专题三第1讲等差数列与等比数列

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第1讲等差数列与等比数列

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.1.(2021·北京卷)已知{a n}和{b n}是两个等差数列，且a kb k(1≤k≤5)是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为()A.64B.100C.128D.132答案C解析由题意可得a1b1＝a5b5，则b5＝64，故b3＝b1＋b52＝2.(2021·全国甲卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝()A.7B.8C.9D.10答案A解析法一因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得2＝a1（1－q2）1－q＝a1（1＋q）＝4，4＝a1（1－q4）1－q＝a1（1＋q）（1＋q2）＝6，两式相除，得q2＝12，所以1＝4（2－2），＝221＝4（2＋2），＝－22，所以S6＝a1（1－q6）1－q＝7.故选A.法二易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.3.(2020·全国Ⅱ卷)数列{a n}中，a1＝2，a m＋n＝a m a n.若a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝215－25，则k＝()A.2B.3C.4D.5答案C解析∵a1＝2，a m＋n＝a m a n，令m＝1，则a n＋1＝a1a n＝2a n，∴{a n}是以a1＝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＝4.4.(2021·全国乙卷)设S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知2S n＋1b n＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式.(1)证明因为b n 是数列{S n }的前n 项积，所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n＋1b n ＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32，故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列.(2)解由(1)可知，b n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）.故a n n ＝1，－1n （n ＋1），n ≥2.1.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）2d ；(3)常用性质：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：q＝1，S n＝na1；q≠1，S n＝a1（1－q n）1－q＝a1－a n q1－q；(3)常用性质：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.温馨提醒应用公式a n＝S n－S n－1时一定注意条件n≥2，n∈N*.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋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a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以a n＝a1＋(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S5＝S6＝－30.法二由(1)知，S n ＝n2(a 1＋a n )＝n (n －11)－1214，又n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.探究提高1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(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.2.第(2)题求出基本量a 1与公差d ，进而由等差数列前n 项和公式将结论表示成关于“n ”的函数，求出最小值.【训练1】(2021·济南联考)已知各项均为正数的等差数列{a n }满足a 1a 5＝33，a 22＝25.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n －2＋3a n ，若a n ∈N ，求{b n }的前n 项和T n .解(1)设各项均为正数的等差数列的公差为d .由a 1a 5＝33，且a 22＝25.1（a 1＋4d ）＝33，2＝a 1＋d ＝5，1＝3，＝21＝113，＝43.故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1或a n ＝113＋43(n －1)＝4n ＋73.(2)由于a n ∈N ，所以a n ＝2n ＋1.所以b n ＝4n －2＋3a n ＝4n －2＋6n ＋3.根据等差数列、等比数列的前n 项和公式，得T n ＝14（1－4n ）1－4＋12(9＋6n ＋3)n ＝112(4n －1)＋3n 2＋6n .热点二等差(比)数列的性质【例2】(1)在等差数列{a n }中，a 1＝－9，a 5＝－1.记T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1，2，…)，则数列{T n}()A.有最大项，有最小项B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项D.