2021届高考数学二轮复习核心热点突破-专题二第1讲 等差数列与等比数列
专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列
第一课 等差、等比数列基本运算和性质
一：前测回顾
1．已知{a n }是等差数列，若2a 7－a 5－3＝0，则a 9＝________．
2．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 2
2＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．
3．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________．
4．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________．
5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．
二：方法联想
1．基本量运算 2．性质的应用
3．等差数列S n 的最值问题 三：热点训练
热点一 等差、等比数列的基本运算
1.数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( ) A.2
B.3
C.4
D.5
2.若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝3a 3，且a 4与9a 7的等差中项为2，则S 5＝( ) A.1123
B.112
C.12127
D.121
3.设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋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.
4.已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 4＝26，且a 1，a 2，a 7成等比数列.
①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝(－1)n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 511.
热点二 等差(比)数列的性质
1.在数列{a n }中，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a n ≠0.若a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，且S 2n －1＝38，则n ＝( ) A.38 B.20 C.10 D.9
2.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为( ) A.25
B.20
C.15
D.10
3.在各项均为正数的等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，7S =14，则26
14
t a a =+的最小值为（ ） A ．9
B ．
94
C ．
52
D ．2
4.在等差数列{}n a 中，02232
76=+-a a a 数列{}n b 是等比数列，且77a b =，则()268log b b =（ ）
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
5.数列{}n a 满足13n n a a ++=且2469a a a =++，则()6579log a a a ++的值是（ ） A ．-2 B ．1
2
-
C ．2
D ．
12
6.设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且1310670,0,0a a a a a >+><，则满足0n S >的最大自然数n 的值为（ ） A ．6 B ．7 C ．12
D ．13
7.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a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________.
8.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________． 9.在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 10
10＝2，则2021s 的值为________． 10.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________．
专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列
第二课 等差、等比数列基本运算和性质
一、前测回顾
1．函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．
2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c (a ，b ，c ∈R )，则“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的______条件．
3．已知1a ，1b ，1
c 成等差数列，求证：b ＋c a ，c ＋a b ，a ＋b c 也成等差数列． 4．已知a n +1＝ 2a n a n ＋2，a 1＝2 ，求证：数列{1
a n }的等差数列．
5．数列{a n }前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，令b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列．
二、方法联想
1．等差、等比数列的证明
2．等差、等比数列的判断
三、热点专练
1．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1
a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________．
2．已知数列{a n }中a 1＝23，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *
)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫
1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式．
3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n (b n －21＋a n )，n ∈N *，证明数列{1
b n }是等差数列，并求数列{b n }的通项公式．
4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0，证明{a n }是等比数列，并求其通项公式．
5 已知数列{a n }是等比数列(q ≠－1)，S n 是其前n 项的和，求证：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列．
6 .设数列{ a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *
．已知a 1＝1，a 2＝3
2，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 ＋1－1
2a n }为等比数列．
7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2
n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数.
(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.
8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *).
(1)设b n ＝a n
3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝a n n －a n
3n ，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，求T n .
9.从①前n 项和S n ＝n 2＋p (p ∈R )；②a n ＝a n ＋1－3；③a 6＝11且2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.
在数列{a n }中，a 1＝1，________，其中n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若a 1，a n ，a m 成等比数列，其中m ，n ∈N *，且m >n >1，求m 的最小值. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
10.已知{a n }是公比为q 的无穷等比数列，其前n 项和为S n ，满足a 3＝12，________.是否存在正整数k ，使得S k >2 020？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由.
从①q ＝2，②q ＝1
2，③q ＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
专题二 数列 解析 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.
第一课 等差、等比数列基本运算和性质
一：前测回顾
1．已知{a n }是等差数列，若2a 7－a 5－3＝0，则a 9＝________． 答案：3．
解析：方法一：设公差为d ，则2(a 1＋6d )－(a 1＋4d )－3＝0，即a 1＋8d ＝3，所以a 9＝3．
方法二：由等差数列的性质得a 5＋a 9＝2a 7，所以(a 5＋a 9)－a 5－3＝0，即a 9＝3．
2．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 2
2＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．
答案：20．
解析：设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）2
＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，
解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，
d ＝3， 则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20．
3．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________． 答案：－7．
解析：设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎪⎨
⎪
⎧
a 4＝－2，a 7＝4，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＝－8，q 3＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q 3
＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，a 10＝1或⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1，
a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7．
4．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝
________．
答案：60．
解析：方法一：设等比数列{a n }公比为q ，由题意可得q ≠1，则
由⎩⎨⎧ a 1(1－q 3)
1－q ＝4，
a 1
(1－q 6
)
1－q ＝4＋8 ，得⎩⎪
⎨⎪⎧
a 1
1－q ＝－4，
q 3
＝2
，所以S 12＝a 1 (1－q 12)1－q ＝60．
方法二：由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，所以S 9－S 6＝16，S 12－S 9＝32，所以S 12＝(S 12－S 9)＋(S 9－S 6)＋(S 6－S 3)＋S 3＝32＋16＋8＋4＝60．
5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案：8．
解析：根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0．又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，所以a 9＜0，所以当
n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．
二：方法联想
1．基本量运算
等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通常会抓住a 1、d (或q )，列出方程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明确，但有时运算量比较大．为了减少运算量，我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求，整体代入”．
2．性质的应用
用好等差、等比数列的性质也能减少运算量：方法
(1)在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ．特别若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ． 在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q 则a m a n ＝a p a q ．特别若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a p 2． (2) 在等差数列{a n }中，由S n ＝n (a 1＋a n )
2
得，若n 为奇数，则S 2n －1＝(2n －1)a n ． 方法 在等差数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．
在等比数列{a n }中，一般情况下S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列．
3．等差数列S n 的最值问题
方法 在等差数列{ a n }中S n 的最值问题：
方法1：(1)当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎨⎧a m ≥0，
a m ＋1≤0的项数m 使得S m 取最大值． (2)当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎨⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S m 取最小值，
方法2：由S n 的解析式，结合二次函数图象分析． 三：热点训练
热点一 等差、等比数列的基本运算
1.数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( ) A.2
B.3
C.4
D.5
解析 ∵a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ， ∴{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝2×2n －1＝2n . 又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，
∴2k ＋1（1－210）1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4. 答案 C
2.若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝3a 3，且a 4与9a 7的等差中项为2，则S 5＝( ) A.1123
B.112
C.12127
D.121
解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得a 2a 5＝a 3a 4＝3a 3，因为a 3≠0，所以a 4＝3，即a 1q 3＝3 ①.因为a 4与9a 7的等差中项为2，所以a 4＋9a 7＝a 4(1＋9q 3)＝4 ②， 联立①②解得q ＝1
3，a 1＝81.所以S 5＝81×⎣⎡⎦
⎤1－⎝⎛⎭⎫135
1－13
＝121.
