2020高考数学二轮复习等差数列与等比数列课件文科
考点 3 等差、等比数列的性质
等差数列
等比数列
性质
(1)若 m，n，p，q∈N*，且 m＋n
＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq； (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍 成等差数列
(1)若 m，n，p，q∈N*，且
m＋n＝p＋q， (2)an＝amqn－m； (3)Sm ， S2m － Sm ， S3m － S2m，…仍成等比数列(q≠ －1)
考点 1 等差数列、等比数列的基本运算
1．通项公式
等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. 2．求和公式
等差数列：Sn＝na12＋an＝na1＋nn2－1d； 等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1)．
[例 1] (1)[2019·全国卷Ⅰ]记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．{an}的公比为 q(q>0 且 q≠1)，由
题意可得SS69＝＝aa111111－－－－qqqq69＝＝3700
① ②
，①÷②得，11－－qq69＝1＋1＋q3＋q3 q6＝
a11－q3 37，又由 q>0，得 q3＝2，再由SS36＝a111－－qq6＝1＋1q3＝13，得 S3＝13S6
(1)判断一个数列是等差(等比)数列，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)a2n＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}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.
{an}的项数为偶数，所以 q＝SS偶奇＝13.又 a1·(a1q)(a1q2)＝64.所以 a13q3 ＝64，故 a1＝12.
答案：B
5．[2019·内蒙古呼和浩特一中摸底]已知数列{an}是递减的等比 数列，a1＋a4＝9，a2·a3＝8，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝( )
A．8－2n1－3 B．16－2n1－4 C．2n－3－8 D．16－2n－3
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝12n2－2n (2)[2019·全国卷Ⅲ]记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a3＝5， a7＝13，则 S10＝________.
【解析】 (1)本题主要考查等差数列的通项公式和前 n 项和公 式，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学 运算．
解析：①k＝0 时，分子 an＋2－an＋1＝0，数列{an}可为常数数列， 则 an＋1－an＝0，但分母不可为 0，推出矛盾，∴k 不可能为 0，① 正确；
同理②中 d＝0，③中 q＝1 时分母都为 0，不成立， ∴②③错误；
④例如数列 0,1,0,1，……为等差比数列，④正确． 答案：①④
1－q
＝10.
优解 由题意可得(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，即(30－S3)2＝40S3， 即 S32－100S3＋900＝0，解得 S3＝10 或 S3＝90，又数列{an}的各项 均为正数，所以 S3<S6，S3＝90(舍去)，故 S3＝10.
(2)∵S17>0，S18<0，∴17a9>0,9(a9＋a10)<0， ∴a9>0，a10<0 且公差 d<0， ∴1≤n≤9 时，Sann>0,10≤n≤15 时，Sann<0， 又 1≤n≤8 时，0<an＋1<an，Sn＋1>Sn>0， ∴Sa99最大． 【答案】 (1)10 (2)Sa99
所以数列{an＋1}是首项为 a1＋1＝2，公比为 2 的等比数列． (2)由(1)知，an＋1＝2×2n－1＝2n，即 an＝2n－1， 所以 Sn＝211－－22n－n＝2n＋1－n－2.
于是 n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0， 所以 n＋Sn＝2an，即 n，an，Sn 成等差数列.
『对接训练』
4．一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之 和的 4 倍，前 3 项之积为 64，则 a1＝( )
A．11 B．12 C．13 D．14 解析：设数列{an}的公比为 q，全部奇数项、偶数项之和分别 记为 S 奇、S 偶，由题意知，S 奇＋S 偶＝4S 偶，即 S 奇＝3S 偶．因为数列
答案：D
考点 2 等差、等比数列的判定与证明
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2)．
等差、等比数列性质问题的求解策略
(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)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 am＋an＝ap＋aq”这一性质与求和公式 Sn＝ na12＋an的综合应用.
an－20＝2n－18≤0， an＋1－20＝2n－16≥0
得 8≤n≤9，∴Sn 的最小值为 S8＝S9＝－72，
故选 B.
