q ＋q 2＝3q 2－3，解得 q ＝－ 1(舍)或 q ＝3，将 q ＝3代入 S 2＝3a 2＋2 中得22a 1 33＋2，解得 a 1＝－ 1，应选 B.＋ a 1＝3× a 12 2[答案] B4． (2017 ·东北三校联考 )已知等差数列 { a n } 知足 a 2＝3，a 5＝9，若数列 { b 知足 ＝ 3，b ＋ ＝ab ，则 { b n } 的通项公式为 ．n } b 1 n 1 n________[分析] 由题意可得等差数列 { a n } 的公差 d ＝ a 5－a 25－2 ＝2，所以 a n＝ a 2＋(n －2)d ＝2n －1，则 b n ＋1＝ab n ＝2b n －1，b n ＋ 1－1＝2(b n －1)，又由于 b 1－1＝ 2，所以数列 { b n － 1} 是首项为 2、公比为 2 的等比数列，所以 b n －1＝ 2n ，b n ＝2n ＋1.[ 答案 ] b n ＝2n ＋1等差 (比)数列的运算注意两点(1)在等差 (比)数列中，首项 a 1 和公差 d(公比 q)是两个最基本的元素．(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显然，则均可化成对于 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．【易错提示】 等比数列前 n 项和公式中若不确立 q 能否等于 1 应分 q ＝1 或 q ≠1 两种状况议论．考点二等差、等比数列的性质[对点训练 ]1．(2017 ·广州六校联考 )已知等差数列 { a n} 中， a7＋ a9＝16， S11＝99，则 a的值是 ()212A ．15B．30 C．31 D．64[分析]由于 a7＋a9＝2a8＝16，所以 a8＝8.由于 S＝11 a1＋a11＝11×2a6＝11a ＝99，所以 a ＝9，则 d＝11226262a8－a6 72＝4，所以 a12＝a8＋4d＝15，应选 A.[答案]A2．太·原模拟已知等比数列{ a n}知足＝1，a＝4(a －1)，(2017)a143a54则 a2＝()11A ．2B．1 C.2 D.8[分析]由等比数列的性质，得a3a5＝a42＝4(a4－1)，解得 a ＝2.又 a ＝1，所以 q3＝a4＝8，即 q＝2，414a111故 a 2＝a1q ＝4×2＝2.[答案]C3．(2017 ·合肥模 ) 等比数列 { a n } 的前 n 和 S n ，若 S 5＝1，S 10＝3， S 15 的 是 ________．[ 分析 ] ∵数列 { a n } 是等比数列，∴ S 5，S 10－S 5，S 15－S 10 成等比数列，∴ (S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，4＝1×(S 15－3)，得 S 15＝7.[答案]7[ 研究追]3 中条件不 ，怎样求S 100 的 ？[分析]在等比数列 { a n } 中， S 5，S 10－ S 5，S 15－S 10，⋯成等比数列，因 S 5＝1，S 10＝3，所以 S 100 可表示 等比数列1,2,4，⋯的前201× 1－22020 和，故 S 100＝＝2 －1.[答案 ] 220－1等差、等比数列的性 是两种数列基本 律的深刻体 ， 是解决等差、等比数列 既快捷又方便的工具， 存心 地去 用．但在 用性 要注意性 的前提条件，有 需要 行合适 形．考点三 等差、等比数列的判断与 明1． 明数列 { a n } 是等差数列的两种基本方法(1)利用定 ， 明a n ＋1－a n (n ∈N * ) 一常数；(2)利用等差中 ，即 明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．2． 明数列 { a n } 是等比数列的两种基本方法a n＋1*(1)利用定义，证明a n(n∈N)为一常数；(2)利用等比中项，即证明a2n＝a n－1a n＋1(n≥2)．[ 解](1)证明：由 a1＝1，及 S n＋1＝4a n＋2，有 a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴ b1＝a2－2a1＝3.由 S n＋1＝4a n＋2①知当 n≥2 时，有 S n＝4a n－1＋2②①－②得 a n＋1＝4a n－4a n－1，∴a n＋1－2a n＝2(a n－2a n－1)又∵ b n＝a n＋1－2a n，∴ b n＝2b n－1，∴{ b n} 是首项 b1＝3，公比为 2 的等比数列．(2)由(1)可得 b n＝a n＋1－ 2a n＝3·2n－1，a n＋1 a 3∴2n＋1－2n n＝4，a n1 3∴数列 2n是首项为 2，公差为 4的等差数列．∴ a 2n n ＝12＋(n －1)×34＝43n －14，n －2a n ＝(3n －1) ·2 .等差、等比数列的判断与证明应注意的两点(1)判断一个数列是等差 (比)数列，也能够利用通项公式及前n 项和公式，但不可以作为证明方法．(2)a n＋1＝q 和 a 2＝a － a ＋ (n ≥2)都是数列 {a } 为等比数列的必需a n nn 1 n 1n不充足条件，判断时还要看各项能否为零．[对点训练 ]若数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且知足 a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 11＝2.1(1)求证： S n 成等差数列；(2)求数列 { a n } 的通项公式．[ 解] (1)证明：当 n ≥2 时，由 a n ＋2S n S n －1＝0， 得 S n －S n － 1＝－ 2S n S n －1，所以 1 －1＝2，S n S n －11 1 1 又 S 1＝a 1 ＝2，故 S n 是首项为 2，公差为 2 的等差数列． (2) 由 可得 1 ＝2n ，∴ S ＝ 1 ， (1) S n n 2n11当 n ≥2 时， a n ＝S n －S n －1＝2n －2 n －1n －1－n 1 ＝ 2n n －1 ＝－ 2n n －1 .1当 n ＝1 时， a 1＝2不合适上式．12，n ＝1，故 a n ＝1－2n n －1 ，n ≥2.热门课题 11函数与方程思想在数列中的应用[感悟体验 ]1．(2017 ·西安统测 )已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，a 1＝13，S 3＝S 11，则 A ．49S n 的最大值为B ．28()C ．－ 49 或－ 28D ．28或 49[ 分析 ] 由 S 3＝S 11，可得 3a 1＋3d ＝11a 1＋ 55d ，把 a 1＝13 代入得d ＝－ 2，故 S n ＝13n －n(n －1)＝－ n 2＋14n ，依据二次函数性质， 知当n ＝7 时， S n 最大，且最大值为 49.2020届高三理科数学二轮复习讲义：模块二专题三数列第一讲等差数列、等比数列Word版含解析.doc[答案]A2．(2017 ·河南郑州二中期末 )已知等差数列 { a n} 的公差 d≠0，且2S n＋16 a1，a3，a13成等比数列，若 a1＝1，S n是数列 { a n} 的前 n 项的和，则a n＋3(n∈N* )的最小值为 ()9A ．4 B．3 C．2 3－2 D.2[ 分析 ]∵a1＝1，a1、a3、a13成等比数列，∴ (1＋2d)2＝1＋12d.得 d＝2 或 d＝0(舍去 )∴ a n＝2n－1，∴S n＝n 1＋2n－1＝n2，22S n＋162n2＋16∴a n＋3＝2n＋2 .令 t＝n＋1，2S n＋169则a n＋3＝t＋t－2≥6－2＝4 当且仅当 t＝3，2S n＋16即 n＝2 时，∴a n＋3的最小值为 4.应选 A. [答案] A。

