备战2018年高考数学一轮复习(热点难点)专题34 等差数列与等比数列问题的精彩妙解
等差数列与等比数列专题辅导（小编推荐）
等差数列与等比数列专题辅导（小编推荐）第一篇：等差数列与等比数列专题辅导（小编推荐）等差数列与等比数列专题辅导(1)在等差数列｛an｝中, a7=9, a13=-2, 则a25=()A-22B-24C60D64(2)在等比数列｛an｝中, 存在正整数m, 有am=3，am+5=24, 则am+15=()A864B1176C1440D1536(3)已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列, 则a2=()A–4B–6C–8D–10(4)设数列{an}是等差数列，且a2=-6,a8=6,Sn是数列{an}的前n 项和，则()AS4>S3BS4=S2CS6(5)已知由正数组成的等比数列｛an｝中,公比q=2, a1·a2·a3·…·a30=245, 则a1·a4·a7·…·a28=5101520A 2B2C2D2(6)若{an}是等差数列，首项a1>0,a2003+a2004>0,a2003.a2004<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是：()A．4005B．4006C．4007D．4008(7)在等比数列｛an｝中, a1<0, 若对正整数n都有anAq>1B0a1(3n-1)(8)设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1=__________.2(9)等差数列｛an｝的前m项和为30, 前2m项和为100, 则它的前3m项和为_________.(10)定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和.已知数列{an}是等和数列, 且a1=2, 公和为5,那么a18的值为_______,这个数列的前21项和S21的值为.(11)已知等差数列｛an｝共2n+1项, 其中奇数项之和为290, 偶数项之和为261,求第n+1项及项数2n+1的值.(12)设{an}是一个公差为d(d≠0)的等差数列，它的前10项和S10=110且a1，a2，a4成等比数列.（Ⅰ）证明a1=d；（Ⅱ）求公差d的值和数列{an}的通项公式.(13)已知等比数列｛an｝的各项都是正数, Sn=80, S2n=6560, 且在前n项中, 最大的项为54, 求n的值.(14)ΔOBC的三个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）, 设P1为线段BC的中点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n, Pn+3为线段PnPn+1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn), an=（Ⅰ）求a1,a2,a3及an;（Ⅱ）证明yn+4=1-(Ⅲ)若记bn=y4n+41yn+yn+1+yn+2.2yn,n∈N*;4-y4n,n∈N*,证明{bn}是等比数列.答案:1-7 BDBDA BB8.29.21010.3, 5211.29, 1912.(2)d=2 an=2n13.n=414.(1)an=2(2)(3)证明略第二篇：等差数列与等比数列等差数列与等比数列⎧>0,递增数列⎪一、等差数列的定义：an+1-an=d（d：公差）（常数）⎨=0，常数列，⎪<0,递减数列⎩1．证明数列{an}为等差数列：（1）定义：an+1-an=d（常数）（2）等差中项：2an+1=an+an+2注：(1)不可用a2-a1=a3-a2=a4-a3=Λ=“常数”证(2)a1=⎨例1．（1）已知数列{an}为等差数列，求证：数列{an+an+1}为等差数列；变式：①已知数列{an}为等差数列，求证：数列{an+t}（t为常数）为等差数列；②已知数列{an}为等差数列，求证：数列{tan}（t为常数）为等差数列；③已知数列{an}、{bn}均为等差数列，求证：数列{an+bn}为等差数列（2）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2，求证：数列{an}为等差数列；变式：①已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2+1，求：an②已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an2+bn，求：an ③已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an2+bn+c，求：an（3）已知数列{an}满足：a1=1,an+1=数列；（4）已知数列{an}，a1=1，an+1=为等差数列（5）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：数列{an}为等差数列的充要条件是{an}为等差数列⎧S1,n=1⎩Sn-Sn-1,n≥2an1,且bn=，求证：数列{bn}为等差an+1ann1an+，且bn=nan，求证：数列{bn}n+1n+1Sn=n(a1+an)22．证明数列{an}为单调数列：an+1-an=f(n)⎨⎧>0,递增数列递减数列⎩<0，注：（1）求数列{an}中an的极值也可采用此方法（2）已知数列{an}为等差数列ⅰ.若a1<0,d>0，则Sn有最小值；解法：①令an≤0{bn}②Snⅱ.若a1>0,d<0，则Sn有最大值；解法：①令an≥0②Sn例2．已知an=(11-2n)2n，求数列{an}的最大项例3．（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且an=10-2n,求Sn的最大值；(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且an=2n-13,求Sn的最小值；3．叠加法：已知a1=a，an+1-an=f(n)，求an例4．（1）已知数列{an}为等差数列，首项为a1，公差为d,求an；（2）已知数列{an}，a1=1,an+1=4．通项公式：an=a1+(n-1)d（1）an=am+(n-m)d（2）an是关于n的一次函数，且n的系数为公差d.例5．已知数列{an}为等差数列，a5=-3，a9=13，求an5．等差中项：若a、b、c成等差数列，则b=（1）若数列{an}为等差数列，则2an+1n+11an+，求an nna+c称为a、c的等差中项2=an+an+2；（2）若已知三个数成等差数列，且其和为定值，则可设这三个数为a-d、a、a+d；（3）若数列{an}为等差数列，且公差d≠0,则am+an=ap+aq⇔m+n=p+q(4)在有穷等差数列{an}中,与首尾两项距离相等的两项的和等于首尾两项的和.即：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=Λ=ak+an-k+1例6．（1）已知：等差数列中连续三项的和为21，平方和为179，求这三项（2）在3与19之间插入3个数后成等差数列，求这三个数（3）已知：a、b、c成等差数列求证：①b+c、a+c、a+b成等差数列；②a(b+c)、b(a+c)、c(a+b)成等差数列；③a-bc、b-ac、c-ab 成等差数列（4）已知：a、b、c成等差数列，求证：2222111成等差数列 b+ca+ca+blg(a-c)、lg(a+c-2b)成等差（5）已知：成等差数列，求证：lg(a+c)、数列（6）若方程a(b-c)xb(c-a)x+c(a-b)=0有相等实根，求证：成等差111abc111abc数列例7．在等差数列{an}中，(1)若a5+a10=12,求S14；(2)若a8=m,求S15；(3)若a4+a6+a15+a17=50,求S20；(4)若a2+a4=18,a3+a5=32,求S6；(5)若a2+a5+a12+a15=36,求S16；(6)若a3+a4+a5+a6+a7=450,求a2+a8(7)若等差数列{an}的各项都是负数，且a32+a82+2a3⋅a8=9，则其前10项和S10= ____________(8)在等差数列{an}中，若a3+a15=a5+an，则n=_______6．数列{an}的前n项和Sn=注：（1）倒序法求和；（2）等差数列{an}的前n项和Sn是关于自然数n的二次函数，且n的系数为n(a1+an)n(n-1)n(n-1)=na1+d=nan-d 222d，2常数项为零，即：Sn=An2+Bn（当A=0时数列{an}为常数列）；（3）①S2n-1=(2n-1)an（可以将项与和之间进行相互转化）。
高考数学热点问题专题解析——等差等比数列综合问题
等差等比数列综合问题一、基础知识：1、等差数列性质与等比数列性质：2、等差数列与等比数列的互化：（1）若{}n a 为等差数列，0,1c c >≠，则{}n a c 成等比数列证明：设{}n a 的公差为d ，则11n n n n a a a d a c c c c++-==为一个常数所以{}n a c 成等比数列（2）若{}n a 为正项等比数列，0,1c c >≠，则{}log c n a 成等差数列 证明：设{}n a 的公比为q ，则11log log log log n c n c n c c na a a q a ++-==为常数 所以{}log c n a 成等差数列 二、典型例题：例1：已知等比数列{}n a 中，若1324,,2a a a 成等差数列，则公比q =（ ） A. 1 B. 1-或2 C. 2 D. 1-思路：由“1324,,2a a a 成等差数列”可得：3123122422a a a a a a =+⇒=+，再由等比数列定义可得：23121,a a q a a q ==，所以等式变为：22q q =+解得2q =或1q =-，经检验均符合条件答案：B例2：已知{}n a 是等差数列，且公差d 不为零，其前n 项和是n S ，若348,,a a a 成等比数列，则（ ）A. 140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D. 140,0a d dS <> 思路：从“348,,a a a 成等比数列”入手可得：()()()22438111327a a a a d a d a d =⇒+=++，整理后可得：2135a d d =-，所以135d a =-，则211305a d a =-<，且()2141646025a dS d a d =+=-<，所以B 符合要求 答案：B小炼有话说：在等差数列（或等比数列）中，如果只有关于项的一个条件，则可以考虑将涉及的项均用1,a d （或1,a q ）进行表示，从而得到1,a d （或1,a q ）的关系例3：已知等比数列{}n a 中的各项均为正数，且510119122a a a a e +=，则1220ln ln ln a a a +++=_______________思路：由等比数列性质可得：1011912a a a a =，从而51011912a a a a e ==，因为{}n a 为等比数列，所以{}ln n a 为等差数列，求和可用等差数列求和公式：101112201011ln ln ln ln ln 2010ln 502a a a a a a a ++++=⋅== 答案：50例4：三个数成等比数列，其乘积为512，如果第一个数与第三个数各减2，则成等差数列，则这三个数为___________思路：可设这三个数为,,a a aq q ，则有3=512512aa aq a q⋅⋅⇒=，解得8a =，而第一个数与第三个数各减2，新的等差数列为82,8,82q q--，所以有：()816282q q ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，即22252520q q q q +=⇒-+=，解得2q =或者12q =，2q =时，这三个数为4,8,16，当12q =时，这三个数为16,8,4 答案： 4,8,16小炼有话说：三个数成等比（或等差）数列时，可以中间的数为核心。
高三第一轮复习理科数学--等差数列与等比数列的综合问题
等差数列与等比数列的综合问题考纲要求1.熟练运用等差、等比数列的概念、通项公式、前n项和式以及有关性质，分析和解决等差、等比数列的综合问题．2.突出方程思想的应用，引导学生选择简捷合理的运算途径，提高运算速度和运算能力．命题规律1、等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点；2、利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值。
同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解。
考点解读等差数列等比数列文字定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差是同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫等差数列的公差。