【答案】 B
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.
A．－70 B．－72
C．－64 D．－68
【 解 析 】 ∵ 数 列 {an} 的 “ 优 值 ”Hn ＝ 2n ＋ 1 ， ∴Hn ＝ a1＋2a2＋n…＋2n－1an＝2n＋1，∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，∴2n－
1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2)，∴an＝4n－2(n－1)＝2n＋2(n≥2)，又 a1＝4，满足上式，∴an＝2n＋2(n∈N*)，∴an－20＝2n－18，由
[例 2] [2019·广东广州调研测试]设 Sn 是数列{an}的前 n 项和， 已知 a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式，并判断 n，an，Sn 是否成等差数列？
【解析】 (1)证明：因为 a3＝7，a3＝3a2－2，所以 a2＝3， 则 an＝2an－1＋1，取 n＝2，得 a2＝2a1＋1，解得 a1＝1. 由 an＝2an－1＋1(n≥2)，得 an＋1＝2(an－1＋1)，即aan－n＋1＋11＝2，
方法一 设等差数列{an}的公差为 d，∵Sa45＝＝05，
∴4a1＋4×2 3d＝0 a1＋4d＝5，
解得ad1＝＝2－，3 ∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋
2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋nn2－1d＝n2－4n.故选 A.
方法二 设等差数列{an}的公差为 d，∵Sa45＝＝05，
解析：设等比数列{an}的公比为 q，∵a2·a3＝8，∴a1·a4＝8，又 a1＋a4＝9 且数列{an}是递减数列，∴a1＝8，a4＝1，∴q3＝18，∴q ＝12，
∴Sn＝811－－1221n＝16－2n1－4，故选 B. 答案：B
6．[2019·江苏常州月考]已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a2＋a3＋a10＝8，则 S9＝________.
『对接训练』
7．在数列{an}中，n∈N*，若aan＋n＋2－1－aan＋n1＝k(k 为常数)，则称{an} 为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k 不可能为 0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比 数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为 0.
其中所有正确判断的序号是________．
2．[2019·湖南重点高中联考]已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，公差 d≠0，a1，a2，a5 成等比数列，则 S5＝( )
A．15 B．20 C．21 D．25
解析：由已知得 a22＝a1a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，又 d≠0 得 d＝2，∴S5＝5＋5×2 4×2＝25，故选 D.
『对接训练』
3．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)设 bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式 an.
解析：(1)因为数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－3n(n∈N*)． 所以 n＝1 时，由 a1＝S1＝2a1－3×1，解得 a1＝3， n＝2 时，由 S2＝2a2－3×2，得 a2＝9， n＝3 时，由 S3＝2a3－3×3，得 a3＝21. (2)证明：因为 Sn＝2an－3n， 所以 Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)， 两式相减，得 an＋1＝2an＋3， ① 把 bn＝an＋3 及 bn＋1＝an＋1＋3，代入①式， 得 bn＋1＝2bn(n∈N*)，且 b1＝6， 所以数列{bn}是以 6 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 bn＝6×2n－1， 所以 an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．
[例 3] (1)[2019·长春市质量监测(一)]各项均为正数的等比数 列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S6＝30，S9＝70，则 S3＝________；
(2)[2019·福建泉州第十六中学月考]设等差数列{an}的前 n 项和 为 Sn，且满足 S17>0，S18<0，则Sa11，Sa22，…，Sa1155中最大的项为________．
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统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题二数列第1讲等差数列等比数列课件文
3．[2023·全国乙卷]已知 an 为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则 a7
－2
＝________．
解析：方法一 设数列{an}的公比为 q，则由 a2a4a5＝a3a6，得 a1q·a1q3·a1q4＝
a1q2·a1q5.又 a1≠0，且 q≠0，所以可得 a1q＝1 ①.又 a9a10＝a1q8·a1q9＝a21 q17＝－8
为等比数列{a
}的前n项和．若8S
＝7S
，则
n
n
6
3
1
－
{an}的公比为________．
2
a1（1－q6）
解析：由 8S6 ＝7S3 ，可知数列{an}的公比 q≠1，所以 8×
＝
1－q
a1（1－q3）
1
6
3
3
7×
，即 8（1－q ）＝7（1－q ）
，即 8（1＋q ）＝7，所以 q＝－ .