第1讲 等差数列、等比数列等差、等比数列的基本运算[核心提炼]1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[典型例题](1)(2019·嘉兴市高考一模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47(2)(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________．【解析】 (1)设公差为d ，则a 14a 1＋6d ＝110，d ＝a 1，所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝25，故选A.(2)由S n ＋3＝8S n ＋3，则S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减得，a n ＋3＝8a n ⇒a n q 3＝8a n ，则q 3＝8⇒q ＝2，由等比数列前n 项和公式得，a 1（1－2n ＋3）1－2＝8·a 1（1－2n ）1－2＋3，即2n ＋3a 1－a 1＝8·2n a 1－8a 1＋3， 从而解得a 1＝37.【答案】 (1)A (2)372关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n 项和公式构造关于a 1和d (或q )的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算．[对点训练]1．(2019·温州瑞安七中高考模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．44D ．44＋1解析：选A.由a n ＋1＝3S n ，得到a n ＝3S n －1(n ≥2)， 两式相减得：a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， 则a n ＋1＝4a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝3S 1＝3a 1＝3，得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列， 所以a n ＝a 2q n －2＝3×4n －2(n ≥2)， a 6＝3×44，故选A.2．(2019·名校新高考研究联盟)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( )A ．186盏B ．189盏C ．192盏D ．96盏解析：选C.设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为12的等比数列.x ⎝⎛⎭⎫1－⎝⎛⎭⎫1271－12＝381，解得x ＝192.3．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________，S n ＝________．解析：由题意知a n ＋22＝2S n ，平方可得S n ＝（a n ＋2）28，①由a 1＝S 1得a 1＋22＝2a 1，从而可解得a 1＝2.又由①式得S n －1＝（a n －1＋2）28(n ≥2)，②①－②可得a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋2）28－（a n －1＋2）28(n ≥2)，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0 因为数列{a n }的各项都是正数， 所以a n －a n －1－4＝0，即a n －a n －1＝4.故数列{a n }是以2为首项4为公差的等差数列， 所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×4＝2n 2.当n ＝1时，S 1＝a 1＝2. 故S n ＝2n 2. 答案：2 2n 24．(2019·杭州市学军中学高三模拟)已知等比数列{a n }的公比q >0，前n 项和为S n ，若2a 3，a 5，3a 4成等差数列，a 2a 4a 6＝64，则q ＝________，S n ＝________．解析：由2a 3，a 5，3a 4成等差数列得2a 5＝2a 3＋3a 4⇒2q 2＝2＋3q ⇒q ＝2(负舍)，a 2a 4a 6＝64⇒a 34＝64⇒a 4＝4⇒a 1＝a 4q 3＝12，S n ＝12（1－2n ）1－2＝2n －12.答案：2 2n －12等差、等比数列的判定与证明[核心提炼]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典型例题](1)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列(2)(2019·温州市高考二模)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 －1.①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．【解】 (1)选A.由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.(2)①当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1， 解得：a 4＝78.②证明：因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n2（2a n ＋1－a n ）＝12.所以数列{a n ＋1－12a n }是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列；③由②知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.即a n ＋1⎝⎛⎭⎫12n ＋1－a n⎝⎛⎭⎫12n ＝4， 所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝⎛⎭⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ⎝⎛⎭⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝⎛⎭⎫12n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.(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 }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.[对点训练]1．(2019·金华十校高考模拟)已知a ，b 为实常数，{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，直线ax ＋by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)均有两个交点，所成弦的中点为M i (x i ，y i )，则下列说法错误的是( )A ．