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比是同一个常数，那么这个数列就叫等比数列，这个常数叫等比数列的公比。
符号定义1n na a d+-=；112n nna aa+-+=1(0)nnaq qa+=≠;211(0)n n n na a a a+-=⋅≠分类递增数列：0d>递减数列：0d<常数数列：0d=递增数列：1101001a q a q>><<<，或，递减数列：1101001a q a q<>><<，或，摆动数列：0q<常数数列：1q=通项1(1)()n ma a n d pn q a n m d=+-=+=+-其中1,p d q a d==-11n n mn ma a q a q--==（0q≠）前n 项和211()(1)22nnn a a n n dS na pn qn+-==+=+其中1,22d dp q a==-11(1)(1)1(1)nna qqS qna q⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩中项,,a b c成等差数列的充要条件：2b a c=+,,a b c成等比数列的充要条件：2b ac=主要性质等和性：等差数列{}n a若m n p q+=+则m n p qa a a a+=+推论：若2m n p+=则2m n pa a a+=2n k n k na a a+-+=12132n n na a a a a a--+=+=+=⋅⋅⋅等积性：等比数列{}n a若m n p q+=+则m n p qa a a a⋅=⋅推论：若2m n p+=则2()m n pa a a⋅=2()n k n k na a a+-⋅=12132n n na a a a a a--⋅=⋅=⋅=⋅⋅⋅即：首尾颠倒相加，则和相等 即：首尾颠倒相乘，则积相等其主它 性 质1、等差数列中连续m 项的和，组成的新数列是等差数列。
备战2018年高考数学(理)之高频考点解密-解密11 等差数列、等比数列 含解析
备战2018年高考数学（理）之高频考点解密有时会将等差数列和考点1 等差数列、等比数列的基本运算题组一等差数列基本量的计算调研1 设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1=1，公差d=2，S n＋2−S n=36，则n= A．5 B．6C．7 D．8【答案】D【解析】解法一：由题知()21(1)21n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2−S n =36得，(n ＋2)2−n 2=4n ＋4=36，所以n =8.解法二：S n ＋2−S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ． 题组二 等比数列基本量的计算调研2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________． 【答案】4【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即4220q q --=，解得q 2=2，∴4624a a q ==.☆技巧点拨☆等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．考点2 等差数列、等比数列的判定与证明 题组一 等差数列的判定与证明调研1 设数列{a n }的各项都为正数，其前n 项和为S n ，已知对任意n ∈N *，S n 是a 2n 和a n 的等差中项． (1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)若b n =−n ＋5，求{a n ·b n }的最大项的值并求出取最大值时n 的值． 【答案】(1)见解析；(2) 当n =2或n =3时，{a n ·b n }的最大项的值为6. 【解析】(1)由已知可得2S n =a 2n ＋a n ，且a n >0， 当n =1时，2a 1=a 21＋a 1，解得a 1=1； 当n ≥2时，有2S n −1=a 2n －1＋a n −1， 所以2a n =2S n −2S n −1=a 2n −a 2n －1＋a n −a n −1，所以a 2n −a 2n －1=a n ＋a n −1，即(a n ＋a n −1)(a n −a n −1)=a n ＋a n −1， 因为a n ＋a n −1>0， 所以a n −a n −1=1(n ≥2)．故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)可知a n =n ，设c n =a n ·b n ，则c n =n (−n ＋5)=−n 2＋5n =−⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋254，因为n ∈N *，所以当n =2或n =3时，{a n ·b n }的最大项的值为6.☆技巧点拨☆等差数列的判定与证明的方法：①定义法：1()n n a a d n +-=∈*N 或1(2,)n n a a d n n --=≥∈⇔*N {}n a 是等差数列； ②定义变形法：验证是否满足11(2,)n n n n a a a a n n +--=-≥∈*N ；③等差中项法：{}122()n n n n a a a n a ++=+∈⇔*N 为等差数列；④通项公式法：通项公式形如(,n a pn q p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列； ⑤前n 项和公式法：2(,n S pn qn p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列．注意：（1）若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,n n n a a a ++，使得122n n n a a a ++≠+即可； （2）如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．题组二 等比数列的判定与证明调研2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1=1，S n ＋1=4a n ＋2. (1)设b n =a n ＋1−2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．【答案】(1)见解析；(2) a n =(3n −1)·2n −2.【解析】(1)由a 1=1及S n ＋1=4a n ＋2，得a 1＋a 2=S 2=4a 1＋2. ∴a 2=5， ∴b 1=a 2−2a 1=3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2， ②①−②，得a n ＋1=4a n −4a n −1， ∴a n ＋1−2a n =2(a n −2a n −1)． ∵b n =a n ＋1−2a n ， ∴b n =2b n −1，故{b n }是首项b 1=3，公比为2的等比数列. (2)由(1)知b n =a n ＋1−2a n =3·2n −1， ∴a n ＋12n ＋1−a n 2n =34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n =12＋(n −1)·34=3n －14， 故a n =(3n −1)·2n −2.☆技巧点拨☆等比数列的判定与证明常用的方法：（1）定义法：1n na q a +=(q 为常数且0)q ≠⇔数列{}n a 是等比数列． （2）等比中项法：212(,0)n n n n a a a n a ++=⋅∈≠*N ⇔数列{}n a 是等比数列． （3）通项公式法：(0,)n n a tq tq n =≠∈*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（4）前n 项和公式法：若数列的前n 项和nn S Aq A =-+(0,0,1)A q q ≠≠≠，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中． 注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． （2）只满足()10n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠.考点3 等差数列、等比数列的性质 题组一 等差数列性质的应用调研1 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【答案】C【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14032201620174 0324032()4032()022a a a a S ++==>，140334 03320174033()403302a a S a +==<，所以使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是4 032. 题组二 等比数列性质的应用调研2 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= A ．40B ．60C ．32D ．50【答案】B【解析】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，因此S 12=4＋8＋16＋32=60，选B ．☆技巧点拨☆等差（比）数列的性质是每年高考的热点之一，利用等差（比）数列的性质进行求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题. 应用等差数列性质的注意点： （1）熟练掌握等差数列性质的实质等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n 项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题. （2）应用等差数列的性质解答问题的关键寻找项数之间的关系，但要注意性质运用的条件，如若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,m n,p,)q ∈*N ，需要当序号之和相等、项数相同时才成立，再比如只有当等差数列{a n }的前n 项和S n 中的n 为奇数时，才有S n =na 中成立.应用等比数列性质时的注意点：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n =p ＋q ，则a m ·a n =a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.考点4 等差数列与等比数列的综合调研1 已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则 A ．a 1d >0，dS 4>0 B ．a 1d <0，dS 4<0 C ．a 1d >0，dS 4<0 D ．a 1d <0，dS 4>0【答案】B【解析】由a 24=a 3a 8，得(a 1＋2d )(a 1＋7d )=(a 1＋3d )2，整理得d (5d ＋3a 1)=0，又d ≠0，∴a 1=−53d ，则a 1d =−53d 2<0，又∵S 4=4a 1＋6d =−23d ，∴dS 4=−23d 2<0，故选B ．调研2 已知数列{a n }满足：a n ＋1−a n =d (n ∈N *)，前n 项和记为S n ，a 1=4，S 3=21. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b 1=167，12n an n b b -=＋，求数列{b n }的通项公式．【答案】(1) a n =3n ＋1；(2) b n =17×23n ＋1.【解析】(1)由已知数列{a n }为等差数列，公差为d ，则S 3=3×4＋3×22d =21，解得d =3，所以数列{a n }的通项公式为a n =3n ＋1. (2)由(1)得b n ＋1−b n =23n ＋1.当n ≥2时，b n =(b n −b n −1)＋(b n −1−b n −2)＋…＋(b 2−b 1)＋b 1， 所以()43(1)32354313161672[12]1222221277n n n n n b n ---+-+++==+=⨯-+≥．又b 1=167满足b n =17×23n ＋1，所以∀n ∈N *，b n =17×23n ＋1.考点5 等差数列与等比数列的创新问题 题组一 等差数列与等比数列的新定义问题 调研1 设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．若数列{c n }是首项为2、公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d =________. 