2
1－q
(2)an＝amqn－m；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…
仍成等比数列(q≠－1)
例 2 (1)[2023·河南省郑州市高三测试]在等差数列{an}中，已知a1>0，
且S8＝S17，则当Sn取最大值时，n＝(
)
A．10
B．11
C．12或13
D．13
答案：C
解析：（1）因为在等差数列{an}中，S17－S8＝0，
故选C.
(2)[2023·贵州省高三考前解压卷]已知等比数列{an}的公比q>0且
q≠1，前n项积为Tn，若T10＝T6，则下列结论正确的是(
)
高考数学文(二轮复习)课件《等差与等比数列》
4．(2014· 安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋ 3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
答案：1
解析：解法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3 ＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q 的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1. 解法二：因为数列{an}是等差数列， 所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d， 故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0， 即d＝－2， 所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.
等差与等比数列
该类小题一般考查等差、等比数列的基本量的运算及性质 的灵活运用.有时等差数列、等比数列相交汇考查.该类小题具有 “新”“巧”“活”的特点.在备考中，一要重视与两种数列基 本量有关的公式的理解与应用，二要重视两种数列基本性质的 应用，三要重视方程组思想或整体思想在求解数列问题中的应 用.
(2)已知等差数列某两项的和(或等比数列某两项的积)求数 列中的某一项或求数列和(或积)的问题，运用等差数列(或等比 数列)的性质或整体代入的思想较为快捷．该类题目在平时的练 习中要学会使用性质，在短时间内准确求解．
[回访名题] (1)(2014· 福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2， S3＝12，则a6等于( )
基础记忆
试做真题
基础要记牢,真题须做熟
基础知识不“背死”，就不能“用活”！ 1．把握两个定义 若一个数列从第二项起，每项与前一项的差(比)为同一个常 数，则这个数列为等差(比)数列． 2．等差、等比中项 (1)若x，A，y成等差数列⇔A为x，y的等差中项⇔2A＝x＋y. (2)若x，G，y成等比数列⇔G为x，y的等比中项⇒G2＝ xy(G≠0)．
高考二轮复习专题-等差数列和等比数列的判定(共15张PPT)
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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
所以 an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. 故 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1) ＝n（a12＋an）＝n（1＋22n－1）＝n2.
(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]．
(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]．
(课标专用)2020高考数学二轮复习专题四数列4.1等差数列与等比数列课件
故a5=a2+3d=1.3-0.3=1(升).故选B.
(2)设等比数列{an}的公比为q,显然q≠1.
∵2S3=S4+S5,a3 1-������
=
1-������ 4 1-������
+
1-������ 5 1-������
,
化简得q2+q-2=0,解得q=-2.
则a6=(-2)5=-32.故选D.
含a1,n,d(q),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.其基本解题过程为
(1)设基本量:首项a1和公差d(公比q); (2)列、解方程组:把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组),然后求 解,注意整体代换,以减少运算量.