数列{x i }可能是等比数列B ．数列{y i }是常数列C ．数列{x i }可能是等差数列D ．数列{x i ＋y i }可能是等比数列解析：选C.由直线ax ＋by ＋c i ＝0，当a ＝0，b ≠0时，直线by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)仅有一个交点，不合题意．当a ≠0，b ＝0时，直线ax ＋c i ＝0，化为： x ＝－c i a ，则x i ＝－c i a ，y i ＝0，x i ＋y i ＝－c i a，由{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，可得{x i }是等比数列，{x i ＋y i }是等比数列，不是等差数列．当a ≠0，b ≠0时，直线ax ＋by ＋c i ＝0化为：x ＝－b a y －c ia ，代入抛物线y 2＝2px (p >0)，所以y 2＋2pb a y ＋2pc ia＝0.根据根与系数的关系可得：M i ⎝⎛⎭⎫pb 2a 2－c i a ，－pb a ，即y i＝－pb a ，{y i }是常数列，是等比数列，是等差数列． 综上可得：A ，B ，D 都有可能，只有C 不可能．故选C. 2．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．数列的性质及应用[核心提炼]1.等差数列等比数列性 质(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； (2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列 (1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ·a n ＝a p ·a q ； (2)a n ＝a m q n－m；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(q ≠－1)从第二项起，每一项都大于它的前一项，即a n >a n －1(n ≥2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即a n <a n －1(n ≥2)的数列叫做递减数列．[典型例题](1)(2019·义乌高三模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件(2)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________． 【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0. S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ＝d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －d －2a 12d 2－（d －2a 1）28d ， 因为数列{S n }单调递增， 所以d >0，d －2a 12d ≤1，可得d ＋2a 1≥0.由a 2>0且a 1>0，可得a 2＝a 1＋d >0.所以“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的既不充分也不必要条件．(2)设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.【答案】 (1)D (2)64等差、等比数列性质问题的求解策略(1)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)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．(3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想(如本例(2))，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题．[对点训练]1．(2019·丽水市高考数学模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 1＋a 3≤2a 2C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝⎛⎭⎫q ＋122＋34>0，故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d，因为－217<d <－19，所以192<1－1d <10，所以n ≤9，即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0. 所以当S n 取得最大值时n 的值为9. 答案：9数列中的交汇创新问题[典型例题](1)(2019·绍兴市一中高三期末检测)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋2－x n ＋1<x n ＋1－x n 成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn 2－n2n －1，若数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，35 B.⎝⎛⎦⎤0，35 C.⎝⎛⎭⎫35，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫35，＋∞ (2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．若{a n }是“斐波那契数列”，则(a 1a 3－a 22)·(a 2a 4－a 23)(a 3a 5－a 24)·…·(a 2 017·a 2 019－a 22 018)的值为________． 【解析】 (1)由数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22<b n＋1(n ≥5)，即t －tn 2－n 2n ＋t －t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2<2t －t （n ＋1）2－（n ＋1）2n ，即tn 2－n 2n ＋t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2>t （n ＋1）2－（n ＋1）2n ，化简得t (n 2－4n )>n －2，当n ≥5时，若t (n 2－4n )>n －2恒成立，则t >n －2n 2－4n＝1（n －2）－4n －2恒成立，又当n ≥5时，1（n －2）－4n －2的最大值为35，则t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫35，＋∞.故选C. (2)因为a 1a 3－a 22＝1×2－12＝1，a 2a 4－a 23＝1×3－22＝－1，a 3a 5－a 24＝2×5－32＝1，a 4a 6－a 25＝3×8－52＝－1，…，a 2 017a 2 019－a 22 018＝1， 共有2 017项，所以(a 1a 3－a 22)(a 2a 4－a 23)·(a 3a 5－a 24)…(a 2 017a 2 019－a 22 018)＝1.