【答案】4【解析】由题意可知，数列{c n }的前n 项和为1()2n n n c c S +=，前2n 项和为1222()2n n n c c S +=，所以S 2nS n=1212()2()2n n n c c n c c ++=2＋2nd 4＋nd －d =2＋21＋4－d nd ，所以当d =4时，S 2nS n 为非零常数．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．题组二等差数列与等比数列的文化背景问题调研 2 《九章算术》卷第六《均输》中，提到如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间．．二节欲均容，各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即每节的容量成等差数列．在这个问题中的中间．．两节容量分别是 A ． 6766升、4133升 B ． 2升、3升 C ． 322升、3733升D ．6766升、3733升 【答案】D【解析】设从上而下，记第i 节的容量为i a 升，故12343a a a a +++=，7894a a a ++=，设公差为d ，则有113214463a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得56766a =，63733a =，选D ．1．（陕西省2018届高三教学质量检测试题（一））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且35·12a a =，20a =.若10a >，则20S =A ．420B ．340C ．−420D ．−340【答案】D2．（河南省2018届高三一轮复习诊断调研联考高三上学期联考）在等比数列{}n a中，若2a =，3a =，则115721a a a a +=+A ．12 B ．23C ．32D ．2【答案】A【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则 ()611511566721115181162a a a a a a a a q q ⎛++=====++.故选A. 3．（河北衡水金卷2018届高三高考模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，且456718a a a a +++=，则下列命题正确的是 A ．5a 是常数 B ．5S 是常数 C ．10a 是常数D ．10S 是常数【答案】D【解析】()45675656218,9a a a a a a a a +++=+=∴+=故选D ．4．（湖南省株洲市2018届高三教学质量统一检测（一））已知等比数列{}n a 是递增数列，n S 是{}n a 的前n 项和.若13135,4a a a a +==，则6S = A ．31 B ．32 C ．63D ．64【答案】C5．（广东省中山市2017−2018学年高三上学期期末复习）等比数列{}n a 中，已知对任意自然数n ，12321n n a a a a ++++=-，则2222123n a a a a ++++等于A ．21n -B ．()1312n- C ．()1413n-D ．以上都不对【答案】C【解析】当1n =时，11211a =-=，当2n ≥时，1123123121,21n n n n a a a a a a a a --++++=-++++=-，两式作差可得：11222n n n n a --=-=，当1n =时，1101221a -===， 综上可得，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，故()221124n n n a --==，则数列{}2n a 是首项为1，公比为4的等比数列，其前n 项和为()()2222123114141143nnna a a a ⨯-++++==--.本题选择C 选项.6．（2018东北四市高三一模试题）等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的值为 A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C7．（湖北省八校2018届高三上学期第一次联考（12月））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1632aa a=,4a 与62a 的等差中项为32，则5S = A ．36 B ．33 C ．32D ．31【答案】D【解析】∵1632a a a =，∴3432a a a =，故42a =，又4623a a +=，∴612a =，∴12q =，116a =， 551161231112S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-，故选D ．8．（山西省榆社中学2018届高三11月月考）中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还a 升， b 升， c 升，1斗为10升.则下列判断正确的是A ．,,a b c 依次成公比为2的等比数列，且507a = B ．,,a b c 依次成公比为2的等比数列，且507c =C ．,,a b c 依次成公比为12的等比数列，且507a =D ．,,a b c 依次成公比为12的等比数列，且507c =【答案】D【解析】由条件知a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，三者之和为50升，根据等比数列的前n 项和，即502450.7c c c c ++=⇒=故答案为D. 9．（江苏省兴化市楚水实验学校、黄桥中学、口岸中学三校2018届高三12月联考）数列{}n a 为等比数列， 11a =且1351,4,7a a a +++成等差数列，则公差d =__________． 【答案】310．（安徽省蒙城县第一中学、淮南第一中学等2018届高三上学期“五校”联考）对于数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}12,n a a =的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，则数列{}n a 的前n 项和n S =__________． 【答案】()1122n n +-+【解析】由1122n n n a a ++-=，且12a =，得11122n n n na a ++-=，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列，所以()1112n na n n =+-⨯=，所以2nn a n =⋅， 则()1231122232122n n n S n n -=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅，()23412122232122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅，)2n n ++-解得()1122n n S n +=-⋅+.11．（江西省临川二中、新余四中2018届高三1月联合考试）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 是等比数列，满足13a =，11b =，2210b S +=，5232a b a -=． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2{}n c 的前n 项和为n T ，求2n T ．【答案】（1）21n a n =+，12n n b -=；（2）()2412213n nn -++.()3211111112223352121n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()214112114n n -=-++- ()2412213n nn -=++. 【思路分析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公式为q ，由22b S +=10，5232a b a -=，得610,34232,q d d q d ++=⎧⎨+-=+⎩解出即可． （2）由13a =，21n a n =+得()2n S n n =+，可得n 为奇数时，2112n n c S n n ==-+，n 为偶数时， 12n n c -=，可得()()21321242n n n T c c c c c c -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+，利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出．12．（百校联盟2018届TOP20一月联考）正项数列{}n a 满足()()21121310n n n n n a a a a a ++-+-+=，11a =，数列{}n b 为等差数列，321b a +=，313a b =. （1）求证：12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求{}n b 的通项公式； （2）令n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T . 【答案】（1）证明见解析，n b n =；（2）()111334884n n n n n T ++⎛⎫=-⋅+-⎪⎝⎭.（2）由（1）得312n n a -=，n b n =，∴()()1131322n n n c n n n =-⋅=⋅-， ∴()()211132331222n n T n n =⨯+⨯++⨯-+++【思路分析】（1）将条件整理可得131n n a a +=+，可得111322n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，从而证得数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，求出312n n a -=后根据题意可得11,1.b d =⎧⎨=⎩，进而求得n b n =．（2）由（1）得()()1131322n n n c n n n =-⋅=⋅-，根据数列通项公式的特点，对数列{}n c 求和时先分组，再分别用错位相减法求和及公式法求和可得结果．1．（2017新课标全国I 理科）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C2．（2017新课标全国II 理科）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，则塔的顶层共有灯 A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有7(12)38112x -=-，解得3x =，即塔的顶层共有灯3盏，故选B ． 【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．3．（2017新课标全国Ⅲ理科）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-.故选A ．【名师点睛】（1）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.（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.4．（2016新课标全国I 理科）已知等差数列{}n a 前9项的和为27，108a =，则100a = A ．100B ．99C ．98D ．97【答案】C5．（2015新课标全国II 理科）已知等比数列{}n a 满足a 1=3，135a a a ++=21，则357a a a ++= A ．21 B ．42 C ．63D ．84【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则2411121a a q a q ++=，又因为13,a = 所以42+6=0q q -，解得2=2q ，所以1235735()42,a a a a a a q ++=++=故选B ．【名师点睛】本题考查等比数列的通项公式和性质，通过求等比数列的基本量，利用通项公式求解，若注意到项的序号之间的关系，则可减少运算量，属于基础题.6．（2017新课标全国II 理科）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑____________． 【答案】21nn +7．（2017新课标全国Ⅲ理科）设等比数列{}n a 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{}n a 的公比为q ，很明显1q ≠-，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：1212131(1)1(1)3a a a q a a a q +=+=-⎧⎨-=-=-⎩①②，由②①可得：2q =-，代入①可得11a =，由等比数列的通项公式可得3418a a q ==-．