答案 D
3.设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋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a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列，所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ).解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(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S 5＝S 6＝－30.
法二 由①知，S n ＝n 2(a 1＋a n )＝n (n －11)＝⎝⎛⎭⎫n －1122
－121
4，又n ∈N *，
∴当n ＝5或n ＝6时，S n 的最小值S 5＝S 6＝－30.
4.已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 4＝26，且a 1，a 2，a 7成等比数列.
①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝(－1)n ＋
1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 511.
(2)解 ①设数列{a n }的公差为d ，d ≠0.
∵a 1，a 2，a 7成等比数列，∴a 22＝a 1a 7，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋6d )，则d 2
＝4a 1d .又d ≠0，∴d ＝4a 1，①
由于a 4＝a 1＋3d ＝26，②联立①②，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝4a 1，a 1＋3d ＝26，解得⎩⎪⎨
⎪⎧a 1＝2，
d ＝8，
∴a n ＝2＋8(n －1)＝8n －6. ②∵b n ＝(－1)n ＋1a n ＝(－1)n ＋
1(8n －6).
∴T 511＝b 1＋b 2＋…＋b 511＝2－10＋18－26＋…＋4 066－4 074＋4 082 ＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4 066－4 074)＋4 082＝－8×255＋4 082＝2 042.
热点二 等差(比)数列的性质
1.在数列{a n }中，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a n ≠0.若a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，且S 2n －1＝38，则n ＝( )
A.38
B.20
C.10
D.9
【详解】在数列{a n }中，因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，
所以数列{a n }为等差数列.由a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，得2a n －a 2n ＝0，
又a n ≠0，解得a n ＝2.又S 2n －1＝38，即（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝(2n －1)a n ＝38， 即(2n －1)×2＝38，解得n ＝10.
2.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为( ) A.25
B.20
C.15
D.10
【详解】在正项等比数列{a n }中，S n ＞0.因为S 8－2S 4＝5，则S 8－S 4＝5＋S 4， 易知S 4，S 8－S 4，S 12－S 8是等比数列，所以(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)， 所以a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 8＝（S 4＋5）2S 4＝25S 4＋S 4＋10≥225
S 4·
S 4＋10＝20(当且仅当S 4＝5时取等号).故a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为20.
3.在各项均为正数的等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，7S =14，则26
14
t a a =+的最小值为（ ） A ．9
B ．
94
C ．
52
D ．2
【答案】B
【详解】由题意172677()7()
1422
a a a a S ++===，∴264a a +=， ∴26262614114()()4t a a a a a a =
+=+
+62264119
(5)(5444
a a a a =++≥+=，当且仅当6226
4a a a a =，即622a a =时等号成立．故选：B ． 4.在等差数列{}n a 中，02232
76=+-a a a 数列{}n b 是等比数列，且77a b =，则()268log b b =（ ）
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
【答案】C
【解析】根据等差数列的性质得：7682a a a +=，0223276=+-a a a 变为：2774a a =， 解得74a =，70a =（舍去），所以774b a ==，则2
68716b b b ==．所以()2682log log 164b b ==
故选C ．
5.数列{}n a 满足13n n a a ++=且2469a a a =++，则()6579log a a a ++的值是（ ） A ．-2 B ．1
2
- C ．2 D ．
12
【答案】C
【解析】由13n n a a ++=，可知数列{}n a 是公差为3的等差数列， 因为246439a a a =a =++，所以43a =，所以7433912a a +d ==+=
()()6579676log log 3log 362a a a =a ++==.故选C.
6.设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且1310670,0,0a a a a a >+><，则满足0n S >的最大自然数n 的值为（ ） A ．6 B ．7 C ．12
D ．13
【答案】C
【解析】由3100a a +>,利用等差数列的性质可得：310670a a a a +=+>,又67a a <0,1
a >0， ∴6a >0,7
a <0.∴()
()()
1121131267137121360,1302
2
a a a a S a a S a ++==+>=
=<，
则满足S n >0的最大自然数n 的值为12.故选C.
【点睛】求解等差数列问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，
则m n p q a a a a +=+.由此得：1()
2n n n a a S +=
， 当21n k =-为奇数时，21(21)2(21)2
k
k k k a S k a --=
=-， 当2n k =为偶数时，1212()
()2
k k k k k k a a S k a a +++=
=+. 7.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a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________.