【答案】 (1)C (2)1数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”；(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识； (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[对点训练]1．(2019·杭州第一次质量预测)正项等比数列{a n }中的a 1、a 4 035是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x－3的极值点，则log 6a 2 018＝( )A ．1B ．2C ． 2D ．－1解析：选A.因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4 035是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4 035＝a 22 018＝6，即a 2 018＝6，所以log 6a 2 018＝1，故选A.2．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .(1)求证：{a n }为准等差数列； (2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20. 解：(1)证明：因为a n ＋1＋a n ＝2n ，① 所以a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.② 由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)， 所以{a n }是公差为2的准等差数列． (2)已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)， 所以a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .所以由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．所以当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋⎝⎛⎭⎫n 2－1×2＝n －a ， 当n 为奇数时，a n ＝a ＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ＋a －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数.S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×（1＋19）×102＝200.专题强化训练1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”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解析：选A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”，能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2．(2018·浙江选考试卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则a 3＝( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0解析：选B.S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1＋1，可得：a 2＝a 1＋1.n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 2＋1，可得：a 3＝2.故选B.3．“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.1225fD.1227f解析：选 D.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，第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为122的等比数列，记为{a n }，则第八个单音的频率为a 8＝f (122)8－1＝1227f ，故选D.4．(2019·长春质量检测(一))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：选C.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.5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( ) A ．{a n }是单调递减数列 B ．{S n }是单调递减数列 C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 6．(2019·温州市高考数学模拟)已知{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a 1d 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－52 B ．(－3，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－3，－52 D ．(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫－52，＋∞ 解析：选C.因为S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，由题意知d <0，且⎩⎨⎧S 66＝a 1＋52d >0S 77＝a 1＋3d <0，得－3<a 1d <－52.7．(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a na 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.8．(2019·绍兴一中高考数学模拟)等差数列{a n }的公差d ∈(0，1)，且sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，当n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，则首项a 1的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－58π，－916π B.⎣⎡⎦⎤－58π，－916π C.⎝⎛⎭⎫－54π，－98π D.⎣⎡⎦⎤－54π，－98π 解析：选D.