【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.8．（2016新课标全国Ⅰ理科）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2鬃?a n 的最大值为 . 【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为(0)q q ≠，由1324105a a a a +=⎧⎨+=⎩得2121(1)10(1)5a q a q q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n nn n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4n =时，12n a a a 取得最大值6264=.【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.9．（2016新课标全国II 理科）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，.（Ⅰ）求111101b b b ,,；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和.【答案】（Ⅰ）1111010,1, 2.b b b ===（Ⅱ）1893.10．（2016新课标全国III 理科）已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （II ）若53132S =，求λ． 【答案】（I ）证明见解析，1)1(11---=n n a λλλ；（II ）1λ=-. 【解析】（I ）由题意得1111a S a λ+==，故1≠λ，λ-=111a ，01≠a .由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1. 由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a .。
2012年高三数学一轮复习教案3.4等差数列与等比数列的综合问题
3.4 等差数列与等比数列的综合问题●知识梳理（一）等差、等比数列的性质 1.等差数列{a n }的性质 （1）a m =a k +（m －k ）d ，d =km a a km --.（2）若数列{a n }是公差为d 的等差数列，则数列{λa n +b }（λ、b 为常数）是公差为λd 的等差数列；若{b n }也是公差为d 的等差数列，则{λ1a n +λ2b n }（λ1、λ2为常数）也是等差数列且公差为λ1d +λ2d .（3）下标成等差数列且公差为m 的项a k ，a k +m ，a k +2m ，…组成的数列仍为等差数列，公差为md .（4）若m 、n 、l 、k ∈N *，且m +n =k +l ，则a m +a n =a k +a l ，反之不成立. （5）设A =a 1+a 2+a 3+…+a n ，B =a n +1+a n +2+a n +3+…+a 2n ，C =a 2n +1+a 2n +2+a 2n +3+…+a 3n ，则A 、B 、C 成等差数列.（6）若数列{a n }的项数为2n （n ∈N *），则S 偶－S 奇=nd ，奇偶S S =nn a a 1+，S 2n =n （a n +a n +1）（a n 、a n +1为中间两项）；若数列{a n }的项数为2n －1（n ∈N *），则S 奇－S 偶=a n ，奇偶S S =nn 1-，S 2n －1=（2n －1）a n （a n 为中间项）.2.等比数列{a n }的性质（1）a m =a k ·q m －k .（2）若数列{a n }是等比数列，则数列{λ1a n }（λ1为常数）是公比为q 的等比数列；若{b n }也是公比为q 2的等比数列，则{λ1a n ·λ2b n }（λ1、λ2为常数）也是等比数列，公比为q ·q 2.（3）下标成等差数列且公差为m 的项a k ，a k +m ，a k +2m ，…组成的数列仍为等比数列，公比为q m .（4）若m 、n 、l 、k ∈N *，且m +n =k +l ，则a m ·a n =a k ·a l ，反之不成立. （5）设A =a 1+a 2+a 3+…+a n ，B =a n +1+a n +2+a n +3+…+a 2n ，C =a 2n +1+a 2n +2+a 2n +3+…+a 3n ，则A 、B 、C 成等比数列，设M =a 1·a 2·…·a n ，N =a n +1·a n +2·…·a 2n ，P =a 2n +1·a 2n +2·…·a 3n ，则M 、N 、P 也成等比数列.（二）对于等差、等比数列注意以下设法：如三个数成等差数列，可设为a －d ，a ，a +d ；若四个符号相同的数成等差数列，知其和，可设为a －3d ，a －d ，a +d ，a +3d .三个数成等比数列，可设为qa，a ，aq ，若四个符号相同的数成等比数列，知其积，可设为3q a ，q a ，aq ，aq 3.（三）用函数的观点理解等差数列、等比数列1.对于等差数列，∵a n =a 1+（n －1）d =dn +（a 1－d ），当d ≠0时，a n 是n 的一次函数，对应的点（n ，a n ）是位于直线上的若干个点.当d ＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d =0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d ＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数.若等差数列的前n 项和为S n ，则S n =pn 2+qn （p 、q ∈R ）.当p =0时，{a n }为常数列；当p ≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.2.对于等比数列：a n =a 1q n －1.可用指数函数的性质来理解.当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0，0＜q ＜1时，等比数列是递增数列； 当a 1＞0，0＜q ＜1或a 1＜0，q ＞1时，等比数列{a n }是递减数列. 当q =1时，是一个常数列.当q ＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列. ●点击双基1.等比数列{a n }的公比为q ，则“q ＞1”是“对于任意自然数n ，都有a n +1＞a n ”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析：当a 1＜0时，条件与结论均不能由一方推出另一方. 答案：D2.已知数列{a n }满足a n +2=－a n （n ∈N *），且a 1=1，a 2=2，则该数列前2002项的和为 A.0 B.－3 C.3 D.1解析：由题意，我们发现：a 1=1，a 2=2，a 3=－a 1=－1，a 4=－a 2=－2，a 5=－a 3=1，a 6= －a 4=2，…，a 2001=－a 1999=1，a 2002=－a 2000=2，a 1+a 2+a 3+a 4=0.∴a 1+a 2+a 3+…+a 2002=a 2001+a 2002=a 1+a 2=1+2=3. 答案：C3.若关于x 的方程x 2－x +a =0和x 2－x +b =0（a ≠b ）的四个根可组成首项为41的等差数列，则a +b 的值是A.83B.2411C.2413D.7231 解析：依题意设四根分别为a 1、a 2、a 3、a 4，公差为d ，其中a 1=41，即a 1+a 2+a 3+a 4=1+1=2.又a 1+a 4=a 2+a 3，所以a 1+a 4=a 2+a 3=1.由此求得a 4=43，d =61，于是a 2=125，a 3=127. 故a +b =a 1a 4+a 2a 3=41×43+125×127=14462=7231.答案：D4.（2004年春季上海，12）在等差数列{a n }中，当a r =a s （r ≠s ）时，数列{a n }必定是常数列，然而在等比数列{a n }中，对某些正整数r 、s （r ≠s ），当a r =a s 时，非常数列{a n }的一个例子是___________________.解析：只需选取首项不为0，公比为－1的等比数列即可. 答案：a ，－a ，a ，－a …（a ≠0）5.（2002年北京，14）等差数列{a n }中，a 1=2，公差不为零，且a 1，a 3，a 11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于___________________.解析：设a 1，a 3，a 11成等比，公比为q ，a 3=a 1·q =2q ，a 11=a 1·q 2=2q 2.又{a n }是等差数列，∴a 11=a 1+5（a 3－a 1），∴q =4.答案：4 ●典例剖析【例1】 （2005年春季北京，17）已知{a n }是等比数列，a 1=2，a 3=18；{b n }是等差数列，b 1=2，b 1+b 2+b 3+b 4=a 1+a 2+a 3＞20.（1）求数列{b n }的通项公式；（2）求数列{b n }的前n 项和S n 的公式；（3）设P n =b 1+b 4+b 7+…+b 3n －2，Q n =b 10+b 12+b 14+…+b 2n +8， 其中n =1，2，…，试比较P n 与Q n 的大小，并证明你的结论.剖析：将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算.解:（1）设{a n }的公比为q ，由a 3=a 1q 2得q 2=13a a =9，q =±3. 当q =－3时，a 1+a 2+a 3=2－6+18=14＜20，这与a 1+a 2+a 3＞20矛盾，故舍去. 当q =3时，a 1+a 2+a 3=2+6+18=26＞20，故符合题意. 设数列{b n }的公差为d ，由b 1+b 2+b 3+b 4=26得4b 1+234⨯d =26. 又b 1=2，解得d =3，所以b n =3n －1. （2）S n =2)(1n b b n +=23n 2+21n . （3）b 1，b 4，b 7，…，b 3n －2组成以3d 为公差的等差数列， 所以P n =nb 1+2)1(-n n ·3d =29n 2－25n ； b 10，b 12，b 14，…，b 2n +8组成以2d 为公差的等差数列，b 10=29，所以Q n =nb 10+2)1(-n n ·2d =3n 2+26n . P n －Q n =（29n 2－25n ）－（3n 2+26n ）=23n （n －19）.所以，对于正整数n ，当n ≥20时，P n ＞Q n ；当n =19时，P n =Q n ； 当n ≤18时，P n ＜Q n .评述：本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.【例2】 （2005年北京东城区模拟题）已知等差数列{a n }的首项a 1=1，公差d ＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{b n }的第二项、第三项、第四项.（1）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（2）设数列{c n }对任意正整数n 均有11b c +22mb c +323b m c +…+nn n b m c 1-=（n +1）a n +1成立，其中m 为不等于零的常数，求数列{c n }的前n 项和S n .剖析：（1）依已知可先求首项和公差，进而求出通项a n 和b n ；（2）由题先求出{a n }的通项公式后再求S n .解：（1）由题意得（a 1+d ）（a 1+13d ）=（a 1+4d ）2，整理得2a 1d =d 2.∵a 1=1，解得d =2（d =0不合题意舍去），∴a n =2n －1（n =1，2，3，…）.由b 2=a 2=3，b 3=a 5=9，易求得b n =3n －1（n =1，2，3，…）. （2）当n =1时，c 1=6； 当n ≥2时，nn n b mc 1-=（n +1）a n +1－na n =4n +1，∴c n =（4n +1）mn －1b n =（4n +1）（3m ）n －1.∴c n =⎩⎨⎧+-1)3)(14(6n m n .,4,3,2,1⋅⋅⋅==n n 当3m =1，即m =31时，S n =6+9+13+…+（4n +1） =6+2)149)(1(++-n n =6+（n －1）（2n +5）=2n 2+3n +1.当3m ≠1，即m ≠31时，S n =c 1+c 2+…+c n ，即S n =6+9·（3m ）+13·（3m ）2+…+（4n －3）（3m ）n －2+（4n +1）（3m ）n －1. ①3mS n =6·3m +9·（3m ）2+13·（3m ）3+…+（4n －3）（3m ）n －1+（4n +1）（3m ）n . ② ①－②得（1－3m ）S n =6+3·3m +4·（3m ）2+4·（3m ）3+…+4·（3m ）n －1－（4n +1）（3m ）n=6+9m +4［（3m ）2+（3m ）3+…+（3m ）n －1］－（4n +1）（3m ）n=6+9m +m m m n 31])3()3[(42--－（4n +1）（3m ）n .