【详解】因为对任意的m ，n ∈N *，a m ·
a n ＝a m ＋n 恒成立，令m ＝1，则a 1·a n ＝a 1＋n 对任意的n ∈N *恒成立，∴数列{a n }为等比数列，公比为a 1，由等比数列的性质有a 3a 5＝a 24，因为a 3·
a 5＋a 4＝72，则a 24＋a 4＝72，∵a 4＞0，∴a 4＝8，∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝log 2(a 1·a 2·…·a 7)＝log 2a 74＝log 287＝21.
8．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________． 答案：5．
9.．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 10
10＝2，则2021s 的值为________． 答案：－2021．
解析：根据等差数列的性质，得数列⎭⎬⎫
⎩⎨⎧n s n 也是等差数列，由已知可得S 11＝a 1＝－2 015，由S 1212－S 1010＝
2＝2d ，得公差d ＝1．20212021-=s
10.．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________． 答案：64．
解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝1
2．又a 1＋a 1q 2＝10，所以a 1＝8．故a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝23n
·⎝⎛⎭⎫12(n －1)n 2＝23n －n 2
2＋n 2＝2－n 2
2＋72n ．
记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2
－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋49
8，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6．又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64．
第二课 等差、等比数列基本运算和性质
一、前测回顾
1．函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．
答案：21．
解析：在点(a k ，a 2k )处的切线方程为：y －a 2
k ＝2a k (x －a k )，当y ＝0时，解得x ＝a k 2，所以a k ＋1＝a k
2，
故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1
，所以a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21． 2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c (a ，b ，c ∈R )，则“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的______条件． 答案：充要．
解析：a 1＝a ＋b ＋c ，a 2＝S 2－a 1＝3a ＋b ，a 3＝S 3－S 2＝5a ＋b ，若{a n }是等差数列，则2a 2＝a 1
＋a 3，解得c ＝0，所以“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的必要条件；
当c ＝0时，S n ＝an 2＋bn ，当n ＝1时，a 1＝a ＋b ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2an ＋b －a ，显然当n ＝1时也满足上式，所以a n ＝2an ＋b －a (n ∈N *)，进而可得a n －a n －1＝2a (n ∈N *)，所以{a n }是等差数列，所以“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的充分条件； 综上可知，“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的充要条件．
3．已知1a ，1b ，1
c 成等差数列，求证：b ＋c a ，c ＋a b ，a ＋b c 也成等差数列．
解：由已知得b (a ＋c )＝2ac ，所以b ＋c a ＋a ＋b c ＝b (a ＋c )＋a 2＋c 2ac ＝2ac ＋a 2＋c 2ac
＝2(a ＋c )
b ， 所以b ＋
c a ，c ＋a b ，a ＋b
c 也成等差数列．
4．已知a n +1＝ 2a n a n ＋2，a 1＝2 ，求证：数列{1
a n }的等差数列．
解：由已知，a 1＝2，故a n ≠0，所以1 a n +1＝a n ＋22a n ＝1 a n ＋12，所以1 a n +1－1 a n ＝1
2，
所以数列{1
a n }是等差数列．
5．数列{a n }前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，令b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列． 解：由a n ＋S n ＝n ，得n ≥2时，a n －1＋S n －1＝n －1，两式相减得2a n －a n －1＝1， 即2b n ＝b n －1．从而有b n b n －1＝1
2(常数)，所以数列{b n }是等比数列．
二、方法联想
1．等差、等比数列的证明 方法 证明数列是等差数列：
方法1 定义法，即当n ∈N *时，a n ＋1－a n 为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n ∈N*时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2均成立．
说明：得到2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，最好改写为a n ＋1－a n ＝a n －a n －1＝…＝a 2－a 1，回到定义． 方法 证明数列是等比数列：
方法1 定义法，即当n ∈N *
时，a n ＋1
a n 为同一常数．
方法2 中项公式法，即当n ∈N *时，a n ＋12＝a n a n ＋2均成立，且数列{a n }没有0． 说明：得到2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，最好改写为a n ＋1a n ＝a n a n －1＝…＝a 2
a 1，回到定义．
2．等差、等比数列的判断
判断数列是等差数列
方法1 定义法，即当n ≥1且n ∈N*时，a n ＋1－a n 为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n ≥1且n ∈N *时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2均成立． 方法3 特殊值法，如前3项成等差，再证明其对任意n ∈N *成等差数列． 方法4 通项为一次形式，即a n ＝an ＋b ．
方法5 前n 项和为不含常数项的二次形式，即S n ＝an 2＋bn ． 方法6 若数列{a n }为等比数列，则{log a a n }为等差数列． 注意 方法4、5、6只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等差数列
方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等差数列． 判断数列是等比数列
方法1 定义法，即当n ∈N *
时，a n ＋1
a n 为同一常数．
方法2 中项公式法，即当n ∈N *时， a n ＋12＝a n a n ＋2均成立．
方法3 特殊值法，如前3项成等比，再证明其对任意n ∈N *成等比数列． 方法4 通项公式为指数幂形式，即a n ＝aq n ． 方法5 若数列{a n }为等差数列，则{a an }为等比数列． 注意 方法4、5只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等比数列
方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等比数列．
三、热点专练
1．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1
a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________． (由定义判定等比数列) 答案：1 022．
解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2
＝0，
所以a n ＋1＝2a n ，又因为a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×(1－29)
1－2＝210－2＝1 022．
2．已知数列{a n }中a 1＝23，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *
)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫
1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式．
(根据定义证明等比数列)
解：由题意a n ≠0，a n ≠1，记b n ＝1
a n －1，则
b n ＋1b n ＝1
a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋1
3a n －11a n －1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )
＝1
3，
又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬
⎫1a n －1是首项为12，公比为1
3的等比数列．
所以1a n －1＝12×⎝⎛⎭⎫13n －
1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1． 3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n (b n －21＋a n )，n ∈N *