因为{a n }为等差数列，sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，所以1－cos 2a 32－1－cos 2a 72sin （a 3＋a 7）＝－1，所以cos 2a 7－cos 2a 32＝－sin(a 3＋a 7)，由和差化积公式可得：12×(－2)sin(a 7＋a 3)·sin(a 7－a 3)＝－sin(a 3＋a 7)， 因为sin(a 3＋a 7)≠0， 所以sin(a 7－a 3)＝1， 所以4d ＝2k π＋π2∈(0，4)，所以k ＝0， 所以4d ＝π2，d ＝π8.因为n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 10≤0a 11≥0即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9×π8≤0a 1＋10×π8≥0， 所以－5π4≤a 1≤－9π8.9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________．解析：因为S n ＝n 2＋2n －1， 当n ＝1时，a 1＝1＋2－1＝2， 当n ≥2时，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋ 2(n －1)－1]＝2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3≠2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥2.答案：2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥210．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2， 得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列， 则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则有2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q ，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2.答案：－212．已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 018的值为________． 解析：由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 018＝6×336＋2，所以a 2 018＝a 2＝3.答案：313．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2.答案：214．(2019·义乌市高三月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是______；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第______项．解析：因为a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以S n >0的最大n 是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，当n ＝8时，|a 8|最小，且|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 815．设数列{a n }的前n 项积为T n ，且T n ＋2a n ＝2(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是等差数列；(2)设b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为T n ＋2a n ＝2，所以当n ＝1时，T 1＋2a 1＝2， 所以T 1＝23，即1T 1＝32.又当n ≥2时，T n ＝2－2×T nT n －1，得 T n ·T n －1＝2T n －1－2T n ，所以1T n －1T n －1＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是以32为首项，12为公差的等差数列． (2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 为等差数列，所以1T n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，所以a n ＝2－T n 2＝n ＋1n ＋2.所以b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)＝1（n ＋2）（n ＋3）.16．(2019·宁波高考模拟)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：n ∈N *时，a n >a n ＋1； (2)求证：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.证明：(1)n ≥2时，作差：a n ＋1－a n ＝6＋a n2－6＋a n －12＝ 12×a n －a n －16＋a n2＋6＋a n －12，所以a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号， 由a 1＝4，可得a 2＝6＋42＝5，可得a 2－a 1<0， 所以n ∈N *时，a n >a n ＋1.(2)因为2a 2n ＋1＝6＋a n ，所以2(a 2n ＋1－4)＝a n －2，即2(a n ＋1－2)(a n ＋1＋2)＝a n －2，① 所以a n ＋1－2与a n －2同号， 又因为a 1－2＝2>0，所以a n >2.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥4＋2(n －1)＝2n ＋2. 所以S n －2n ≥2.由①可得：a n ＋1－2a n －2＝12（a n ＋1＋2）<18，因此a n －2≤(a 1－2)·⎝⎛⎭⎫18n －1，即a n ≤2＋2×⎝⎛⎭⎫18n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n ＋2×1－⎝⎛⎭⎫18n －11－18<2n ＋167.综上可得：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.17．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列； (充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．18．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)． 证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ， 故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]，所以1<a na n ＋1≤2.(2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n ≤2， 所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．。