无最大项，无最小项(2)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a3·a5＋a4＝72，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝________.(3)(多选)已知S n是等差数列{a n}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个结论正确的是()A.数列{S n}中的最大项为S10B.数列{a n}的公差d<0C.S10>0D.S11<0答案(1)B(2)21(3)BCD解析(1)由题意可知，等差数列的公差d＝a5－a15－1＝－1＋95－1＝2，则其通项公式为a n＝a1＋(n－1)d＝－9＋(n－1)×2＝2n－11，注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6＝1<a7<…，且由T5<0可知T i<0(i≥6，i∈N)，由T i T i－1＝a i>1(i≥7，i∈N)可知数列{T n}不存在最小项，由于a1＝－9，a2＝－7，a3＝－5，a4＝－3，a5＝－1，a6＝1，故数列{T n}中的正项只有有限项：T2＝63，T4＝945.故数列{T n}中存在最大项，为T4.故选B.(2)因为对任意的m，n∈N*，a m·a n＝a m＋n恒成立，令m＝1，则a1·a n＝a1＋n，即a n＋1a n＝a1对任意的n∈N*恒成立，所以数列{a n}为等比数列，公比为a1.由等比数列的性质有a3a5＝a24，所以a3·a5＋a4＝a24＋a4＝72，又a 4＞0，解得a 4＝8，所以log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝log 2(a 1a 7)(a 2a 6)(a 3a 5)a 4＝log 2a 74＝log 287＝21.(3)因为S 5>S 6>S 4，所以a 6<0，a 5>0且a 5＋a 6>0，所以数列{S n }中的最大项为S 5，A 错误；数列{a n }的公差d <0，B 正确；S 10＝（a 1＋a 10）×102＝5(a 5＋a 6)>0，C正确；S 11＝（a 1＋a 11）×112＝11a 6<0，D 正确.故选BCD.探究提高1.利用等差(比)性质求解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.活用函数性质：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.【训练2】(1)(2021·江南十校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8<S 10<S 9，则满足S n >0的正整数n 的最大值为()A.16B.17C.18D.19(2)(多选)(2021·八省八校一联)已知等比数列{a n }的首项a 1>1，公比为q ，前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，函数f (x )＝x (x ＋a 1)(x ＋a 2)…(x ＋a 7)，若f ′(0)＝1，则()A.{lg a n }为递增的等差数列B.0<q <1n D.使得T n >1成立的n 的最大值为6答案(1)C(2)BCD解析(1)由S 8<S 10<S 9，得a 10<0且a 9＋a 10>0，所以等差数列{a n }的公差d <0，且a 9>0.从而S17＝17（a1＋a17）2＝17a9>0，S18＝18（a1＋a18）2＝9(a9＋a10)>0，S19＝19（a1＋a19）2＝19a10<0.故满足S n>0的正整数n的最大值为18.(2)令g(x)＝(x＋a1)(x＋a2)…(x＋a7)，则f(x)＝xg(x)，∴f′(x)＝g(x)＋xg′(x)，∴f′(0)＝g(0)＝a1a2…a7＝1.∵{a n}是等比数列，∴a1a2…a7＝a74＝1，即a4＝1＝a1q3.又a1>1，∴0<q<1，B正确；∵lg a n＝lg(a1q n－1)＝lg a1＋(n－1)lg q，又lg q<0，∴{lg a n}是公差为lg q的递减的等差数列，A错误；∵S n－a11－q＝a11－q(1－q n－1)＝a1qq－1·q n－1，n a1qq－1<0，公比为q的递增的等比数列，C正确；∵a1>1，0<q<1，a4＝1，∴当n≤3时，a n>1，当n≥5时，0<a n<1，∴当n≤4时，T n>1.∵T7＝a1a2…a7＝a74＝1，∴当n≥8时，T n＝T7a8a9…a n<T7＝1.又T5＝T7a6a7>1，T6＝T7a7>1，∴使得T n>1成立的n的最大值为6，D正确.故选BCD.热点三等差(比)数列的判断与证明【例3】(2021·广东重点中学联考)在数列{a n}中，a1＝5，a n＝2a n－1＋2n－1(n≥2，n∈N*).(1)求a2，a3的值；(2)是否存在实数λ，求出λ的值；若不存在，请说理理由.解(1)因为a1＝5，且a n＝2a n－1＋2n－1(n≥2)，所以a2＝2a1＋22－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝33.(2)假设存在实数λ.设b n＝a n＋λ2n，由{b n}为等差数列，得2b2＝b1＋b3，所以2×a2＋λ22＝a1＋λ2＋a3＋λ23，即13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，解得λ＝－1.而当λ＝－1时，有b n＋1－b n＝a n＋1－12n＋1－a n－12n＝12n＋1[(a n＋1－2a n)＋1]＝12n＋1[(2n＋1－1)＋1]＝1，b1＝a1－12＝5－12＝2，则{b n}是首项为2，公差为1的等差数列.所以存在实数λ＝－12，公差是1的等差数列.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 n无关的一常数；(2)中项公式法，一定注意，a2n＝a n－1a n＋1(n≥2，n∈N*)是{a n}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0.2.