1、1第 1 讲 等差数列与等比数列考情考向分析 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.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，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： an a1( n1) d；等比数列： an a1qn1 .2求和公式等差数列： Sn na1 d；na1 an2 nn 12等比数列： SnError!3性质若 m n p q，在等差数列中 am an ap aq；在等比数列中 aman apaq.例 1 (1)(2018全国)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和，
2、若 3S3 S2 S4， a12，则 a5等于( )A12 B10 C10 D12答案 B解析 设等差数列 an的公差为 d，由 3S3 S2 S4，得 3 2 a1 d4 a1 d，将 a12 代入3a133 12 d 22 12 44 12上式，解得 d3，故 a5 a1(51) d24(3)10.故选 B.(2)(2018杭州质检)设各项均为正数的等比数列 an中，若 S480， S28，则公比q_， a5_.答案 3 162解析 由题意可得， S4 S2 q2S2，代入得 q29.等比数列 an的各项均为正数，2 q3，解得 a12，故 a5162.思维升华 在进行等差(比)数列项与和
3、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，以减少计算量跟踪演练 1 (1)(2018浙江省重点中学联考)设 Sn为等差数列 an的前 n 项和，若 a12 017， S62 S318，则 S2 019等于( )A2 016 B2 019 C2 017 D2 018答案 B解析 在等差数列 an中，设公差为 d. S62 S318， a4 a5 a6( a1 a2 a3)9 d18. d2， S2 0192 019 a12 0192 018d22 0192 0182 0192 0172 019，故选 B.(2)(2018全国)等
4、比数列 an中， a11， a54 a3.求 an的通项公式；记 Sn为 an的前 n 项和，若 Sm63，求 m.解 设 an的公比为 q，由题设得 an qn1 .由已知得 q44 q2，解得 q0(舍去)， q2 或 q2.故 an(2) n1 或 an2 n1 (nN *)若 an(2) n1 ，则 Sn .1 2n3由 Sm63 得(2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则 Sn2 n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上， m6.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明证明数列 an是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列 an是等差数列的两种基本方法利
5、用定义，证明 an1 an(nN *)为一常数；利用等差中项，即证明 2an an1 an1 (n2， nN *)(2)证明数列 an是等比数列的两种基本方法利用定义，证明 (nN *)为一常数；an 1an3利用等比中项，即证明 a an1 an1 (n2， nN *)2n例 2 已知数列 an， bn，其中 a13， b11，且满足 an (3an1 bn1 )，12bn (an1 3 bn1 )， nN *， n2.12(1)求证：数列 an bn为等比数列；(2)求数列 的前 n 项和 Tn.2nanan 1(1)证明 an bn (3an1 bn1 ) (an1 3 bn1 )2(
6、an1 bn1 )，12 ( 12)又 a1 b13(1)4，所以 an bn是首项为 4，公比为 2 的等比数列(2)解 由(1)知， an bn2 n1 ，又 an bn (3an1 bn1 ) (an1 3 bn1 ) an1 bn1 ，12 ( 12)又 a1 b13(1)2，所以 an bn为常数数列， an bn2，联立得， an2 n1，所以 ，2nanan 1 2n2n 12n 1 1 12n 1 12n 1 1所以 Tn (121 1 122 1) ( 122 1 123 1) ( 12n 1 12n 1 1) (nN *)121 1 12n 1 1 13 12n 1 1思维
