高考专题辅导与测试第1部分 专题三 第一讲 等差数列、等比数列(选择、填空题型)
( 85 D. 2
)
85 A.32
31 B.16
15 C. 8
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
[自主解答] k＋2k＋1 2
(1)法一：由题意，Sk＋2＝(k＋2)a1＋ d＝k＋2＋(k＋2)(k＋1)＝(k＋2)2，Sk＝ka1＋
[答案]
数 学(1)AΒιβλιοθήκη (2)(－2)n－1
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
——————————规律· 总结————————————
已知 Sn 与 an 的关系式求 an 的方法 数 列 的 通 项 an 与 前 n 项 和 Sn 的 关 系 是 an ＝
S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2.
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第1部分
专题三
数列
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
第一讲
等差数列、等比数列选择、填空题型
考点统计 等差数列的性质与基本量 等比数列的性质与基本量 3年4考 3年7考
等差数列的通项与求和 等比数列的通项与求和 等差、等比数列的综合问题 数列的递推公式
1 1 1 2S101＋2101＝0，故S1＋S2＋„＋S100＝32100－1.
1 答案：(1)－16
1 1 (2)32100－1
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
1．等差、等比数列的通项及前n项和公式
等差数列
等比数列
活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题，属中低档题． 3．数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据an
与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常
考的热点． 4．数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项和公式、 错位相减法和裂项相消法为主.
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答案：350
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
an＋12 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ (an>0)，则{an} 4 的通项an＝________.
an＋12 解析：法一：因为Sn＝ 4 ， an＋1＋12 an＋12 1 2 所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝ － 4 ＝ 4 (a n＋1－a 2 ＋2an＋ n 4
1－2an)， 2 即4an＋1＝an＋1－a2 ＋2an＋1－2an， n
整理得2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0. 因为an>0，所以an＋1＋an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2. a1＋12 a1＋12 而当n＝1时，有S1＝ 4 ，即a1＝ 4 ， 整理得a2－2a1＋1＝0，解得a1＝1； 1 a1＋12 a2＋12 当n＝2时，有S2＝ 4 ，即a1＋a2＝ 4 ，整理得a2－2a2－3 2 ＝0，又an>0，所以解得a2＝3.由于a2－a1＝2， 所以数列{an}是一个首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，其通项公 式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
2.等差数列、等比数列的性质
等差数列
(1)若m，n，p，q∈N ， 且m＋n＝p＋q，则
*
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am·n a ＝ap·q； a (2)an＝amqn
－m
性质
am＋an＝ap＋aq； (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，„仍成等差数列
答案：A
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
2．(2013· 辽宁高考)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的 四个命题： p1：数列{an}是递增数列； p2：数列{nan}是递增数列；
an p3：数列 n 是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列． 其中的真命题为 A．p1，p2
；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，„仍成等比数列 (Sn≠0)
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
数列通项an与前n项和Sn的关系
[例1] (1)(2013· 潍坊模拟)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝ ( C．3×24 D．3×24＋1 )
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
na1＋an Sn＝ 2
an＝a1qn－1(q≠0)
(1)q≠1，Sn＝ a11－qn a1－anq ＝ ； 1－q 1－q (2)q＝1，Sn＝na1
前n项和
nn－1 ＝na1＋ 2 d
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，故该 数列从第二项起构成一个公比为3的等比数列． 由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3， 故a6＝a2×34＝3×34＝35. 2 1 2 1 (2)当n＝1时，由已知Sn＝ 3 an＋ 3 ，得a1＝ 3 a1＋ 3 ，即a1＝1; 2 1 当n≥2时，由已知得到Sn－1＝ 3 an－1＋ 3 ，所以an＝Sn－Sn－1＝ 2 1 2 1 2 2 an＋ － an－1＋ ＝ an－ an－1，所以an＝－2an－1，所以数列 3 3 3 3 3 3 {an}是以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.