第(2)问，假设存在实数λ列，求得λ的值后，一定要验证数列{b n }是等差数列.【训练3】(2021·全国甲卷)已知数列{a n }的各项为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1.(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.)解①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1.设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2a 1.因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列.①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝12n 2d 1.因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1.②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1.设数列{S n }的公差为d ，d ＞0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，所以a n＝2d2n－d2，所以a n＋1－a n＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{a n}是等差数列.热点四等差数列与等比数列的综合问题【例4】设{a n}是等差数列，其前n项和为S n(n∈N*)；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.(1)求S n和T n；(2)若S n＋(T1＋T2＋…＋T n)＝a n＋4b n，求正整数n的值.解(1)设等比数列{b n}的公比为q(q>0).由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故b n＝2n－1.所以，T n＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故a n＝n.所以，S n＝n（n＋1）2.(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋T n＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2×（1－2n）1－2－n＝2n＋1－n－2.由S n＋(T1＋T2＋…＋T n)＝a n＋4b n得n（n＋1）2＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)或n＝4.所以n的值为4.探究提高 1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.2.数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.【训练4】(2021·衡水中学联考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝S5＝－20.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{b n}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{a n}与{b n}的公共项为a m，记m由小到大构成数列{c n}，求{c n}的前n项和T n.解(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，解得a1＝－8，d＝2，则a n＝－8＋2(n－1)＝2n－10.(2)数列{b n}是以4为首项，4为公比的等比数列，∴b n＝4·4n－1＝4n(n∈N*).又依题意2m－10＝4n，∴m＝10＋4n2＝5＋22n－1，则T n＝5n＋2（1－4n）1－4＝5n＋22n＋1－23.一、选择题1.(2021·福州一诊)正项等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a2＋a8－a25＋8＝0，则S9＝()A.35B.36C.45D.54答案B解析由等差数列的性质得a2＋a8＝2a5，∴a2＋a8－a25＋8＝0，可化为a25－2a5－8＝0.又a5>0，解得a5＝4.∴S9＝9（a1＋a9）2＝9a5＝36.2.在等比数列{a n}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg a n}的前8项和S8为()A.4B.2C.3D.5答案B解析因为{a n}为等比数列，且a4＝2，a5＝5，所以a4a5＝2·5＝10.则数列{lg a n}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg a1·a2·…·a8＝lg(a1·a8)(a2·a7)(a3·a6)(a4·a5)＝lg(10)4＝4lg10＝2.3.(2021·全国甲卷)等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n.设甲：q＞0，乙：{S n}是递增数列，则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案B解析当a1＜0，q＞1时，a n＝a1q n－1＜0，此时数列{S n}递减，所以甲不是乙的充分条件.当数列{S n}递增时，有S n＋1－S n＝a n＋1＝a1q n＞0，若a1＞0，则q n＞0(n∈N*)，即q＞0；若a1＜0，则q n＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.4.