7、升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前 n 项和公式，但不能作为证明方法(2)a an1 an1 (n2)是数列 an为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为2n零跟踪演练 2 已知 an是各项都为正数的数列，其前 n 项和为 Sn，且 Sn为 an与 的等差中1an项(1)求证：数列 S 为等差数列；2n(2)求数列 an的通项公式；(3)设 bn ，求 bn的前 n 项和 Tn. 1nan(1)证明 由题意知 2Sn an ，即 2Snan a 1，(*)1an 2n4当 n2 时，有 an Sn Sn1 ，代入(*)式得2Sn(Sn Sn1 )( Sn
8、 Sn1 )21，整理得 S S 1( n2)2n 2n 1又当 n1 时，由(*)式可得 a1 S11，数列 S 是首项为 1，公差为 1 的等差数列2n(2)解 由(1)可得 S 1 n1 n，2n数列 an的各项都为正数， Sn ，n当 n2 时， an Sn Sn1 ，n n 1又 a1 S11 满足上式， an (nN *)n n 1(3)解 由(2)得 bn 1nan 1nn n 1(1) n( )，n n 1当 n 为奇数时， Tn1( 1)( )( )( )2 3 2 n 1 n 2 n n 1 ，n当 n 为偶数时， Tn1( 1)( )( )( ) ，2 3 2 n 1 n
9、 2 n n 1 n数列 bn的前 n 项和 Tn(1) n (nN *)n热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例 3 已知等差数列 an的公差为1，且 a2 a7 a126.(1)求数列 an的通项公式 an与其前 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 mN *，使得对任意 nN *，总有 Sn2.即实数 的取值范围为(2，)思维升华 (1)
10、等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便(2)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解跟踪演练 3 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn13( an1)， nN *.(1)求数列 an的通项公式；(2)设数列 bn满足 an1 32nab，若 bn 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 Sn3 an2，令 n1，得 a11，又 an1 Sn1 Sn3 an1 3 an，得 an1 an，32所以数列 an
11、是以 1 为首项， 为公比的等比数列，32所以 an n1 (nN *)(32)(2)由 an1 ab，得 bn 312logn n1 32logn n n1 ，1an (23) (23)所以 bn1 bn( n1) n n n1(23) (23) (2 n)，2n 13n所以( bn)max b2 b3 ，所以 t .43 43即 t 的取值范围为 .43， )6真题体验1(2017全国改编)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若 a4 a524， S648，则 an的公差为_答案 4解析 设 an的公差为 d，由Error! 得Error!解得 d4.2(2017浙江改编)已知等差数列
12、an的公差为 d，前 n 项和为 Sn，则“ d0”是“S4 S62S5”的_条件答案 充要解析 方法一 数列 an是公差为 d 的等差数列， S44 a16 d， S55 a110 d， S66 a115 d， S4 S610 a121 d,2S510 a120 d.若 d0，则 21d20d,10a121 d10a120 d，即 S4 S62S5.若 S4 S62S5，则 10a121 d10a120 d，即 21d20d， d0.“ d0”是“ S4 S62S5”的充要条件方法二 S4 S62S5S4 S4 a5 a62(S4 a5)a6a5a5 da5d0.“ d0”是“ S4 S62
13、S5”的充要条件3(2017北京)若等差数列 an和等比数列 bn满足 a1 b11， a4 b48，则_.a2b2答案 1解析 设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q，则由 a4 a13 d，得 d 3，a4 a13 8 13由 b4 b1q3，得 q3 8，b4b1 8 1 q2.7 1.a2b2 a1 db1q 1 3 1 24(2017江苏)等比数列 an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn，已知 S3 ， S6 ，则74 634a8_.答案 32解析 设 an的首项为 a1，公比为 q，则Error! 解得Error!所以 a8 272 532.14押题预测1设等