高频考点•探究突破
-6-
突破点一
突破点二
突破点三
高频考点•探究突破
-8-
突破点一
突破点二
突破点三
突破点四
等差数列与等比数列的判定与证明
【例2】(1)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意 的 n∈N*,bn 是 an 和 an+1 的等比中项.设 cn=���������2���+1 − ���������2��� ,n∈N*,求证:数
因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2, 所以{cn}是等差数列. 方法二(通项法) 由已知可知数列{an}是公差为d的等差数列,设 首项为a1,则an=a1+(n-1)d. 由 bn 是 an 与 an+1 的等比中项,可得 ���������2��� =an·an+1=[a1+(n-1)d](a1+nd)=������12+(2n-1)a1d+n(n-1)d2. 故 cn=���������2���+1 − ���������2��� = ������12+[2(n+1)-1]a1d+(n+1)·[(n+1)-1]d2-[������12+(2n-1)a1d+n(n-1)d2]=2a1d +2nd2=2d(a1+d)+(n-1)2d2,
高考数学二轮复习第二编专题四数列第1讲等差数列与等比数列课件文
解 (1)当 n≥2 时，由 an＋1＝2Sn＋3，得 an＝2Sn－1＋3， 两式相减，得 an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an， ∴an＋1＝3an，∴aan＋n 1＝3. 当 n＝1 时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则aa21＝3. ∴数列{an}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列． ∴an＝3×3n－1＝3n.
12/11/2021
核心知识回顾
12/11/2021
1．等差数列
□ (1)通项公式： 01 an＝an＋(n－1)d＝am＋(n－m)d . □ (2)等差中项公式： 02 2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2) ． □ (3)前 n 项和公式： 03 Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－2 1d .
12/11/2021
真题VS押题
12/11/2021
『真题模拟』
1．(2018·陕西商洛模拟)在等差数列{an}中，a5＝9，且
2a3＝a2＋6，则公差 d＝( )
A．－3
B．－2
C．3
D．2
解析 因为 2a3＝a2＋6，所以 a2＋a4＝a2＋6，所以 a4 ＝6，故 d＝a5－a4＝9－6＝3.
12/11/2021
考向2 等差数列、等比数列的判定与证明 例 2 (2018·银川质检)已知数列{an}中，a1＝1，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an＝2S2nS－2n 1(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列S1n是等差数列； (2)证明：13S1＋15S2＋17S3＋…＋2n1＋1Sn<12.
12/11/2021
□ 2．等比数列
(1)等比数列的通项公式： 01 an＝a1qn－1＝amqn－m .
□ (2)等比中项公式： 02 a2n＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2) ．
高考数学(文科,通用)复习课件：专题4 第1讲等差数列和等比数列
将a3，a6的范围整体代入．
解析 S9＝9a1＋36d＝3(a1＋2d)＋6(a1＋5d) 又－1<a3<1,0<a6<3， ∴－3<3(a1＋2d)<3,0<6(a1＋5d)<18， 故－3<S9<21.
(1)等差数列问题的基本思想是求解a1和d，可利 用方程思想；
(2)等差数列的性质
思 维
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋
▪ 15、一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。2021年7月2021/7/312021/7/312021/7/317/31/2021
▪ 16、提出一个问题往往比解决一个更重要。因为解决问题也许仅是一个数学上或实验上的技能而已，而提出新的问题，却需要有创造性的想像力，而且标志着科学的真正进步。2021/7/312021/7/31July 31, 2021
A．1
B．2
C．4 D．8
解析 ∵a4－2a27＋3a8＝0，∴2a72＝a4＋3a8， 即 2a72＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2， 又∵b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝b31q18＝(b7)3＝8，故选 D.
(2)在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，
且前n项和Sn＝62，则项数n等于( )
an＝
S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2.
2.等差数列和等比数列
等差数列
定 an－an-1＝常数
义
(n≥2)
通
等比数列
an ＝常数
an－1
(n≥2)
(1)定义法
(2)中项公式法：2an＋(1)定义法 an2＋1
1 ＝ an ＋ an ＋(2) 中 项 公 式 法 ：
解析 S9＝9a1＋36d＝3(a1＋2d)＋6(a1＋5d) 又－1<a3<1,0<a6<3， ∴－3<3(a1＋2d)<3,0<6(a1＋5d)<18， 故－3<S9<21.