(2021·日照校际联考)对于数列{a n}，若存在正整数k(k≥2)，使得a k<a k－1，a k<a k ＋1，则称a k是数列{a n}的“谷值”，k是数列{a n}的“谷值点”.在数列{a n}中，若a n＝|n＋9n－8|，则数列{a n}的“谷值点”为()A.2B.7C.2，7D.2，3，7答案C解析因为a n＝|n＋9n－8|，所以a1＝2，a2＝32，a3＝2，a4＝74，a5＝65，a6＝12，a7＝27，a8＝9 8.当n≥7，n∈N*时，n＋9n－8>0，所以a n＝|n＋9n－8|＝n＋9n－8，此时数列{a n}递增.又a2<a1，a2<a3，a7<a6，a7<a8，所以数列{a n}的“谷值点”为2，7.5.(多选)(2021·湖北重点中学调研)设等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，a2021·a2022>1，(a2021－1)·(a2022－1)<0，则下列结论中正确的有()A.q>1B.S2022>S2021C.a2021·a2023<1D.T2021是数列{T n}中的最大项答案BCD解析由{a n}为等比数列，a1>1，a2021·a2022>1及(a2021－1)·(a2022－1)<0，2021>1，a2022<1a2021<1，2022>1(舍去).∴公比0<q＝a2022a2021<1，则A错误；S2022＝S2021＋a2022>S2021，故B正确；由等比数列性质知a2021·a2023＝a22022<1，所以C正确；因为a1>1，a2>1，…，a2021>1，0<a2022<1，0<a2023<1，…，所以(T n)max＝T2021，D正确.故选BCD.6.已知数列{a n}满足a n＋2＋a n＝2a n＋1＋1，且a1＝1，a2＝5，则a18＝()A.69B.105C.204D.205答案D解析由a n＋2＋a n＝2a n＋1＋1，得a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n＋1，则(a n＋2－a n＋1)－(a n＋1－a n)＝1，∵a2－a1＝5－1＝4，∴数列{a n＋1－a n}是以4为首项，1为公差的等差数列，a n＋1－a n＝4＋1×(n－1)＝n＋3，则a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝5，…，a n－a n－1＝n＋2，各项相加，得a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝1＋4＋5＋…＋(n＋2)＝1＋（n－1）·（4＋n＋2）2＝（n－1）（n＋6）2＋1，∴a18＝（18－1）×（18＋6）2＋1＝205.二、填空题7.(2021·上海卷)已知等差数列{a n}的首项为3，公差为2，则a10＝________.答案21解析由题意，得a10＝3＋(10－1)×2＝21.8.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n ＝2－2a n ＋1，若a 2＝12，则S 5＝________.答案3116解析由题意可知，S 1＝2－2a 2＝1，且S n ＝2－2(S n ＋1－S n )，整理可得，S n ＋1－2＝12(S n －2)，由于S 1－2＝－1，所以{S n －2}是首项为－1，公比为12的等比数列，故S 5－2＝(－1)＝－116，∴S 5＝3116.9.(2021·济南模拟)已知等比数列{a n }的前n 项的乘积为T n ，若T 2＝T 9＝512，则T 8＝________.答案4096解析设等比数列{a n }的公比为q ，由T 2＝T 9，得a 76＝1，故a 6＝1.∴a 1q 5＝1.①又T 2＝a 1a 2＝a 21q ＝512，②由①②联立，得q 9＝1512，则q ＝12.所以T 8＝T 9a 9＝T9a 6q 3＝212＝4096.三、解答题10.(2021·广州质检)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且{b n }的前n 项和为S n ，2a 1＝b 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，________.在①b 5＝4(b 4－b 3)，②b n ＋1＝S n ＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a n －b n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.)解(1)若选条件①，b 5＝4(b 4－b 3).设等差数列{a n}的公差为d，∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1.∴a n＝1＋(n－1)×1＝n.设等比数列{b n}的公比为q.由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2).∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2.所以{b n}是首项为2，公比为2的等比数列.故b n＝2×2n－1＝2n(n∈N*).若选条件②，b n＋1＝S n＋2.令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4.∴公比q＝b2b1＝2.∴数列{b n}是首项为2，公比为2的等比数列.从而b n＝2×2n－1＝2n(n∈N*).(2)由(1)知a n－b n＝n－2n，∴T n＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，∴T n＝n（1＋n）2－2（1－2n）1－2，∴T n＝2－2n＋1＋n22＋n2.11.(2021·新高考Ⅱ卷)记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)求使S n>a n成立的n的最小值.解(1)由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，∴a3＝0.