答案：2n－1
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
等差、等比数列的基本运算
[例2] (1)(2013· 深圳模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若 ( D．5 )
a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝ A．8 B．7 C．6
(2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
法二：因为an>0，所以an＋1>0，Sn>0， an＋12 an＋1 由Sn＝ 4 ，得 2 ＝ Sn. a1＋1 当n＝1时，有 2 ＝ a1，解得a1＝1. 当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1， 故由上式得2 Sn＝an＋1＝Sn－Sn－1＋1， 即( Sn－ Sn－1－1)( Sn＋ Sn－1－1)＝0. 因为an>0，a1＝S1＝1，所以 Sn＋ Sn－1>1，
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
即 Sn＋ Sn－1－1>0， 故由上式得 Sn－ Sn－1－1＝0， 所以数列{ Sn }是一个首项为 S1 ＝1，公差为1的等差数列，其 通项公式为 Sn＝n. an＋1 由 2 ＝ Sn，得an＝2 Sn－1＝2n－1. 显然，当n＝1时，也适合上式． 综上可知，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
kk－1 d＝k＋k(k－1)＝k2， 2 故Sk＋2－Sk＝(k＋2)2－k2＝4k＋4＝24，解得k＝5. 法二：Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋d＝2(a1＋kd)＋d＝2(1 ＋2k)＋2＝24，解得k＝5.
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答案：D
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
3．(2013· 江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一 天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最 少天数n(n∈N*)等于______．
解析：设每天植树的棵数组成的数列为{an}，由题意可知它 21－2n 是等比数列，且首项为2，公比为2，所以由题意可得 1－2 ≥100，即2n≥51，而25＝32,26＝64，n∈N*，所以n≥6.
答案：6
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
4．(2013· 湖南高考)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－ 1 * n，n∈N ，则(1)a3＝________； 2 (2)S1＋S2＋„＋S100＝________.
1 1 解析：(1)当n＝1时，S1＝(－1)a1－2，得a1＝－4. 1 1 当n≥2时，Sn＝(－1) (Sn－Sn－1)－ 2n .当n为偶数时，Sn－1＝－ 2n ，
n
1 1 1 1 当n为奇数时，Sn＝ 2 Sn－1－ n＋1 ，从而S1＝－ 4 ，S3＝－ 16 ，又由S3 2 1 1 1 1 ＝2S2－24＝－16，得S2＝0，则S3＝S2＋a3＝a3＝－16.
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第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
1 1 1 1 (2)由(1)得S1＋S3＋S5＋„＋S99＝－ 22 － 24 － 26 －„－ 2100 ， 1 S101＝－2102， 1 1 1 又S2＋S4＋S6＋„＋S100＝2S3＋ 23 ＋2S5＋ 25 ＋2S7＋ 27 ＋„＋
第一讲 等差数列、等比数列（选择、填空题型）
1．(2013· 安徽高考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝ 4a3，a7＝－2，则a9＝ A．－6 C．－2 B．－4 D．2 ( )
2019高考数学一本策略复习专题三数列第一讲等差数列、等比数列课件文
[全练——快速解答 ]
3．(2018·天津模拟)已知等比数列 {an}的前 n 项和为 Sn，且 8a2a4＝ a3a6，则Sa43＝___78_____.
由 8a2a4 ＝ a3a6 可 得 8a23＝a3a6，故 a6＝8a3， 设公比为 q，则 q3＝8，
q
＝
2
，
故
S3 a4
＝
a11＋a1qq3＋q2＝78.
2×2－1 2
×d
＋
4a1
＋
4×24－1×d，将 a1＝2 代
入上式，解得 d＝－3，
故 a5 ＝ a1 ＋ (5 － 1)d＝ 2 ＋ 4×(－3)＝－10.
故选 B.
[全练——快速解答 ]
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列
{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，
a3，a6 成等比数列，则{an}前 6 项
专题三 数列 第一讲 等差数列、等比数列
C目录 ONTENTS
考点一 考点二 考点三 4 课后训练 提升能力
年份 2018
卷别 Ⅰ卷
Ⅲ卷
考查角度 及命题位 置 等比数列 的判定及 通项求 法·T17
等比数列 的基本运 算及应 用·T17
命题分析及学科素养
命题分析 (1)高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数 列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减 法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主 要突出数学思想的应用． (2)若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客 观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现 在第 12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应 引起关注． 学科素养 主要是通过等差数列、等比数列的判定与证明及 基本运算考查逻辑推理与数学运算两大核心素养.