(1)等差数列问题的基本思想是求解a1和d，可利 用方程思想；
(2)等差数列的性质
思 维
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋
▪ 15、一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。2021年7月2021/7/312021/7/312021/7/317/31/2021
▪ 16、提出一个问题往往比解决一个更重要。因为解决问题也许仅是一个数学上或实验上的技能而已，而提出新的问题，却需要有创造性的想像力，而且标志着科学的真正进步。2021/7/312021/7/31July 31, 2021
A．1
B．2
C．4 D．8
解析 ∵a4－2a27＋3a8＝0，∴2a72＝a4＋3a8， 即 2a72＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2， 又∵b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝b31q18＝(b7)3＝8，故选 D.
(2)在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，
且前n项和Sn＝62，则项数n等于( )
an＝
S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2.
2.等差数列和等比数列
等差数列
定 an－an-1＝常数
义
(n≥2)
通
等比数列
an ＝常数
an－1
(n≥2)
(1)定义法
(2)中项公式法：2an＋(1)定义法 an2＋1
1 ＝ an ＋ an ＋(2) 中 项 公 式 法 ：
版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 等差数列与等比数列(共41张PPT)
显然{bn}为等差数列． 故Tn＝1＋n2＋2 1n＝n（n4＋3）.
热点4 等差数列、等比数列的综合问题 1．等差数列与等比数列是非常重要的两个基本数 列，两者之间可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d 的等差数列，则{abn}(a＞0，a≠1)就是一个等比数列； 若{bn}是各项为正项的等比数列， 则{logabn}(a＞0，且a ≠1)是一个等差数列． 2．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，注意方程思想、化 归思想的运用．
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数 列．
【例2】 (1)(2018·山东菏泽第一次模拟)等比数列
{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则
a2aa916的值为(
)
A．2
B．－ 2或 2
C. 2
D．－ 2
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋
测)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的 值为( )
A．2
B．4
9 C.2
D．6
(2)等比数列{an}中，a4＝ 2，a5＝ 5，则数列{lg an}
的前8项和T8的值是( )
A．4
B．2
C．3
D．5
解析：(1)由等比数列性质，得a3a5＝a24＝4(a4－1)． 所以(a4－2)2＝0，解得a4＝2. 又a1＝1，且a1a7＝a24＝4. 所以a7＝4. (2)设等比数列{an}的公比为q，
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
从近年高考命题看，本讲高考命题中主要考查：(1) 等差、等比数列基本量与性质；(2)等差(比)数列的判断 与证明，数列的求和，简单的等差(比)数列的综合问 题．前面以客观题为主，突出方程思想；后面主要在解 答题中呈现，考查转化思想．数列试题常涉及1～2个题 目，属中低档题难度．
2020高考文科数学二轮考前复习方略课件：专题二 第1讲 等差数列与等比数列
优解二：设等比数列{an}的公比为 q，由题意易知 q≠1.设数列{an}的前 n 项和 Sn＝ A(1－qn)(其中 A 为常数)，则 a1＝S1＝A(1－q)＝1 ①，S3＝A(1－q3)＝34 ②，由①② 可得 A＝23，q＝－12.所以 S4＝23×1－－124＝58. 答案：58
3．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式； (2)记 Sn 为{an}的前 n 项和．若 Sm＝63，求 m.
9（a1＋a9） 5（a1＋a5）
所以S99－S55＝
2 9
－
2 5
＝a5－a3＝2d＝－4，
解得 d＝－2，所以数列{an}为单调递减数列，即 Sn 存在最大值．
因为 a1＝9，所以 an＝－2n＋11，
由aann≥＋1＜0，0，得－－22n（＋n1＋1≥1）0，＋11＜0，解得 4.5＜n≤5.5. 因为 n∈N*，
解：(1)设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1. 由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2. 故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1. (2)若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝1－（3－2）n. 由 Sm＝63 得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若 an＝2n－1，则 Sn＝2n－1.由 Sm＝63 得 2m＝64，解得 m＝6. 综上，m＝6.
大值时 n 的值为( )
A．4
B．5
C．6
D．4 或 5
【解析】 (1)因为 a21 009＝25a3a2 019， 所以 a21 009＝25a21 011，
所以 q4＝215.
因为等比数列{an}的各项均为正数，所以 q＞0，