∴S n =m m n m n 31)3)(14(96-+-++22)31(])3()3[(4m m m n --. ∴S n =⎪⎩⎪⎨⎧--+-+-+++222)31(])3()3[(431)3)(14(96132m m m m m n m n n n n .31,31≠=m m评述：本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法”“错位相减求和法”等.【例3】 （2005年北京海淀区模拟题）在等比数列{a n }（n ∈N *）中，a 1＞1，公比q ＞0.设b n =log 2a n ，且b 1+b 3+b 5=6，b 1b 3b 5=0.（1）求证：数列{b n }是等差数列；（2）求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n ； （3）试比较a n 与S n 的大小. 剖析：（1）定义法即可解决.（2）先求首项和公差及公比.（3）分情况讨论.（1）证明：∵b n =log 2a n ，∴b n +1－b n =log 2nn a a 1+=log 2q 为常数.∴数列{b n }为等差数列且公差d =log 2q .（2）解：∵b 1+b 3+b 5=6，∴b 3=2.∵a 1＞1，∴b 1=log 2a 1＞0.∵b 1b 3b 5=0，∴b 5=0.∴⎩⎨⎧=+=+.04,2211d b d b 解得⎩⎨⎧-==.1,41d b ∴S n =4n +2)1(-n n ×（－1）=292n n -.∵⎩⎨⎧=-=,4log ,1log 122a q ∴⎪⎩⎪⎨⎧==.16,211a q∴a n =25－n （n ∈N *）.（3）解：显然a n =25－n ＞0，当n ≥9时，S n =2)9(n n -≤0. ∴n ≥9时，a n ＞S n .∵a 1=16，a 2=8，a 3=4，a 4=2，a 5=1，a 6=21，a 7=41，a 8=81，S 1=4，S 2=7，S 3=9，S 4=10，S 5=10，S 6=9，S 7=7，S 8=4，∴当n =3，4，5，6，7，8时，a n ＜S n ； 当n =1，2或n ≥9时，a n ＞S n .评述：本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想. ●闯关训练 夯实基础1.在等比数列{a n }中，a 5+a 6=a （a ≠0），a 15+a 16=b ，则a 25+a 26的值是A.abB.22abC.ab 2 D.2a b 解析：由等比数列的性质得三个和成等比数列，由等比中项公式可得选项为C. 答案：C2.公差不为零的等差数列{a n }的第二、三及第六项构成等比数列，则642531a a a a a a ++++=_____.解析：设公差为d （d ≠0），由题意a 32=a 2·a 6，即（a 1+2d ）2=（a 1+d ）（a 1+5d ），解得d =－2a 1，故642531a a a a a a ++++=d a d a 936311++=11159a a --=53.答案：53 3.若数列x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则21221)(b b a a ⋅+的取值范围是___________________.解析：在等差数列中，a 1+a 2=x +y ；在等比数列中，xy =b 1·b 2.∴21221)(b b a a ⋅+=y x y x ⋅+2)(=yx y xy x ⋅++222=y x +x y +2.当x ·y ＞0时，y x +x y≥2，故21221)(b b a a ⋅+≥4；当x ·y ＜0时，y x +x y≤－2，故21221)(b b a a ⋅+≤0.答案：［4，+∞）或（－∞，0］4.已知数列{a n }中，a 1=65且对任意非零自然数n 都有a n +1=31a n +（21）n +1.数列{b n }对任意非零自然数n 都有b n =a n +1－21a n .（1）求证:数列{b n }是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式.（1）证明：b n =a n +1－21a n =［31a n +（21）n +1］－21a n =（21）n +1－61a n ，b n +1=（21）n +2－61a n +1=（21）n +2－61［31a n +（21）n +1］=21·（21）n +1－181a n －61·（21）n +1=31·（21）n +1－181a n =31·［（21）n +1－61a n ］， ∴n n b b 1+=31（n =1，2，3，…）. ∴{b n }是公比为31的等比数列. （2）解：∵b 1=（21）2－61a 1=41－61·65=91，∴b n =91·（31）n －1=（31）n +1.由b n =（21）n +1－61a n ，得（31）n +1=（21）n +1－61a n ，解得a n =6［（21）n +1－（31）n +1］.5.设{a n }为等比数列，a 1=b 1=1，a 2+a 4=b 3，b 2b 4=a 3，分别求出{a n }及{b n }的前10项的和S 10及T 10.解：设公差为d ，公比为q ，由题意知⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,21,4242q d q d∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=22,83q d 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=.22,83q d ∴S 10=10+2910⨯（－83）=－855.当q =22时，T 10=32)22(31+； 当q =－22时，T 10=32)22(31-.培养能力6.（2003年北京，文16）已知数列{a n }是等差数列，且a 1=2，a 1+a 2+a 3=12.（1）求数列{a n }的通项公式； （2）令b n =a n x n （x ∈R ），求数列{b n }前n 项和的公式. 解：（1）设数列{a n }的公差为d ， 则a 1+a 2+a 3=3a 1+3d =12. 又a 1=2，得d =2. 所以a n =2n .（2）令S n =b 1+b 2+…+b n ，则由b n =a n x n =2nx n ，得S n =2x +4x 2+…+（2n －2）x n －1+2nx n ， ① xS n =2x 2+4x 3+…+（2n －2）x n +2nx n +1. ② 当x ≠1时，①式减去②式，得 （1－x ）S n =2（x +x 2+…+x n）－2nxn +1=xx x n --1)1(2－2nx n +1.所以S n =2)1()1(2x x x n --－x nx n -+121.当x =1时，S n =2+4+…+2n =n （n +1）.综上可得，当x =1时，S n =n （n +1）；当x ≠1时，S n =2)1()1(2x x x n --－x nx n -+121.7.数列{a n }中，a 1=8，a 4=2，且满足a n +2－2a n +1+a n =0（n ∈N *）.（1）求数列{a n }的通项公式. （2）设b n =)12(1n a n -（n ∈N *），S n =b 1+b 2+…+b n ，是否存在最大的整数m ，使得任意的n 均有S n ＞32m总成立？若存在，求出m ；若不存在，请说明理由. 解：（1）∵a n +2－2a n +1+a n =0，∴a n +2－a n +1=a n +1－a n （n ∈N *）. ∴{a n }是等差数列.设公差为d ，又a 1=8，a 4=a 1+3d =8+3d =2，∴d =－2.∴a n =－2n +10. （2）b n =)12(1n a n -=)1(21+n n=21（n 1－11+n ）， ∴S n =b 1+b 2+…+b n =21［（1－21）+（21－31）+…+（n 1－11+n ）］=21（1－11+n ）=)1(2+n n .假设存在整数m 满足S n ＞32m总成立. 又S n +1－S n =)2(21++n n －)1(2+n n=)1)(2(21++n n ＞0，∴数列{S n }是单调递增的.∴S 1=41为S n 的最小值，故32m ＜41，即m ＜8.又m ∈N *， ∴适合条件的m 的最大值为7.探究创新8.有点难度哟！（理）已知数列{a n }的各项均为正整数，且满足a n +1=a n 2－2na n +2（n ∈N *），又a 5=11. （1）求a 1，a 2，a 3，a 4的值，并由此推测出{a n }的通项公式（不要求证明）； （2）设b n =11－a n ，S n =b 1+b 2+…+b n ，S n ′=|b 1|+|b 2|+…+|b n |，求'nnS S . 解：（1）由a 5=11，得11=a 42－8a 4+2，即a 42－8a 4－9=0.解得a 4=9或a 4=－1（舍）. 由a 4=9，得a 32－6a 3－7=0.解得a 3=7或a 3=－1（舍）. 同理可求出a 2=5，a 1=3.由此推测a n 的一个通项公式a n =2n +1（n ∈N *）. （2）b n =11－a n =10－2n （n ∈N *），可知数列{b n }是等差数列. S n =2)(1n b b n +=2)2108(n n -+=－n 2+9n . 当n ≤5时，S n ′=S n =－n 2+9n ；当n ＞5时，S n ′=－S n +2S 5=－S n +40=n 2－9n +40. 当n ≤5时，'nnS S =1； 当n ＞5时，'n n S S =409922+-+-n n nn .∴'nn S S =409922+-+-n n n n .（文）设f （k ）是满足不等式log 2x +log 2（3·2k －1－x ）≥2k －1（k ∈N *）的自然数x 的个数.（1）求f （k ）的表达式；（2）记S n =f （1）+f （2）+…+f （n ），P n =n 2+n －1，当n ≤5时试比较S n 与P n 的大小.解：（1）由不等式log 2x +log 2（3·2k －1－x ）≥2k －1，得x （3·2k －1－x ）≥22k －1，解之得2k －1≤x ≤2k ，故f （k ）=2k －2k －1+1=2k －1+1.（2）∵S n =f （1）+f （2）+…+f （n ）=1+2+22+23+…+2n －1+n =2n +n －1， ∴S n －P n =2n +n －1－（n 2+n －1）=2n －n 2.又n ≤5，可计算得S 1＞P 1，S 2=P 2，S 3＜P 3，S 4=P 4，S 5＞P 5. ●思悟小结本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：（1）通过知识间的相互转化，使学生更好地掌握数学中的转化思想.（2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养学生分析问题和解决问题的综合能力. ●教师下载中心 教学点睛本节教学中应注意以下几个问题：1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列，灵活地运用等差、等比数列的性质，能使问题简化；灵活地运用通项公式和前n 项和公式解题是高考考查的重点.2.从等差数列中按某种规律，抽取某些项，依次排列，组成一个等比数列，是等差、等比数列综合题中的较重要的类型，要认真体会此类题.3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征，在分析和解决有关数列的综合题中具有重要的意义.拓展题例【例题】 已知数列{a n }，构造一个新数列a 1，（a 2－a 1），（a 3－a 2），…，（a n －a n －1），…，此数列是首项为1，公比为31的等比数列. （1）求数列{a n }的通项；（2）求数列{a n }的前n 项和S n .解：（1）由题意a n =a 1+（a 2－a 1）+（a 3－a 2）+…+（a n －a n －1）=311)31(1--n=23［1－（31）n ］. （2）S n =23［n －（31+231+331+…+n 31）］=23［n －21（1－n 31）］=23n －43+1341-⋅n .高═考≒试☆题-库。
2018年高考数学二轮总复习 第一部分 专题攻略 专题四 数列 4.1 等差数列与等比数列课件 文
4．(2017·山西运城联考)已知在等比数列{an}中，a2a10＝6a6， 在等差数列{bn}中，b4＋b6＝a6，则数列{bn}的前 9 项和为( )
TS59＝(
)
3
5
1
27
A.5
B.9
C.3
D.25
解析：由{an}为等差数列可得 S5＝5a12＋a5＝5×22a3＝5a3. 同理可得 T9＝9b5.