高考数学 专题突破 第一部分专题三第一讲 等差数列 等比数列课件 理
【归纳拓展】
利用等差、等比数列的通项公
式和前 n 项和公式，由五个量 a1 ， d(q) ， n ， an ， Sn 中 的 三 个 量 可 求 其 余 两 个 量 ， 即 “ 知 三 求
二”，体现了方程思想．解答等差、等比数列
的有关问题时，“基本量”(等差数列中的首项 a1和公差 d或等比数列中的首项 a1和公比 q)法是 常用方法．
2 【解】 (1)∵ S1＝ (b1－1)＝ b1， 3 ∴ b1＝－ 2. 2 又 S2＝ (b2－ 1)＝b1＋ b2＝－ 2＋ b2， 3 ∴ b2＝4，∴ a2＝－2，a5＝ 4. a 5 －a 2 6 ∵数列 {an}为等差数列， ∴公差 d＝ ＝ ＝ 2， 3 3 即 an＝－2＋ (n－2)· 2＝ 2n－ 6.
变式训练 2
已知数列{an}和{bn}满足 a1＝m，an＋ 2n 4 ＋ . 1＝ λan＋ n， bn＝an－ 3 9 (1)当 m＝1 时， 求证： 对于任意的实数 λ， 数列{an} 一定不是等差数列； 1 (2)当 λ＝－ 时， 试判断数列{bn}是否为等比数列． 2
* (4)等比中项公式： a2 ＝ a a ( n ∈ N ， n≥ 2)． n n－1 n＋ 1 － (5)性质：① an＝am qn m (n，m∈ N*)． ②若 m＋ n＝ p＋q，则 aman＝ apaq(p，q， m， n∈ N* ) ． 注意：(1)a2 n＝ an－ 1an＋ 1 是 an－ 1，an，an＋ 1 成等比数 列的必要不充分条件．
等差、等比数列的判定与证明
例2 (2011 年高考天津卷节选 )已知数列 {an}与
3＋－1 n {bn}满足 bnan＋ an＋ 1＋ bn＋1an＋ 2＝ 0， bn＝ ， 2 * n∈ N ，且 a1＝2，a2＝ 4. (1)求 a3， a4，a5 的值； (2)设 cn＝a2n－ 1＋ a2n＋1，n∈ N*，证明 {cn}是等比数 列．
高考数学：专题三 第一讲 等差数列与等比数列课件
题型与方法
例 1
第一讲
已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}
的前 n 项和 Sn.
本 讲 栏 目 开 关
解 设{an}的首项为 a1，公差为 d， a ＋2da ＋6d＝－16， 1 1 则 a1＋3d＋a1＋5d＝0，
a2＋8da ＋12d2＝－16， 1 1 即 a1＝－4d， a ＝－8 a ＝8， 1 1 解得 或 d＝2 d＝－2，
第一讲
本 讲 栏 目 开 关
c1 而当 n＝1 时， ＝a2，∴c1＝3. b1 3，n＝1， ∴cn＝ － 2×3n 1，n≥2.
∴c1＋c2＋…＋c2 011＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32 010 6－6×32 010 ＝3＋ ＝3－3＋32 011＝32 011. 1－3
即 2a1＋d＝a1＋2d， 1 又 a1＝2，
1 所以 d＝2，
故 a2＝a1＋d＝1.
答案 1
题型与方法
第一讲
本 讲 栏 目 开 关
题型一 题型概述
等差数列的有关问题 等差数列是一个重要的数列类型， 高考命题主要考
查等差数列的概念、 基本量的运算及由概念推导出的一些重 要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.
则 c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.
答案 35
考点与考题
第一讲
1 5.(2012· 北京)已知{an}为等差数列， n 为其前 n 项和.若 a1＝ ， S 2 S2＝a3，则 a2＝________.
本 讲 栏 目 开 关
解析
设{an}的公差为 d，
由 S2＝a3 知，a1＋a2＝a3，
故 a7＝0.