设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d.∵a2a4＝S4，∴－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，∴数列{a n}的通项公式为a n＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由数列{a n}的通项公式可得：a1＝2－6＝－4，则S n＝n×(－4)＋n（n－1）2×2＝n2－5n，则不等式S n>a n即n2－5n>2n－6，整理可得：(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.12.(多选)(2021·长沙联考)在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2021年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为a n，则(参考数据：1.211≈7.5，1.212≈9),()A.a1＝12000B.a n＋1＝1.2a n－1000C.2021年小王的年利润约为40000元D.两年后，小王手中现款约达41万答案BCD解析每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，∴a1＝(1＋20%)×10000－(600＋400)＝11000(元)，故A错误；由题意a n＋1＝1.2a n－1000，故B正确；由a n＋1＝1.2a n－1000，得a n＋1－5000＝1.2(a n－5000)，∴数列{a n－5000}是首项为6000，公比为1.2的等比数列，∴a12－5000＝6000×1.211，即a12＝6000×1.211＋5000≈50000，则2021年小王的年利润约为50000－10000＝40000(元)，故C正确；两年后，即a24＝5000＋6000×1.223≈5000＋6000×921.2＝410000，即41万，故D正确，故选BCD.13.(2021·江南十校联考)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a n＋1＋λ＝3S n，a3＝12，则实数λ的值为________.答案－3 4解析等比数列{a n}满足a n＋1＋λ＝3S n，①则a n＋λ＝3S n－1(n≥2，n∈N*)，②①－②得a n＋1－a n＝3S n－3S n－1，则a n＋1＝4a n，所以等比数列{a n}的公比为4，又由a3＝12，则a1＝a3q2＝34.若a n＋1＋λ＝3S n，则a1q n＋λ＝3×a1（1－q n）1－q恒成立，∴λ＝－a1＝－3 4 .14.已知等差数列{a n}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{a n}的通项公式a n与其前n项和S n；(2)将数列{a n}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n}的前3项，记{b n}的前n项和为T n，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有S n<T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴a n＝5－n，从而S n＝n（9－n）2(n∈N*).(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{b n}的公比为q，则q＝b2b1＝12，∴T n1－1281随n的增大而减小，∴{T n}为递增数列，得4≤T n<8.又S n＝n（9－n）2＝－－814，又n∈N*，故(S n)max＝S4＝S5＝10.若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有S n<T m＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.故实数λ的取值范围为(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.

新高考一轮复习人教A版专题三数列课件(36张)

则数列{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列；由①与②相减得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2(其中 n∈N*)，又 a1－b1＝1－0＝1，则数列{an－bn}是以 1 为首项，
以 2 为公差的等差数列.
(2)解：由(1)知，an＋bn＝1×12n－1(其中 n∈N*)， ③ an－bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1(其中 n∈N*)， ④ ③＋④得 an＝1×12n－21＋2n－1＝21n＋n－21，(n∈N*)，即 bn＝12n－1－an＝12n－n＋12，(n∈N*).
[例 2]在①2Sn＝3n＋1－3，②an＋1＝2an＋3，a1＝1 这两个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答.
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若________，bn＝2na－n 6，求数列{bn}的最大值.
解：若选择条件①，∵2Sn＝3n＋1－3， ∴2Sn＋1＝3n＋2－3，则 2Sn＋1－2Sn＝3n＋2－3n＋1，得 2an＋1＝3·3n＋1－3n＋1＝ 2×3n＋1，则 an＋1＝3n＋1，an＝3n(n≥2)，故当 n＝1 时，2S1＝31＋1－3 即 a1＝S1＝3，满足 an＝ 3n，∴an＝3n，bn＝2na－n 6＝2n3－n 6. 令 2n－6>0，得 n>3，bn>0，令 2n－6<0，又 n∈N*， ∴0<n<3，bn<0.