所以TS59＝95ba53＝59×35＝13.故选 C. 答案：C
6．一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＝( )
答案：A
2．(2017·武汉市武昌区调研考试)设公比为 q(q>0)的等比数列 {an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则 a1＝( )
A．－2 B．－1
1
2
C.2
D.3
解析：由 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2 得 a3＋a4＝3a4－3a2，即 q＋ q2＝3q2－3，解得 q＝－1(舍)或 q＝32，将 q＝32代入 S2＝3a2＋2 中得 a1＋32a1＝3×32a1＋2，解得 a1＝－1，故选 B.
1．(2017·课标全国卷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 项的和为(
)
A．－24 B．－3
C．3
D．8
江苏2018高三数学一轮复习 数列高考热点问题
高考导航 对近几年高考试题统计看，江苏卷中考查内容主要集中在两个方面：一是以填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，注重数学推理探究能力的考查，试题难度大．热点一 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用．【例1】(2017·常州监测)已知等差数列{a n }的公差d 为整数，且a k ＝k 2＋2，a 2k ＝(k ＋2)2，其中k 为常数且k ∈N *. (1)求k 及a n ；(2)设a 1>1，{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项为1，公比为q (q >0)，前n 项和为T n ，若存在正整数m ，使得S 2S m＝T 3，求q .解 (1)由题意得⎩⎨⎧dk ＋a 1－d ＝k 2＋2，①2dk ＋a 1－d ＝(k ＋2)2，②由②－①并整理得d ＝4＋2k .因为d ∈Z ，k ∈N *，所以k ＝1或k ＝2.当k ＝1时，d ＝6，代入①得a 1＝3，所以a n ＝6n －3； 当k ＝2时，d ＝5，代入①得a 1＝1，所以a n ＝5n －4.(2)由题意可得b n ＝q n －1，因为a 1>1，所以a n ＝6n －3，S n ＝3n 2. 由S 2S m ＝T 3得123m 2＝1＋q ＋q 2，整理得q 2＋q ＋1－4m 2＝0. 因为Δ＝1－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4m 2≥0，所以m 2≤163.因为m ∈N *，所以m ＝1或m ＝2.当m ＝1时，q ＝－13－12(舍去)或q ＝13－12.当m ＝2时，q ＝0或q ＝－1(均舍去)． 综上，q ＝13－12.探究提高 解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口．【训练1】(2017·济南模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2(a 1＋d )＝25，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在．理由如下：∵1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列，∴23<1－2T k ≤1315，又1b k＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立．热点二 数列的通项与求和(规范解答)数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法．常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等． 【例2】(满分12分)(2015·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .满分解答 (1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，…………2分 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.…………4分故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.…………6分(2)解 由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1， 故c n ＝2n －12n －1，…………7分于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②…………8分 ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n …………10分 ＝3－2n ＋32n ，…………11分 故T n ＝6－2n ＋32n －1.…………12分❶由题意列出方程组得2分； ❷解得a 1与d 得2分，漏解得1分； ❸正确导出a n ，b n 得2分，漏解得1分； ❹写出c n 得1分；❺把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数．用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和． 第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q . 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差． 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【训练2】(2017·苏北四市联考)已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4.(1)若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式a n .解 (1)当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎨⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝－23n 2＋83n .(2)由题意得2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2. 所以2a 2＝a 1＋a 3＋2,2a 3＝a 2＋a 4＋2，又a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3， 由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列．所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3，当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3， 于是，a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3， a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3， ……a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得a n －a 1＝－2(1＋2＋…＋(n －1))＋3(n －1)(n ≥2)， 所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1(n ≥2)， 又当n ＝1时，a 1＝2也适合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *. 热点三 数列的综合应用热点3.1 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等．【例3－1】(2017·泰州月考)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰好是等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，⎝ ⎛⎭⎪⎫T n ＋32k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1， 所以4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 所以a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，因为a n >0，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以当n ≥2时，{a n }是以2为公差的等差数列． 因为a 2，a 5，a 14构成等比数列，所以a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3， 由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，所以a 1＝1.因为a 2－a 1＝3－1＝2，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 因为a 5＝9，所以a 5a 2＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1－32＋32k ≥3n －6对n ∈N *恒成立， 所以k ≥2n －43n 对n ∈N *恒成立．令c n ＝2n －43n ，则c n －c n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－2(2n －7)3n(n ≥2，n ∈N *)， 当n ≤3时，c n >c n －1；当n ≥4时，c n <c n －1， 所以(c n )max ＝c 3＝227.故k ≥227.探究提高 数列中不等式问题的处理方法：(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到． (3)比较法：作差或者作商比较法．【训练3－1】(2017·镇江调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝na n ＋1－a n，数列{b n }的前n 项和为T n ，n ∈N *，证明：T n <2.(1)解 由S n ＋1＝2S n ＋n ＋1得，当n ≥2时， S n ＝2S n －1＋n ，则S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1. 所以a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)， 又因为S 2＝2S 1＋2，a 1＝S 1＝1，所以a 2＝3，所以a 2＋1a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 因为a n ＝2n－1，所以b n ＝n (2n ＋1－1)－(2n －1)＝n 2n ＋1－2n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 所以12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，所以T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝2－12n －1－n 2n <2.热点3.2 数列中的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．【例3－2】(2017·南京调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑ni ＝1(－1)i a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n ；若不存在，请说明理由． 解 (1)设数列{a n }的公差为d . 因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16.所以⎩⎨⎧2(a 1＋4d )－(a 1＋2d )＝13，4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k ， 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1得λ·2k <4k，从而λ<4k2k .设f (k )＝4k 2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12(k ＋1)－4k 2k ＝4k(3k －1)2k (k ＋1).因为k ∈N *，所以f (k ＋1)－f (k )>0，所以f (k )是递增的，所以f (k )min ＝2，所以λ<2. ②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *， 则T 2k －1＝T 2k －(－1)2k a 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k ， 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1， 得λ·(1－2k )<(2k －1)4k ，从而λ>－4k .因为k ∈N *，所以－4k 的最大值为－4，所以λ>－4. 综上所述，λ的取值范围为(－4,2)．(3)假设存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列，则(S m －S 2)2＝S 2·(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)，所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12， 即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12.因为n >m >2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15. 因为2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立．故不存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列． 【训练3－2】(2017·南京、盐城质检)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 *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝2a n －5，对于给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (p ＜q ＜r )，使得1c p ，1c q ，1c r 成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n1＋a n ＝2－4b n 1＋2b n＝2－4b n ＋2＝2b nb n ＋2， 所以1b n ＋1＝1b n ＋12，又a 1＝3，所以b 1＝23，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 ＝2n ＋2.