专题三 第一讲 等差数列、等比数列
一、选择题1．已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列，则公比q 的值为( )A ．1或－12B ．1C ．－12D ．－2解析：由数列{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列，得2a 1q 2＝a 1＋a 1q .∵a 1≠0，∴2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或－12. 答案：A2．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝( )A ．5 2B ．7C ．6D ．4 2解析：(a 1a 2a 3)×(a 7a 8a 9)＝a 65＝50，a 4a 5a 6＝a 35＝5 2.答案：A3．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为( )A ．5B ．4C ．3D ．2解析：∵a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝30，a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝15，∴两式相减，可得(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 10－a 9)＝5d ＝15，故d ＝3.答案：C4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 4＋a 6＝－6，∴a 5＝－3.∴d ＝a 5－a 15－1＝2.∴a 6＝－1<0，a 7＝1>0， 故当等差数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值时，n 等于6.答案：A二、填空题5．已知等比数列{a n }的各项均为正数，若a 1＝3，前三项的和为21，则a 4＋a 5＋a 6＝________.解析：由已知a 4＋a 5＋a 6＝a 1q 3＋a 1q 4＋a 1q 5＝(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)q 3＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 3，即a 4＋a 5＋a 6＝21q 3.由前三项的和为21，且a 1＝3解得q ＝2，故a 4＋a 5＋a 6＝21q 3＝21×8＝168.答案：1686．(2011·天津高考)已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *.若a 3＝16，S 20＝20，则S 10的值为________．解析：设{a n }的首项，公差分别是a 1，d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝16，20a 1＋20×(20－1)2×d ＝20，解得a 1＝20，d ＝－2， ∴S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110. 答案：1107．数列{a n }是递减的等差数列，且a 3＋a 9＝50，a 5·a 7＝616，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋a 9＝50，a 5·a 7＝616，d <0，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝25，d ＝－3，∴a 1＝40.∴a n ＝40－3(n －1)＝43－3n . 令a n <0，则n >1413，∴{a n }从第15项开始每项小于0， ∴S n 的最大值为S 14＝14×40＋14×132×(－3)＝287. 答案：287三、解答题8．(2011·福建高考)已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由a 1＝1，a 3＝－3可得1＋2d ＝－3.解得d ＝－2从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n .(2)由(1)可知a n ＝3－2n .所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2. 进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35， 即k 2－2k －35＝0.解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求结果．9．(2011·银川模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 2＋a 4＝14，S 7＝70.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2S n ＋48n，数列{b n }的最小项是第几项，并求出该项的值． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝14，7a 1＋21d ＝70，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3. 所以a n ＝3n －2.(2)因为S n ＝n 2[1＋(3n －2)]＝3n 2－n 2， 所以b n ＝3n 2－n ＋48n ＝3n ＋48n－1≥23n ·48n－1＝23， 当且仅当3n ＝48n ，即n ＝4时取等号， 故数列{b n }的最小项是第4项，该项的值为23.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －p (n ∈N *)，其中p 是不为零的常数．(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)当p ＝3时，若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． 解：(1)证明：因为S n ＝4a n －p (n ∈N *)， 则S n －1＝4a n －1－p (n ∈N *，n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1. 由S n ＝4a n －p ，令n ＝1，得a 1＝4a 1－p ，解得a 1＝p 3. 所以{a n }是首项为p 3，公比为43的等比数列． (2)因为a 1＝1，则a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ＝1,2，…)，得b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，当n ≥2时，由累加得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3⎝⎛⎭⎫43n －1－1， 当n ＝1时，上式也成立．。
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理PPT课件
(2)由(1)得，a4＝7，S4＝16. 因为 q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即 q2－8q＋16＝0， 所以(q－4)2＝0，从而 q＝4. 又因 b1＝2，{bn}是公比 q＝4 的等比数列，所以 bn＝b1qn －1＝2·4n－1＝22n－1.