①－②得34
n k 1
c
2k＝41＋422＋423＋…＋42n－24nn－＋11，
∴
n k 1
c
2k ＝
5 9
－
6n＋5 9×4n
，
因
此

2022版优化方案高考数学(江苏专用理科)二轮复习专题强化精练提能：专题三第1讲等差数列与等比数列

[A 卷]1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于________．解析：由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列得，(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)．解得x ＝－3或x ＝－1(不合题意，舍去)．故数列的第四项为－24. 答案：－24 2．(2021·高考陕西卷)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0152＝1 010，故a 1＝5. 答案：53．(2021·高考浙江卷)已知{an }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝______，d ＝______.解析：由于a 2，a 3，a 7成等比数列，所以a 23＝a 2a 7，所以(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，即2d ＋3a 1＝0.①又由于2a 1＋a 2＝1，所以3a 1＋d ＝1.②由①②解得a 1＝23，d ＝－1.答案：23－14．已知等比数列{a n }为递增数列．若a 1>0，且2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的公比q ＝________. 解析：由于2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，所以2a n (1＋q 2)＝5a n q ，所以2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12.由于数列为递增数列，且a 1>0，所以q >1，所以q ＝2. 答案：25．设正项等比数列{a n }的公比为q ，且S 3a 3＝7，则公比q ＝________.解析：由题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7a 1q 2，解得q ＝12或q ＝－13，由于数列为正项数列，所以q ＝12.答案：126．(2021·宿迁一模)若等差数列{a n }满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是________．解析：由S 3＝3a 2，得a 2＝1，由S 5＝5a 3，得a 3＝2，则a 4＝3，S 7＝7a 4，则a 4＋S 7＝8a 4＝24. 答案：247．设数列{a n }，{b n }都是等差数列，且a 1＝25，b 1＝75，a 2＋b 2＝100，那么a n ＋b n 组成的数列的第37项的值为________．解析：{a n }，{b n }都是等差数列，则{a n ＋b n }为等差数列，首项为a 1＋b 1＝100，d ＝(a 2＋b 2)－(a 1＋b 1)＝100－100＝0，所以{a n ＋b n }为常数数列，第37项为100. 答案：100 8．(2021·泰州三校质检)已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知，a 4＋2a 7＝2×54，所以a 7＝12⎝⎛⎭⎫2×54－a 4＝14. 所以q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12.又由于a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2，所以a 1＝16，所以S 5＝16⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝31.答案：319．在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________.解析：1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝⎝⎛⎭⎫1a 7＋1a 10＋⎝⎛⎭⎫1a 8＋1a 9＝a 7＋a 10a 7a 10＋a 8＋a 9a 8a 9＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝－53.答案：－5310．已知a ，b 是不相等的两个正数，在a ，b 之间插入两组正数：x 1，x 2，…，x n 和y 1，y 2，…，y n ，(n ∈N * ，且n ≥2)，使得a ，x 1，x 2，…，x n ，b 成等差数列，a ，y 1，y 2，…，y n ，b 成等比数列．老师给出下列四个式子：①∑k ＝1nx k ＝n (a ＋b )2；②1n ∑k ＝1n x k >ab ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 22; ③n y 1y 2…y n <ab ；④n y 1y 2…y n＝ab .其中肯定成立的是________．(只需填序号)解析：对于①，依据等差数列的性质n (a ＋b )2＝n (x 1＋x n )2，所以①正确. 对于②左边可化为a ＋b2，用分析法可证明②正确. 设等比数列a ，y 1，y 2，…，y n ，b 的公比为q .则n y 1y 2…y n ＝naqaq 2…aq n ＝aqn ＋12 ，ab ＝aaq n ＋1＝aq n ＋12.所以④正确．答案：①②④ 11．(2021·宝鸡模拟)已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：由于a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)．又a 1＝5，a 2＝5，所以a 2＋2a 1＝15，所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，所以a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，所以数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n ，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n )．又由于a 1－3＝2，所以a n －3n ≠0，所以{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n (n ∈N *)．12．