14、差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a10， a3 a100， a6a70 的最大自然数 n 的值为( )A6 B7C12 D13押题依据 等差数列的性质和前 n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力答案 C解析 a10， a6a70， a70， a1 a132 a70， S130 的最大自然数 n 的值为 12.2在等比数列 an中， a33 a22，且 5a4为 12a3和 2a5的等差中项，则 an的公比等于( )A3 B2 或 3C2 D6押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点答案 C解析 设公比为 q
15、,5a4为 12a3和 2a5的等差中项，可得10a412 a32 a5，10 a3q12 a32 a3q2，得 10q122 q2，解得 q2 或 3.又 a33 a22，所以 a2q3 a22，即 a2(q3)2，所以 q2.3已知各项都为正数的等比数列 an满足 a7 a62 a5，存在两项 am， an使得4 a1，则 的最小值为( )aman1m 4n8A. B.32 53C. D.256 43押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向答案 A解析 由 a7 a62 a5，得 a1q6 a1q52 a1q4，整理得 q2 q20，解得
16、 q2 或 q1(不合题意，舍去)又由 4 a1，得 aman16 a ，aman 21即 a 2m n2 16 a ，即有 m n24，21 21亦即 m n6，那么 (m n)1m 4n 16 (1m 4n) ，16(4mn nm 5) 16(24mnnm 5) 32当且仅当 ，即 n2 m4 时取等号4mn nm4定义在(，0)(0，)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列 an， f(an)仍是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数” 现有定义在(，0)(0，)上的如下函数： f(x) x2； f(x)2 x； f(x) ；|x| f(x)ln| x|.则其中是“保等比数列
17、函数”的 f(x)的序号为( )A BC D押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉答案 C解析 由等比数列的性质得， anan2 a .2n 1 f(an)f(an2 ) a a ( a )2 f(an1 )2；2n 2n 2 2n 1 f(an)f(an2 ) f(an1 )2； f(an)f(an2 ) f(an1 )2；|anan 2| |an 1|2 f(an)f(an2 )ln| an|ln|an2 |(ln| an1 |)2
18、 f(an1 )2.9A 组 专题通关1在正项等比数列 an中，已知 a3a564，则 a1 a7的最小值为( )A64 B32C16 D8答案 C解析 在正项等比数列 an中， a3a564， a3a5 a1a764， a1 a72 2 2816，a1a7 64当且仅当 a1 a78 时取等号， a1 a7的最小值为 16，故选 C.2(2018嘉兴市、丽水市模拟)已知数列 an为等差数列，且 a81，则 2|a9| a10|的最小值为( )A3 B2C1 D0答案 C解析 因为数列 an为等差数列，所以 2a9 a8 a10，则 2|a9| a8 a10| a8| a10|，所以 2|a9
19、| a10| a8|1，当且仅当 a100， dS30B a1d0， dS30D a1d0，故选 C.21 214(2018浙江省温州六校协作体联考)设 an是公比为实数 q 的等比数列，首项 a164，对于 nN *， an2 bn，当且仅当 n4 时，数列 bn的前 n 项和取得最大值，则 q 的取值范围是( )A. B. C. D.(36， 13) (14， 13) (14， 24) (26， 24)10答案 C解析 由题意得 2 bn1 bn q0，所以 bn1 bnlog 2q 为常数，又因为an 1an 2bn 12bna1 2b64，所以 b16，所以数列 bn为首项为 6，公差
20、为 log2q 的等差数列，又因为当且仅当n4 时，数列 bn的前 n 项和取得最大值，所以Error!解得 0， a50， a50，所以 S15 S10 S10 S52S5 S5 22 24，当且仅当 S5 ，即 S51 时等号成立，所1 2S5 S52S5 1S5 S51S5 1S5以 S15 S10的最小值为 4.10(2018天津)设 an是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn(nN *)， bn是等差数列已知 a11， a3 a22， a4 b3 b5， a5 b42 b6.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)设数列 Sn的前 n 项和为 Tn(nN *)，求 Tn；证