3．等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形 式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力， 为中挡题．
例 1 已知数列{an}是一个等差数列，且 a2＝1， a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an. (2)设 cn＝5－2an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋ log2b3＋…＋log2bn 的值．
Thinking In Other People‘S Speeches，Growing Up In Your Own Story
讲师：XXXXXX XX年XX月XX日
从而{bn}的前 n 项和 Tn＝b1（11－－qqn）＝32(4n－1)．
已知等差数列中的某几项成等比数列(或已知等比数列 中的某几项成等差数列)，往往是先设公差为 d(或公比为 q)， 用待定系数法求出 d(或 q)与首项之间的关系，进而再解决 问题．
3．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an； (2)设 bn＝log3an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
＝ban－b2·－2bn
＝ban－2－1 b2n. ∴an－2－1 b·2n＝a1－2－2 b·bn－1＝2（21－－bb）bn－1.
∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]． ∵a1＝2 适合上式， ∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]．
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理第一讲 等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义． 数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)． 即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假 解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题． 故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32． 解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。
专题三 第1讲 等差数列、等比数列
核心提炼
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*) (1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d. (2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1. (3)等差数列的求和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－ 2 1d.
(4)等比数列的求和公式： Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq，q≠1，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
2.(2022·济宁模拟)在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a6＋a8＝－32，则aa105＋ ＋aa172
等于
A.－8
B.16
C.32
√D.－32
设等比数列{an}的公比为q， 则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，所以q5＝－32， 故aa105＋ ＋aa172＝aa5＋5＋aa77q5＝q5＝－32.
∴S14＝14a12＋a14＝14a42＋a11>0， S15＝15a12＋a15＝15×2 2a8<0，
∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确.
考点三
等差数列、等比数列的判断
核心提炼
定义法 通项法 中项法
等差数列 an＋1－an＝d an＝a1＋(n－1)d 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的
石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项
1＝6
√B.{an}的公差为9
C.a6＝3a3
√D.S9＝405
设{an}的公差为d.由a4＋a6＝90， 得a5＝45，又a2＝18， 联立方程组aa11＋＋d4＝d＝184，5， 解得ad1＝＝99，， 故 A 错误，B 正确；
新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题三数列第一讲等差数列与等比数列__小题备考微专题1等差数
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＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：S n＝＝na1＋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，S2m－S m，S3m－S2m，…成等差数列．2．等比数列(1)通项公式：a n＝a1q n－1(q≠0)；(2)求和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝；(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，S2m－S m，S3m－S2m，…(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1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{a n}中，S n是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝( )A．7 B．10 C．11 D．132．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为( )A．－27B．－16C．－11D．－93．[2023·吉林长春三模]已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为( )A．B．C．2D．44．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{a n}中，a1＝1，S n为{a n}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( )A．7B．9C．15D．305．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )A．壬午年B．癸未年C．己亥年D．戊戌年1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{a n}，前n项和为S n，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )A．a2022>0B．S n的最大值为S2023C．|a n|的最小值为a2022D．S4044<0(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．技法领悟1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，a n，S n这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n 较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．[巩固训练1] (1)[2022·全国乙卷]记S n为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{a n}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )A．81B．243C．27D．729微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1．解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d ＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.答案：C2．解析：因为{a n}是等差数列，设公差为d，因为a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，则，因为{a n}的前n项和为S n，所以S8＝8×5＋＝－16，故选B.答案：B3．解析：已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故选C.答案：C4．解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q －4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.答案：C5．解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.答案：B提分题[例1] (1)解析：∵数列{a n}为等差数列，a1>0，<－1，∴数列{a n}为递减的等差数列，∴a2023<0，a2022>0，故A正确；∵数列{a n}为递减的等差数列，a2023<0，a2022>0，∴S n的最大值为S2022，故B错；∵a2023<0，a2022>0，∴由<－1得a2023<－a2022，∴a2023＋a2022<0，∴|a2023|>|a2022|，∴|a n|的最小值为|a2022|，即a2022，故C正确；S4044＝＝2022(a2022＋a2023)<0，故D正确．故选ACD.(2)解析：将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{a n}，n∈N*，n≤6，其公比q＝，令数列{a n}的前n项和为S n，则S6＝378，而S6＝＝，因此＝378，解得a1＝192，所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．答案：ACD (2)6[巩固训练1] (1)解析：方法一设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.方法二设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.(2)解析：由a6－6a5＋9a4＝0⇒a4·(q2－6q＋9)＝0.而a n≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39⇒a1＝3，∴a n＝3n，a5＝35＝243.故选B.答案：(1)2答案：B。