(2)解 由(1)知a n ＝n ＋2，所以c n ＝2a n －5＝2n －1. ①当p ＝1时，c p ＝c 1＝1，c q ＝2q －1，c r ＝2r －1， 若1c p ，1c q ，1c r 成等差数列， 则22q －1＝1＋12r －1，(*) 因为p ＜q ＜r ，所以q ≥2，r ≥3，22q －1＜1,1＋12r －1＞1，所以(*)式不成立．②当p ≥2时，若1c p，1c q，1c r成等差数列，则22q －1＝12p －1＋12r －1，所以12r －1＝22q －1－12p－1＝4p－2q－1(2p－1)(2q－1)，即2r－1＝(2p－1)(2q－1)4p－2q－1，所以r＝2pq＋p－2q4p－2q－1，欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，因为p≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.综上所述，当p＝1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件.热点3.3数列的实际应用数列在实际问题中的应用，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n项和公式或递推关系式，建立数列模型．【例3－3】某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．解设a n为(2010＋n)年年底分红后的资金，其中n∈N*，则a1＝2×1 000－500＝1 500，a2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n＝2a n－1－500(n≥2)．∴a n－500＝2(a n－1－500)(n≥2)，即数列{a n－500}是以a1－500＝1 000为首项，2为公比的等比数列，∴a n－500＝1 000×2n－1，∴a n＝1 000×2n－1＋500.(1)∵a4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n>32 500，即2n－1>32，得n>6，∴该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．【训练3－3】(2017·南京师大附中模拟)为了减少城市公交车的碳排放，优化城市环境，某市计划用若干年时间更换现有的10 000辆燃油型公交车．每更换1辆新车，则淘汰1辆燃油型公交车，更换的新车分别为电力型车、混合动力型车这两种车型，今年初(记为第1年)投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后每年电力型车的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．设S n ，T n 分别为前n 年里投入的电力型公交车、混合动力型公交车的总数量．(1)求S n ，T n ；(2)该市计划从今年起，要实现以下的更新目标：用2年的时间至少更新燃油型公交车总量的12%，用5年的时间至少更新燃油型公交车总量的50%，求a 的最小值．解 (1)S n ＝256⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， T n ＝400n ＋n (n －1)2a .(2)设前n 年更换的燃油型公交车为A n 辆，则A n ＝S n ＋T n ＝256⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋400n ＋n (n －1)2a ， 由题意得⎩⎨⎧ A 2≥1 200，A 5≥5 000，解得⎩⎨⎧a ≥80，a ≥131.2，即a ≥131.2且a ∈N *， 所以a 的最小值为132.(建议用时：80分钟)1．(2015·重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2,3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2， 故{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1. 2．(2017·苏州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，且S 3＋S 5＝50，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3×22d ＋5a 1＋4×52d ＝50，(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n a n ＝3n －1，∴b n ＝a n ·3n －1＝(2n ＋1)·3n －1， ∴T n ＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n ＋1)×3n －1，3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1＋(2n ＋1)×3n ， 两式相减得，－2T n ＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)×3n＝3＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)×3n ＝－2n ×3n ， ∴T n ＝n ×3n .3．(2017·兰州模拟)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564.(1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，又a 1＝2＝2×1. 综上，数列{a n }的通项a n ＝2n .(2)证明 由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n， 则b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋… ⎦⎥⎤＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 所以对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.4．(2017·泰州模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1)解 因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， 所以S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12. (2)解 若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，①所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，②由②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④由③－④得(n －1)a n ＋1＋(n －1)a n －1＝2(n －1)a n ，即a n ＋1＋a n －1＝2a n ，又由2S 1＝a 1＋2得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3)证明 由(2)得c n ＝n ＋1n ，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ≠t ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ， 则t ＝n (k ＋1)k －n， 取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n使得c n ＝c n ＋1·c n 2＋2n .5．(2017·徐州、宿迁、连云港三市模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n ＝2k －1，3a n ，n ＝2k(k ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值；(3)设数列{a n }的前n 项和为S n ，问是否存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1？若存在，求出所有的正整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意，数列{a n }的奇数项是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列； 偶数项是以a 2＝2为首项，3为公比的等比数列．所以对任意正整数k ，a 2k －1＝2k －1，a 2k ＝2×3k －1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2×3n 2－1，n ＝2k (k ∈N *)． (2)当n 为奇数时，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，得2×2×3n ＋12－1＝n ＋n ＋2，所以2×3n －12＝n ＋1，令f (x )＝2×3x －12－x －1(x ≥1)，由f ′(x )＝23×(3)x ×ln 3－1≥23×3×ln 3－1＝ln 3－1>0， 可知f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (1)＝0，所以当且仅当n ＝1时，满足2×3n －12＝n ＋1，即2a 2＝a 1＋a 3.当n 为偶数时，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，得2(n ＋1)＝2×3n 2－1＋2×3n ＋22－1，即n ＋1＝3n 2－1＋3n 2＝4×3n 2－1，上式左边为奇数，右边为偶数，因此不成立．综上，满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值为1.(3)存在．S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝n (1＋2n －1)2＋2(1－3n )1－3＝3n ＋n 2－1，n ∈N *. S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n －1＋n 2－1.假设存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1，则3n ＋n 2－1＝m (3n －1＋n 2－1)，所以3n －1(3－m )＝(m －1)(n 2－1)，(*)从而3－m ≥0，所以m ≤3，又m ∈N *，所以m ＝1,2,3.①当m ＝1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立．②当m ＝3时，(*)式左边等于0，所以2(n 2－1)＝0，n ＝1，所以S 2＝3S 1. ③当m ＝2时，(*)式可化为3n －1＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)， 则存在k 1，k 2∈N ，k 1<k 2，使得n －1＝3k 1，n ＋1＝3k 2且k 1＋k 2＝n －1， 从而3k 2－3k 1＝3k 1(3k 2－k 1－1)＝2，所以3k 1＝1,3k 2－k 1－1＝2， 所以k 1＝0，k 2－k 1＝1，于是n ＝2，S 4＝2S 3.综上，符合条件的正整数对(m ，n )为(2,2)，(3,1)．6．(2016·江苏卷)记U ＝{1,2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1；(3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D .(1)解 当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30，∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1，故a n ＝a 1q n －1＝3n －1. (2)证明 对任意正整数k (1≤k ≤100)．由于T ⊆{1,2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k －12＜3k ＝a k ＋1.(3)证明 设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )，则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ，∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B .由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B .①若B ＝∅，则S B ＝0，所以S A ≥2S B 成立，②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中的最大元素为I ，B 中的最大元素为m ，若m ≥I ＋1，则由(2)得S A ＜S I ＋1≤a m ≤S B ，矛盾．又∵A ∩B ＝∅，∴I ≠m ，∴I ≥m ＋1，∴S B≤a1＋a2＋…＋a m＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜a m＋12≤a I2≤S A2，即S A＞2S B成立．综上所述，S A≥2S B.故S C＋S C∩D≥2S D成立.。
2018届高考数学二轮复习 第一部分 专题四 数列 1.4.1 等差数列、等比数列教案 理
B．1
1
1
C.2
D.8
解析：通解：∵a3＝a1·q2，a4＝a1·q3，a5＝a1·q4， ∴a21·q6＝4(a1·q3－1) ∵a1＝14， ∴q6－16q3＋64＝0，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1·q＝12.
优解：设{an}的公比为q，由等比数列的性质 可知a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0， 得a4＝2， 则q3＝aa14＝21＝8，得q＝2，
(2)由(1)可得 Sn＝－2[11－＋2－2n]＝－23＋(－1)n2n3＋1. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－3 2n＋2 ＝2－23＋－1n2n3＋1＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
专题四 数 列
[高考领航]——————————摸清规律 预测考情
(大纲卷) T18(等差数列 求和)
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点一 等差数列、等比数列
1．等差、等比数列的性质
等差数列
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am＋ 性 an＝ap＋aq； 质 (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…仍成等差数列
4
则a2＝a1q＝14×2＝12，故选C.
1．解题关键：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．运用函数性质：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．
[自我挑战]
3．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和 等于( C )
解得d＝4.故选C.