，证明数列{1
b n }是等差数列，并求数列{b n }的通项公式． (根据定义证明等差数列)
解：因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n
1＋a n ＝2－4b n
1＋2b n
＝2－4b n ＋2＝2b n b n ＋2，所以1b n ＋1－
1b n ＝12．
又a 1＝3，所以b 1＝2
3．
故1b n 是首项为32，公差为12的等差数列，即1b n ＝32＋(n －1)×12＝n ＋22，所以b n ＝2
n ＋2． 4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0，证明{a n }是等比数列，并求其通项公式． (由S n 与a n 关系，结合定义证明等比数列)
解：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝1
1－λ，a 1≠0．
由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，
即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1．
因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1
．
5 已知数列{a n }是等比数列(q ≠－1)，S n 是其前n 项的和，求证：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列． 解：方法一：
(1)当q ＝1时，结论显然成立；
(2)当q ≠1时， S k ＝a 1(1－q k )1－q ，S 2k ＝a 1(1－q 2k )1－q ，S 3k ＝a 1(1－q 3k )1－q ． S 2k －S k ＝a 1(1－q 2k )1－q －a 1(1－q k )1－q ＝a 1q k (1－q k )
1－q ． S 3k －S 2k ＝a 1(1－q 3k )1－q －a 1(1－q 2k )1－q ＝a 1q 2k (1－q k )
1－q ．
所以(S 2k －S k )2＝
a 2
1
q 2k (1－q k )2(1－q )2
S k ·(S 3k －S 2k )＝a 1(1－q k )1－q ·a 1q 2k (1－q k )1－q ＝a 12q 2k (1－q k )2(1－q )2． 所以(S 2k －S k )2＝S k ·
(S 3k －S 2k )， 又因为q ≠－1，所以S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 中没有零， 所以S 2k －S k S k ＝S 3k －S 2k
S 2k －S k ，所以S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 成等比数列． 方法二：
S 2k －S k ＝(a 1＋a 2＋a 3＋…a 2k )－(a 1＋a 2＋a 3＋…a k )
＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋3＋…a 2k ＝q k (a 1＋a 2＋a 3＋…a k )＝q k S k ≠0． 同理，S 3k －S 2k ＝a 2k ＋1＋a 2k ＋2＋a 2k ＋3＋…a 3k ＝ q 2k S k ≠0． 所以(S 2k －S k )2＝S k ·(S 3k －S 2k )，下同方法一．
6 .设数列{ a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *
．已知a 1＝1，a 2＝3
2，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 ＋1－1
2a n }为等比数列． 解：(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＋5
4)＋1，解得a 4＝78． (2)由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1 (n ≥2)， 得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)．
∵4a 3＋a 1＝4×5
4＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，
∴a n ＋2－1
2a 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 n 2(2a n ＋1－a n )＝12 ∴数列{a n ＋1－12a n }是以a 2－12a 1＝1为首项，1
2为公比的等比数列．
7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2
n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数.
(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，∴S 2n ＝(S n ＋1－S n )2－λS n ＋1，
则S n ＋1(S n ＋1－2S n －λ)＝0.∵a n >0，知S n ＋1>0，∴S n ＋1－2S n －λ＝0，故S n ＋1＝2S n ＋λ. (2)解 由(1)知，S n ＋1＝2S n ＋λ，
当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋λ，两式相减，a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)， 所以数列{a n }从第二项起成等比数列，且公比q ＝2.
又S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ，∴a 2＝a 1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.
因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，（λ＋1）·
2n －2，n ≥2. 若数列{a n }是等比数列，则a 2＝1＋λ＝2a 1＝2. ∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{a n }是等比数列.
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 ⎝⎛⎭
⎫
或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数；(2)中项公式法.
2.a n ＋1
a n ＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.
8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *).
(1)设b n ＝a n
3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求出数列{a n }的通项公式；
(2)设c n ＝a n n －a n
3n ，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，求T n . (1)证明 由已知2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *)，① n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－3n ＋3，②
①－②得：2a n ＝3a n －3a n －1－2·3n ⇒a n ＝3a n －1＋2·3n ， 故a n 3n ＝a n －1
3n －1＋2，则b n －b n －1＝2(n ≥2).
又n ＝1时，2a 1＝3a 1－9＋3，解得a 1＝6，则b 1＝a 1
3＝2.
故数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列，∴b n ＝2＋2(n －1)＝2n ⇒a n ＝2n ·3n . (2)解 由(1)，得c n ＝2·3n －2n
T n ＝2(3＋32＋33
＋…＋3n )－2(1＋2＋…＋n )＝2·3（1－3n ）1－3－2·（1＋n ）n
2＝3n ＋1－n 2－n －3. 等差、等比数列的综合问题
9.从①前n 项和S n ＝n 2＋p (p ∈R )；②a n ＝a n ＋1－3；③a 6＝11且2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.
在数列{a n }中，a 1＝1，________，其中n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若a 1，a n ，a m 成等比数列，其中m ，n ∈N *，且m >n >1，求m 的最小值. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择①：
(1)当n ＝1时，由S 1＝a 1＝1，得p ＝0.
当n ≥2时，由题意，得S n －1＝(n －1)2，所以a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2). 经检验，a 1＝1符合上式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *) (2)由a 1，a n ，a m 成等比数列，得a 2n ＝a 1a m ，
即(2n －1)2＝1×(2m －1).化简，得m ＝2n 2
－2n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫n －122
＋12.
因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ，所以当n ＝2时，m 有最小值5. 选择②：
(1)因为a n ＝a n ＋1－3，所以a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是公差d ＝3的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2(n ∈N *).
(2)由a 1，a n ，a m 成等比数列，得a 2n ＝a 1a m ，即(3n －2)2
＝1×(3m －2).