21、明： 2( nN *)nk 1Tk bk 2bkk 1k 2 2n 2n 2(1)解 设等比数列 an的公比为 q.由 a11， a3 a22，可得 q2 q20.由 q0，可得 q2，故 an2 n1 .设等差数列 bn的公差为 d.12由 a4 b3 b5，可得 b13 d4.由 a5 b42 b6，可得 3b113 d16，从而 b11， d1，故 bn n.所以数列 an的通项公式为 an2 n1 (nN *)，数列 bn的通项公式为 bn n(nN *)(2)解 由(1)得 Sn 2 n1，1 2n1 2故 Tn (2k1) k n nnk 1nk 12 21 2n1 22 n1 n
22、2( nN *)证明 因为 Tk bk 2bkk 1k 2 2k 1 k 2 k 2kk 1k 2 ，k2k 1k 1k 2 2k 2k 2 2k 1k 1所以 2( nN *)nk 1Tk bk 2bkk 1k 2 (233 222) (244 233) (2n 2n 2 2n 1n 1) 2n 2n 2B 组 能力提高11(2018浙江省名校新高考研究联盟联考)已有正项数列 an是单调递增的等差数列，bn是等比数列，且满足 a1 b1， a5 b5，则以下结论： a3b3； a6b6，正确的个数是( )A0 B1 C2 D3答案 B解析 设数列 an的公差为 d，数列 bn的公比为 q，则
23、由 a5 b5得 a14 d b1q4，又a1 b1，所以 d .因为数列 an为正项单调递增数列，所以 a10， d0，则a1q4 14q410，解得 q1 或 q1 时， an可以看作是直线上的点的纵坐标， bn可以看作是指数函数图象上的点的纵坐标，则易得此时 a6b6，错误由等差数列和等比数列的性质易得 a3 ， b b1b5 a1a5，则a1 a52 23a b 2 a1a5 20，所以 a3b3，错误，正确综上所述，正确结23 23 (a1 a52 ) (a1 a52 )论的个数为 1.故选 B.12已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a115，且满足an1 an4 n216 n
24、15，已知 n， mN *， nm，则 Sn Sm的最小值为( )(2n 5) (2n 3)A B C14 D28494 49813答案 C解析 根据题意可知(2n5) an1 (2 n3) an(2 n5)(2 n3)，式子左、右两端同除以(2 n5)(2 n3)，可得 1，即 1，an 12n 3 an2n 5 an 12n 1 5 an2n 5所以数列 是以 5 为首项，以 1 为公差的等差数列，an2n 5 152 5所以 5( n1)1 n6，an2n 5即 an( n6)(2 n5)，由此可以判断出 a3， a4， a5这三项是负数，从而得到当 n5， m2 时， Sn Sm取得最
25、小值，且 Sn Sm S5 S2 a3 a4 a536514.13已知数列 an满足 a13， an1 2 an n1，数列 bn满足 b12， bn1 bn an n.(1)证明： an n为等比数列；(2)数列 cn满足 cn ，求数列 cn的前 n 项和 Tn.an nbn 1bn 1 1(1)证明 an1 2 an n1， an1 ( n1)2( an n)，又 a112， an n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)解 由(1)知 an n( a11)2 n1 2 n， bn1 bn an n， bn1 bn2 n，Error!累加得到 bn2 2 n (n2)21 2n 1
26、1 2当 n1 时， b12， bn2 n， cnan nbn 1bn 1 12n2n 12n 1 1 .12n 1 12n 1 1 Tn .13 12n 1 11414设等差数列 an的前 n 项和为 Sn， a( a1,1)， b(1， a10)，若 ab24，且S11143，数列 bn的前 n 项和为 Tn，且满足 2n T n( a11)( nN *)(1)求数列 an的通项公式及数列 的前 n 项和 Mn；1anan 1(2)是否存在非零实数 ，使得数列 bn为等比数列？并说明理由解 (1)设数列 an的公差为 d，由 a( a1,1)， b(1， a10)， ab24，得 a1 a1024，又 S11143，解得 a13， d2，因此数列 an的通项公式是 an2 n1( nN *)，所以 ，1anan 1 12n 12n 3 12( 12n 1 12n 3)所以 Mn12(13 15 15 17 12n 1 12n 3) (nN *)n6n 9(2)因为 1a T n( a11)( nN *)，且 a13，所以 Tn ，4n 2当 n1 时， b1 ；6当 n2 时， bn Tn Tn1 ，34n 1此时有 4，若 bn是等比数列，bnbn 1则有 4，而 b1 ， b2 ，彼此相矛盾，b2b1 6 12故不存在非零实数 使数列 bn为等比数列