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专题34 等差数列与等比数列问题的精彩妙解考纲要求:1.理解等差(比）数列的概念(定义、公差、等差中项)．掌握等差(比）数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等差(比）关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等差数列与一次函数的关系．了解等比数列与指数函数的关系．4.掌握等差(比）数列的性质及其应用． 基础知识回顾:一、等差(比）数列的定义通项公式及前n 项和公式 1.等差数列（1）定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．（提示：要注意定义中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列）．（2）等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫作a ，b 的 等差中项 ．（3）通项公式：a n ＝ a 1＋(n －1)d .4．前n 项和公式：S n ＝ na 1＋n n －2d ＝a 1＋a n n2.2等比数列（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)，那么这个数列就叫做等比数列．定义的表达式为a n ＋1a n＝q . （2）等比中项：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .（提示：在等比数列中每项与公比都不为0）.（3）通项公式：a n ＝a 1q n －1. 前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.二、等差(比）数列的性质1.数列{a n }是等差数列，则其项的性质有：（1）a n ＝a m ＋(n －m )d ，a n ＝An ＋B 等形式，d ＝a n －a mn －m （其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差）．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n ，(k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．2.数列{a n }是等差数列，则其和的性质有：（1）数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列.（2）前n 项和公式S n ＝d2n 2＋(a 1－d2)n 视为关于n 的一元二次函数，开口方向由公差d的正负确定；S n ＝a 1＋a n n2中(a 1＋a n )视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题．（3）在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；②S 2n－1＝(2n －1)a n .(4)在等差数列{a n }中，若项数为偶数2n 的等差数列{a n }：S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)．S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1.若项数为奇数(2n ＋1)的等差数列{a n }：S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1.S 奇S 偶＝n ＋1n.(其中S 奇、S 偶分别表示数列{a n }中所有奇数项、偶数项的和) 3.数列{a n }是等比数列，则其项的性质有：(1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(2)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.数列{a n }是等比数列，则其和的性质有：(1)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n，当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 4n 不一定构成等比数列． 应用举例:类型一、等差数列的基本运算【例1】【安徽省“五校”2018届高三上学期联考】已知{}n a 是公差为1的等差数列， n S 为{}n a 的前n 项和，若85S S =，则10a =（ ）A . 6-B . 3-C . 3D . 0【答案】C【例2】【2017沈阳质量检测】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】D【解析】法一：由题知S n ＝na 1＋n n －2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36得，(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8.【例3】【2017河北衡水中学模拟】已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，数列{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}是公差为2的等差数列，则S 25＝( )A ．232B ．233C ．234D ．235【答案】B【解析】由题可得a 4＝3，所以a 2＋a 3＋a 4＝8，∴S 25＝a 1＋(a 2＋a 5＋…＋a 23)＋(a 3＋a 6＋…＋a 24)＋(a 4＋a 7＋…＋a 25)＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2×8＋8×72×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×8＋8×72×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×8＋8×72×2＝23. 点评：等差数列运算的解题思路及答题步骤(1)解题思路：由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知若已知a 1，d ，n ，a n ，S n 中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．如“题组练透”第4题易出现计算失误．(2)答题步骤：步骤一：结合所求结论，寻找已知与未知的关系；步骤二：根据已知条件列方程求出未知量；步骤三：利用前n 项和公式求得结果。
类型二、等差数列的性质及最值【例4】【宁夏育才中学2018届高三上学期第三次月考】已知无穷等差数列{}n a 的公差0d >，{}n a 的前n 项和为n S ，若50a <，则下列结论中正确的是（ ）A . {}n S 是递增数列B . {}n S 是递减数列C . 2n S 有最小值D . 2n S 有最大值【答案】C【例5】【2017广东省珠海市高三摸底考试】已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________. 【答案】20.【解析】法一：设数列{}a n 的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D .所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20.【例6】【2017湖北省襄阳市第四中学高三月考】在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值． 【答案】130.点评：求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .类三、等比数列的基本运算等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择、填空题，也有解答题，难度适中，属中低档题．常见的命题角度有：(1)求首项a 1，公比q 或项数n ；(2)求通项或特定项；(3)求前n 项和．角度一：求首项a 1，公比q 或项数n【例7】【2017江西省南昌高三一模】已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1＝( )A .12 B .22C . 2D ．2 【答案】C【解析】∵等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，∴由等比数列的性质得a 26＝2a 25，∴a 6＝2a 5，公比q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝ 2.【例8】【2017河北省定州中学高三月考】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n项和．若S n ＝126，则n ＝________. 【答案】6【解析】∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴－2n1－2＝126，∴n ＝6.角度二：求通项或特定项【例9】已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2·a 4＝16，S 3＝7，则a 8＝( )A . 32B . 64C . 128D . 256【答案】C【例10】设数列{}n a 满足()132n n a a n -=≥，且13a =，则20a =（ ）A . 173B . 183C . 193D . 203【答案】D【解析】 由()132n n a a n -=≥，可得数列{}n a 是以3为首项， 3为公比的等比数列，所以191920201333a a q ==⋅=，故选D .角度三：求前n 项和【例11】【2017河北省沧州市高三月考】已知数列{}a n 是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{}a n 的前n 项和等于_______． 【答案】S n ＝2n－1.【解析】设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n1－2＝2n－1.【例12】各项为正数的等比数列{}n a ， 478a a ⋅=，则2122210l og l o g l o g a a a +++=（ ）A . 15B . 10C . 5D . 20【答案】A角度四：等比数列的性质【例13】【河北省衡水市安平中学2018届高三上学期第三次月考】在等比数列{}n a 中，13282,81n n a a a a -+=⋅=，且前n 项和121n S =，则此数列的项数n 等于（ ）A . 4B . 5C . 6D . 7【答案】B【例14】【2017江西吉安一中高三月考】数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________. 【答案】323(1－4－n)．【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知a 5＝a 2q 3，求得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝14a 1a 2，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝14a n －1a n (n ≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n)．点评：等比数列常见性质的应用等比数列的性质可以分为三类：①通项公式的变形；②等比中项的变形；③前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口． 类型二、等差（比）数列的判断与证明【例15】【2017四川省成都市高三摸底】已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)求a n 的表达式．【答案】见解析【例16】关于等差数列和等比数列，有如下四个说法：①若数列{}n a 的前n 项和2(,,n S an bn c a b c =++为常数）则数列{}n a 为等差数列； ②若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-为常数）则数列{}n a 为等差数列；③数列{}n a 是等差数列， n S 为前n 项和，则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等差数列； ④数列{}n a 是等比数列， n S 为前n 项和，则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等比数列；其中正确命题的个数为（ ）A . 1B . 2C . 3D . 4【答案】B【解析】若数列{}n a 的前n 项和2(,,n S an bn c a b c =++为常数)，若0c =，则数列{}n a 为等差数列，否则不是等差数列；①错误；②若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-为常数），112a S ==， 2n n a =是等比数列，②错误；③数列{}n a 是等差数列， n S 为前n 项和，则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等差数列；③正确；④数列{}n a 是等比数列， n S 为前n 项和，则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等比数列；④正确； 正确命题的个数为2个.选B .【点睛】本题考查等差数列与等比数列的性质，如等差数列的通项公式为n a 与n 的一次函数关系，常数数列为常数函数关系，前n 项和与n 的关系为二次函数常数项为零等；等差数列等长片段和仍成等差数列；等比数列等长片段和仍成等比数列等；还有其他性质，在学习中要注意总结. 方法、规律归纳:1.求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法（1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .2.等比数列的判定方法有：(1)定义法；(2)等比中项公式法；(3)通项公式法；(4)前n 项和公式法． 实战演练:1．由公差为d 的等差数列123,,,...a a a 重新组成的数列142536,,...a a a a a a +++是（ ）A . 公差为d 的等差数列B . 公差为2d 的等差数列C . 公差为3d 的等差数列D . 非等差数列【答案】B【方法点晴】本题主要考查等差数列的定义、等差数列通项公式，属于难题.判定一个数列为等差数列的常见方法是：(1) 定义法： 1n n a a d +-=（d 是常数），则数列{}n a 是等差数列(2) 等差中项法： 1+22=+n n n a a a +（*n N ∈），则数列{}n a 是等差数列；(3) 通项公式：=n a pn q + (,p q 为常数)， 则数列{}n a 是等差数列；(4) 前n 项和公式： 2n S An Bn =+(,A B 为常数) ， 则数列{}n a 是等差数列.本题先利用方法(1)判定出数列{}n a 是等差数列后再进行解答的.2．【四川省德阳市2018届高三三校联合测试】在等差数列{}n a 中， 37101a a a +-=-，11421a a -=，则7a =A . 7B ．10C ．20D ．30【答案】C【解析】因为371011a a a a d +-=-=-， 114217a a d -==，所以13,2d a ==，则71620a a d =+=，故选C .3．【福建省永春一中、培元中学、季延中学、石光中学2017届高三第一次联合考试】 设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和， 1995S =，则71013a a a -+=（ ）A . 2B . 3C . 5D . 7【答案】C4．【安徽省巢湖市柘皋中学2018届高三上学期第三次月考】已知数阵111213212223313233a a a a a a a a a ⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数列，若225a =，则所有九个数的和为（ ）A . 18B . 27C . 45D . 54【答案】C5．已知等差数列{}n a 的公差为2，若134a a a ，，成等比数列，则2a 等于( )A . -4B . -6C . -8D . -10【答案】B【解析】∵134a a a ，，成等比数列，∴2314a a a =，∴()()211146a a a +=+，解得18a =-。