化简，得m ＝3n 2
－4n ＋2＝3⎝⎛⎭⎫n －232
＋23.
因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ，所以当n ＝2时，m 取到最小值6. 选择③：
(1)因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 6＝a 1＋5d ＝11，所以d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *) . (2)因为a 1，a n ，a m 成等比数列，所以a 2n ＝a 1a m ，
即(2n －1)2＝1×(2m －1).化简，得m ＝2n 2
－2n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫n －122
＋12.
因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ， 所以当n ＝2时，m 有最小值5.
10.已知{a n }是公比为q 的无穷等比数列，其前n 项和为S n ，满足a 3＝12，________.是否存在正整数k ，使得S k >2 020？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由.
从①q ＝2，②q ＝1
2，③q ＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择①：存在满足条件的正整数k .
求解过程如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3
q 2＝3.所以S n ＝3（1－2n ）1－2＝3(2n －1).
令S k >2 020，则2k
>2 0233.因为29
<2 023
3<210，所以使S k >2 020的正整数k 的最小值为10.
选择②：不存在满足条件的正整数k .
理由如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3
q 2＝48.所以S n ＝
48×⎝⎛⎭
⎫1－12n 1－12
＝96⎝⎛⎭⎫1－12n .
因为S n <96<2 020，所以不存在满足条件的正整数k .
选择③：存在满足条件的正整数k .求解过程如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3
q 2＝3. 所以S n ＝3×[1－（－2）n ]
1－（－2）＝1－(－2)n .令S k >2 020，则1－(－2)k >2 020， 整理得(－2)k <－2 019.当k 为偶数时，原不等式无解.
当k 为奇数时，原不等式等价于2k >2 019.所以使S k >2 020的正整数k 的最小值为11.
2021届高考数学二轮复习核心热点突破-专题二第1讲 等差数列与等比数列
专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列 第一课 等差、等比数列基本运算和性质 一：前测回顾 1．已知{a n }是等差数列，若2a 7－a 5－3＝0，则a 9＝________． 2．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 2 2＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________． 3．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________． 4．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________． 5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 二：方法联想 1．基本量运算 2．性质的应用 3．等差数列S n 的最值问题 三：热点训练 热点一 等差、等比数列的基本运算 1.数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( ) A.2 B.3 C.4 D.5 2.若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝3a 3，且a 4与9a 7的等差中项为2，则S 5＝( ) A.1123 B.112 C.12127 D.121 3.设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋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.
2019版步步高二轮数学三专题突破核心考点专题二数列第1讲等差数列与等比数列
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.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点,考查分析问题、解决问题的综合能力. 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 － 1. 2.求和公式 等差数列:S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2 d ； 等比数列:S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1). 3.性质 若m ＋n ＝p ＋q , 在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q . 例1 (1)(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若3S 3＝S 2＋S 4,a 1＝2,则a 5等于( ) A.－12 B.－10 C.10 D.12 答案 B 【试题解析】设等差数列{a n }的公差为d ,由3S 3＝S 2＋S 4, 得3????3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ,将a 1＝2代入上式,解得d
＝－3, 故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B. (2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }中,若S 4＝80,S 2＝8,则公比q ＝________,a 5＝________. 答案 3 162 【试题解析】由题意可得,S 4－S 2＝q 2S 2,代入得q 2＝9. ∵等比数列{a n }的各项均为正数, ∴q ＝3,解得a 1＝2,故a 5＝162. 【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 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. 跟踪演练1 (1)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2＝3a 2＋2,S 4＝3a 4＋2,则a 1等于( ) A.－2 B.－1 C.12 D.23 答案 B 【试题解析】S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2, 即3a 2＋a 3－2a 4＝0,即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0, 即2q 2－q －3＝0,解得q ＝－1(舍)或q ＝32 , 当q ＝32 时,代入S 2＝3a 2＋2, 得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2,解得a 1＝－1. (2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中,a 1＝1,a 5＝4a 3. ①求{a n }的通项公式； ②记S n 为{a n }的前n 项和,若S m ＝63,求m . 解 ①设{a n }的公比为q ,由题设得a n ＝q n － 1. 由已知得q 4＝4q 2,解得q ＝0(舍去),q ＝－2或q ＝ 2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n － 1(n ∈N *). ②若a n ＝(－2)n －1,则S n ＝1－(－2)n 3 . 由S m ＝63得(－2)m ＝－188,此方程没有正整数解. 若a n ＝2n － 1,则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64,解得m ＝6. 综上,m ＝6. 热点二 等差数列、等比数列的判定与证明
专题3 第1讲 等差数列与等比数列
第1讲等差数列与等比数列 ［考情分析］1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现2数列 求和及数列的综合问题是高考考查的重点. 考点一等差数列、等比数列的基本运算 【核心提炼】 等差数列、等比数列的基本公式5∈N*) (1)等差数列的通项公式：a∏=a∖ + ｛n-∖)d↑ ⑵等比数列的通项公式：a,t=a∖∙q,t~l. z 、，»， - ，，L.,、」n(a∖+a ll)1 /?(/? — 1), (3)寺差数列的求和公式：S J=一~=na∖-∖- 5 (1; 0(I-" ai-a〃q (4)等比数列的求和公式：s ll=↑ 1 一夕一ι-q 例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为() A. 15.5 R B. 12.5 R C. 10.5 R D. 95 尺 答案A 解析从冬至起，十二个节气的日影长依次记为。2,。3,…，02,由题意，有。］+。4 + m+3d=12.5, aq=375,根据等差数列的性质，得出=12.5,而32=4.5,设公差为4则ι U + lld=4.5, α∣ = 15.5, 解得, 所以冬至的日影长为15.5尺. l ⑵已知点(小斯)在函数段)=2门的图象上5∈N*).数列｛斯｝的前n项和为Sn,设b n= S +1 log^ ^一，数列｛d｝的前〃项和为7；.则T tt的最小值为. 答案一30 解析 :点(〃,在函数人工)=2A l的图象上， .∙∙m=2'L∣5∈N*), ，｛斯｝是首项为ci］ = ∖,公比q=2的等比数列, 1-2 2,r 则b n= log — =2n-12(n∈N*),
2021届高考数学(理)考点复习：等比数列及其前n项和(含解析)
2021届高考数学（理）考点复习 等比数列及其前n 项和 1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1 a n ＝q (n ∈N *， q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项?a ，G ，b 成等比数列?G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n － 1. (2)前n 项和公式： S n ＝???? ? na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1). 3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)． (2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k . (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，???? ??1a n ，{a 2n }，{a n · b n }，???? ?? a n b n (λ≠0)仍然是等比数列． (4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k . 4．在等比数列{a n }中，若S n 为其前n 项和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列(n 为偶数且q ＝－1除外)． 概念方法微思考 1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？ 提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？ 提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．
高考数学二轮复习 第一部分 专题三 数列 第一讲 等差数列、等比数列教案-人教版高三全册数学教案
第一讲 等差数列、等比数列 [考情分析] 等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n 项和是高考考查的重点. 年份 卷别 考查角度及命题位置 2017 Ⅰ卷 等差、等比数列的综合应用·T 17 2015 Ⅰ卷 等差数列的通项公式及前n 项和公式·T 7 等比数列的概念及前n 项和公式·T 13 Ⅱ卷 等差数列的通项公式、性质及前n 项和公式·T 5 等比数列的通项公式及性质·T 9 [真题自检] 1．(2015·高考全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11 解析：法一：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝ 5a 1＋a 5 2 ＝5a 3＝5. 法二：∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1， ∴S 5＝5a 1＋5×4 2d ＝5(a 1＋2d )＝5. 解析：A 2．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172 B.192 C ．10 D ．12 解析：∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×8－1 2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝1 2 ，
2021届高考数学(文)二轮考前复习学案：第一篇专题8等差数列与等比数列含解析
专题8 等差数列与等比数列 1.等差数列必记结论 (1)若项数为偶数 2n,则 S 2n =n(a 1+a 2n )=n(a n +a n+1); S 偶-S 奇=nd; =. (2)若项数为奇数 2n-1,则 S 2n-1=(2n-1)a n ; S 奇-S 偶=a n ; = . 2.等比数列必记结论 (1)a k ,a k+m ,a k+2m ,…仍是等比数列,公 比 为 q m (k,m∈N *). 考向一 等差数列基本 量的计算 【典例】 (2020·全国Ⅱ 卷)记S n 为等差数列 的前n 项和.若a 1=-2,a 2+a 6=2①, 则=________. ① 根据基本量列方程 ② 前n 项和公式求解 考向二 等比数列基本 量的计算 【典例】(2020·全国Ⅰ 卷)设{a n }是等比数列,且 a 1+a 2+a 3=1,a 2+a 3+a 4=2,则a 6+a 7+a 8=( ) A.12 B.24 C.30 D.32 1.在公比为的等比数列 中,若 sin =,则cos 的值是
A.- B. C. D. 2.数列{a n}中,a1=2,a2=1,则+=(n∈N*),则a10等于( ) A.-5 B.- C.5 D. 3.若数列{x n}满足lg x n+1=1+lg x n(n∈N+),且x1+x2+x3+…+x100=100,则lg(x101+x102+…+x200)的值为 A.102 B.101 C.100 D.99 4.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则说法不正确的是 ( ) A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B.春分和秋分两个节气的晷长相同(2)若数列{a n}的项数为2n,则=q; (3)若项数为2n+1,则=q. 1.数列中的方程思想 无论是等差数列中的a1,n,d,a n,S n,还是等比数列中的a1,n,q,a n,S n,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(q),问题可迎刃而解 2.数列中的函数思想 数列是一种特殊
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第1讲等差数列与等比数列
第二篇 专题二 第1讲 一、选择题 1．在等差数列{a n }中，若S n 为{a n }的前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( A ) A ．55 B ．11 C ．50 D ．60 【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得2(a 1＋6d )＝a 1＋7d ＋5，得a 1＋5d ＝5，则S 11＝11a 1＋11×102 d ＝11(a 1＋5d )＝11×5＝55，故选A. 2．已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26 ＝0，则S 11的值为( D ) A ．11 B ．12 C ．20 D ．22 【解析】结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26 ， 又该数列为正项数列，可得a 6＝2， 所以由S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1， 可得S 11＝S 2×5＋1＝11a 6＝22. 3．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11.那么一定有( B ) A ．a 6≤b 6 B ．a 6≥b 6 C ．a 12≤b 12 D ．a 12≥b 12 【解析】因为等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11， 所以a 1＋a 11＝b 1＋b 11＝2a 6， 所以a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112 ≥b 1b 11＝b 6. 当且仅当b 1＝b 11时，取等号，此时数列{b n }的公比为1. 4．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1 n ，则a n 等于( C ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n 【解析】由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln (n ＋1)－ln n ， n 分别用1，2，3，…，n －1(n ≥2)取代， 累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1，即a n n ＝2＋ln n ， 即a n ＝2n ＋n ln n (n ≥2)， 又a 1＝2符合上式，故a n ＝2n ＋n ln n ．
高考数学二轮复习第一部分微专题强化练习题：等差数列与等比数列含解析
第一部分 一 9 一、选择题 1．(文)(2014·东北三省三校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＋a 6 ＝12，则S 7的值是( ) A ．21 B ．24 C ．28 D ．7 [答案] C [解析] ∵a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，∴a 4＝4， ∴2a 4＝a 1＋a 7＝8，∴S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×82＝28. [方法点拨] 1.熟记等差、等比数列的求和公式． 2．形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系用累加法可求出通项； 3．形如a n ＋1＝a n f (n )的递推关系可考虑用累乘法求通项a n ； 4．形如a n ＋1＝ka n ＋b (k 、b 为常数)可通过变形，设b n ＝a n ＋b k －1构造等比数列求通项a n . (理)在等比数列{a n }中，a 1＝a ，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}成等差数列，则S n 等于( ) A ．a n ＋ 1－a B ．n (a ＋1) C ．na D ．(a ＋1)n －1 [答案] C [解析] 利用常数列a ，a ，a ，…判断，则存在等差数列a ＋1，a ＋1，a ＋1，…或通过下列运算得到：2(aq ＋1)＝(a ＋1)＋(aq 2＋1)，∴q ＝1，S n ＝na . 2．(文)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6 S 4的值为( ) A.9 4 B.3 2 C.5 3 D ．4 [答案] A [解析] 由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4 S 2＝4得S 4－S 2S 2 ＝3， 则S 6－S 4＝5S 2， 所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝9 4 . (理)(2014·全国大纲文，8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( )
2022-2021年南方新课堂·高考数学(理科)二轮复习测试：专题三第1讲等差数列与等比数列
专题三 数列 第1讲 等差数列与等比数列 一、选择题 1．(2022·云南昆明一中第六次考前强化)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝8，则S 7＝( ) A ．28 B ．32 C ．56 D ．24 解析：S 7＝7×（a 1＋a 7）2＝7×（a 3＋a 5）2＝28.故选A. 答案：A 2．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1 B ．－1或2 C ．－2 D ．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：C 3．(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＝9 11， 则当S n 取最大值时，n 的值为( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．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：B 4．(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 ．4 B ．5 C ．6 D ．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：B 5．(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 1，1 2a 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 1，1 2a 3，2a 2成等差数列， ∴a 3＝3a 1＋2a 2，
高考数学大二轮复习专题二数列第一讲等差数列等比数列限时规范训练理
第一讲 等差数列、等比数列 1．(2019·宽城区校级期末)在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝36，则S 16＝( ) A ．288 B ．144 C ．572 D ．72 解析：a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝2(a 2＋a 15)＝36， ∴a 1＋a 16＝a 2＋a 15＝18， ∴S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8×18＝144， 故选B. 答案：B 2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3 ＋4a 1，则a 3＝( ) A ．16 B ．8 C ．4 D ．2 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＞0，q ＞0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3 ＝15， a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1， 解得⎩ ⎪⎨ ⎪⎧ a 1＝1， q ＝2，∴a 3＝a 1q 2 ＝4.故选C. 答案：C 3．(2019·咸阳二模)《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为( ) A ．15.5尺 B ．12.5尺 C ．10.5尺 D ．9.5尺 解析：设此等差数列{a n }的公差为d ， 则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝37.5，a 1＋11d ＝4.5， 解得：d ＝－1，a 1＝15.5. 故选A. 答案：A
4．(2019·德州一模)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7 a 2＋a 4 ＝8，则a 6的值为( ) A ．4 B ．8 C ．16 D ．32 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝1， a 5＋a 7 a 2＋a 4 ＝8， ∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3) ＝8，解得q ＝2. 则a 6＝25 ＝32. 故选D. 答案：D 5．(2019·信州区校级月考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．0 D ．2 解析：∵等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，S 8＝S 10， ∴8a 1＋7×82d ＝10a 1＋10×92d ，即16＋28d ＝20＋45d ，解得d ＝－4 17 ， ∴a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝ ⎛⎭ ⎪⎫－417＝－2. 故选B. 答案：B 6．(2019·南充模拟)已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且a 1，1 2a 3,2a 2成等差数列， 则 a 10＋a 11 a 8＋a 9 ＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2 D ．3－2 2 解析：等比数列{a n }中的各项都是正数， 公比设为q ，q >0， a 1，12 a 3,2a 2成等差数列， 可得a 3＝a 1＋2a 2， 即a 1q 2 ＝a 1＋2a 1q ， 即q 2－2q －1＝0，
全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题三数列第1讲等差数列与等比数列练习理
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 2 n ＝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 ＝□03 q (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．
高考数学第二轮复习专题四数列第1讲等差数列、等比数列文试题
智才艺州攀枝花市创界学校专题四数列第1讲等差数列、等比数列 真题试做 1．(2021·高考，文4)在等差数列{a n}中，a4＋a8＝16，那么a2＋a10＝()． A．12B．16 C．20D．24 2．(2021·高考，文5)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11＝16，那么a5＝()． A．1B．2 C．4D．8 3．(2021·高考，文6){a n}为等比数列．下面结论中正确的选项是()． A．a1＋a3≥2a2 B．a＋a≥2a C．假设a1＝a3，那么a1＝a2 D．假设a3＞a1，那么a4＞a2 4．(2021·高考，文14)等比数列{a n}为递增数列．假设a1＞0，且2(a n＋a n＋2)＝5a n＋1，那么数列{a n}的公比q＝__________. 5．(2021·高考，文16)等比数列{a n}的公比q＝－. (1)假设a3＝，求数列{a n}的前n项和； (2)证明：对任意k∈N＋，a k，a k＋2，a k＋1成等差数列． 考向分析 高考中对等差(等比)数列的考察主、客观题型均有所表达，一般以等差、等比数列的定义或者以通项公式、前nn项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考察主要以客观题出现，具有“新、巧、活〞的特点，考察利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对于等差、等比数列的判断与证明，主要出如今解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节．热点例析 热点一等差、等比数列的根本运算
【例1】(2021·质检，20)设数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，等式a n＋a n＋2＝2a n＋1对任意n∈N*均成立． (1)假设a4＝10，求数列{a n}的通项公式； (2)假设a2＝1＋t，且存在m≥3(m∈N*)，使得a m＝S m成立，求t的最小值． 规律方法此类问题应将重点放在通项公式与前n项和公式的直接应用上，注重五个根本量a1，a n，S n，n，d(q)之间的转化，会用方程(组)的思想解决“知三求二〞问题．我们重在认真观察条件，在选择a1，d(q)两个根本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的根本性质转化条件，否那么可能会导致列出的方程或者方程组较为复杂，无形中增大运算量．同时在运算过程中注意消元法及整体代换的应用，这样可减少计算量． 特别提醒：(1)解决等差数列{a n}前n项和问题常用的有三个公式：S n＝；S n＝na1＋d；S n＝An2＋Bn(A，B 为常数)，灵敏地选用公式，解决问题更便捷； (2)利用等比数列前n项和公式求和时，不可无视对公比q是否为1的讨论． 变式训练1(2021·质检，20)等差数列{a n}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{b n}的前n项和为S n，且满足b3＝a3，S3＝13. (1)求数列{a n}，{b n}的通项公式； (2)假设数列{c n}满足c n＝求数列{c n}的前n项和T n. 热点二等差、等比数列的性质 【例2】(1)在正项等比数列{a n}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的两个根，那么a1·a2·a25·a48·a49的值是()． A．B．93C．±9D．35 (2)正项等比数列{a n}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差数列，那么的值是()． A．或者B． C．D． 规律方法(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进展求解； (2)应结实掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中假设“m＋n＝p＋q，那么a m＋a n＝a p＋a q〞这一性质与求和公式S n＝的综合应用． 变式训练2(1)(2021·玉山期末，3)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S15＝25π，那么tan a8的值是()． A．B．－C．±D．－ (2)(2021·调研，7)数列{a n}是等比数列，其前n项和为S n，假设公比q＝2，S4＝1，那么S8＝()．
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列
专题三 数列 第一讲 等差数列与等比数列——小题备考 常考常用结论 1．等差数列 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝ n (a 1+a n ) 2 ＝na 1＋ n (n−1)2 d ； (3)性质： ①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m)d ； ③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 2．等比数列 (1)通项公式：a n ＝a 1q n － 1(q ≠0)； (2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝ a 1(1−q n )1−q ＝ a 1−a n q 1−q ； (3)性质： ①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n － m ； ③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列． 微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算 保分题 1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 2 021＝6，则S 2 022＝( ) A ．3 033 B ．4 044 C ．6 066 D ．8 088 2．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{a n }中，a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两根，则a 3a 5a 7 的值为( ) A ．π√π B ．－π√π C ．±π√π D ．π3 3．[2022·全国乙卷]已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A ．14 B ．12 C ．6 D ．3
高考数学二轮复习专题数列
高考数学二轮复习专题数列 1.理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项. 2.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题. 3.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题. 1.等差（比）数列的根本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有. 2.数列中an与Sn之间的互化关系也是高考的一个热点. 3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用. 4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等. 因此复习中应注意： 1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住根本量a1、d（或q），掌握好设数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算. 3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等. 4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如an与Sn的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳.
5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键. 6.解题要善于总结根本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能到达事半功倍的效果. 7．数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 1.证明数列是等差数列的两种根本方法：（1）定义法：为常数；（2）等差中项法： . 2.证明数列是等比数列的两种根本方法：（1）定义法： (非零常数)；（2）等差中项法： . 3.常用性质:(1)等差数列中,假设 ,那么 ; (2)等比数列中,假设 ,那么 . 4.求和: (1)等差等比数列,用其前n项和求出; (2)掌握几种常见的求和方法:错位相减法、裂项相消法、分组求和法、倒序相加法; (3)掌握等差等比数列前n项和的常用性质.
2019高考数学高分突破二轮复习练习：专题二 第1讲 等差数列与等比数列 Word版含解析
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. 真 题 感 悟 1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( ) A.－24 B.－3 C.3 D.8 解析 根据题意得a 23＝a 2·a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，由a 1＝1及d ≠0解得d ＝－2，所以S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24. 答案 A 2.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它 的前一个单音的频率的比都等于12 2.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的 频率为( ) A.3 2f B.3 22f C.12 25 f D. 12 27f 解析 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 12 2，第一个单音的频率为f .由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一 个首项为f ，公比为 12 2的等比数列，记为{a n }.则第八个单音频率为a 8＝f ·(12 2)8
－1 ＝ 12 27f . 答案 D 3.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析 因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1 ，所以S 6＝ －1×（1－26） 1－2 ＝－63. 答案 －63 4.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式； (2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1. (2)若a n ＝(－2) n －1 ，则S n ＝1－（－2）n 3 . 由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解. 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6. 考 点 整 合 1.等差数列 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1 ＋n （n －1） 2 d ； (3)性质： ①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ； ③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列.
2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(解析版)
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．31 C．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＋1－1 C.3n＋1－3n2 D.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．12 2．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．3 3．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．1 008 2．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．40 C．40或－30 D．40或－50 3．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．－712
高考数学第二轮专题复习数列教案
高考数学第二轮专题复习数列教案 二、高考要求 1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题. 3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法. 三、热点分析 1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目. 2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。〔3〕加强了数列与极限的综合考查题 3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25. 4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法 5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。 6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差〔比〕数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降. 四、复习建议 1．对基础知识要落实到位，主要是等差〔比〕数列的定义、通项、前n项和.