(2021·南京模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1,2S 2,3S 3成等差数列，且S 4＝4027.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q . 由于S 1,2S 2,3S 3成等差数列，所以4S 2＝S 1＋3S 3.即4(a 1＋a 2)＝a 1＋3(a 1＋a 2＋a 3)，所以a 2＝3a 3，所以q ＝a 3a 2＝13.又S 4＝4027，即a 1(1－q 4)1－q ＝4027，解得a 1＝1，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －1. (2)由(1)得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝1－⎝⎛⎭⎫13n1－13＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n .13．已知数列{a n }，对于任意n ≥2，在a n －1与a n 之间插入n 个数，构成的新数列{b n }成等差数列，并记在a n －1与a n 之间插入的这n 个数的均值为C n －1.(1)若a n ＝n 2＋3n －82，求C 1，C 2，C 3；(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{C n ＋1－λC n }是等差数列？假如存在，求出满足条件的λ，假如不存在，请说明理由．解：(1)由题意a 1＝－2，a 2＝1，a 3＝5，a 4＝10，所以在a 1与a 2之间插入－1,0，C 1＝－12.在a 2与a 3之间插入2,3,4，C 2＝3.在a 3与a 4之间插入6,7,8,9，C 3＝152.(2)在a n －1与a n 之间插入n 个数构成等差数列，d ＝a n －a n －1n ＋1＝1，所以C n －1＝n (a n －1＋a n )2n ＝a n －1＋a n 2＝n 2＋2n －92.假设存在λ使得{C n ＋1－λC n }是等差数列．所以(C n ＋1－λC n )－(C n －λC n －1) ＝C n ＋1－C n －λ(C n －C n －1) ＝2n ＋52－λ·2n ＋32＝(1－λ)n ＋52－32λ＝常数，所以λ＝1.即λ＝1时，{C n ＋1－λC n }是等差数列． 14．(2021·无锡期中)在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，其前n 项和为T n ，且b 2＋S 2＝11,2S 3＝9b 3.(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2)问是否存在正整数m ，n ，r ，使得T n ＝a m ＋r ·b n 成立？假如存在，恳求出m ，n ，r 的关系式；假如不存在，请说明理由．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋3＋d ＝11，2(3＋3＋d ＋3＋2d )＝9q 2，解得d ＝3，q ＝2. 所以a n ＝3n ，b n ＝2n －1.(2)由于T n ＝1＋2＋…＋2n －1＝2n －1，所以有2n －1＝3m ＋r ·2n －1.(*)若r ≥2，则r ·2n －1＞2n －1，(*)不成立，所以r ＝1，m ＝2n －1－13.若n 为奇数，①当n ＝1时，m ＝0，不成立，②当n ＞1时，设n ＝2t ＋1，t ∈N *，则m ＝2n －1－13＝22t －13＝4t －13∈Z ，若n 为偶数，设n ＝2t ，t ∈N *，则m ＝2n －1－13＝22t －1－13＝2·4t －1－13＝2·4t －1－13＋13，由于4t －1－13∈Z ，所以m ∉Z .综上所述，存在正整数m ，n ，r ，使得T n ＝a m ＋r ·b n 成立，此时n 为大于1的奇数，r ＝1，且m ＝2n －1－13.[B 卷]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列，并写出数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足4b 1－1 ·4b 2－1 ·4b 3－1 ·…·4b n －1 ＝(a n ＋1)n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)由于a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0，a n ＋1≠0，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2n ，可得a n ＝2n －1.(2)由于4b 1－1 ·4b 2－1 ·4b 3－1 ·…·4b n －1 ＝(a n ＋1)n ，所以4b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －n ＝2n 2，所以2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )－2n ＝n 2，即2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )＝n 2＋2n ，所以S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12n 2＋n .2．设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，数列{b n }是公比为q 的等比数列，且b 1＝a 1>0. (1)若a 3＝b 3，a 7＝b 5，探究使得a n ＝b m 成立时n 与m 的关系； (2)若a 2＝b 2，求证：当n >2时，a n <b n . 解：记a 1＝b 1＝a ，则a n ＝a ＋(n －1)d ，b m ＝aqm －1，(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2d ＝aq 2，a ＋6d ＝aq 4，消去d 得2a ＝3aq 2－aq 4，又由于a ≠0，所以q 4－3q 2＋2＝0，所以q 2＝1或q 2＝2, 若q 2＝1，则d ＝0，舍去；若q 2＝2，则d ＝a 2，因此a n ＝b m ⇔a ＋(n －1)a 2＝aq m －1⇔1＋n －12＝q m －1，所以n ＝2m ＋12－1(m 是正奇数)时，a n ＝b m .(2)证明：由于d >0，a >0，所以q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝a ＋d a ＝1＋da >1，n >2时，a n －b n ＝a ＋(n －1)d －aq n －1＝a (1－q n －1)＋(n －1)d ＝a (1－q )(1＋q ＋q 2＋…＋q n －2)＋(n －1)d <a (1－q )(n －1)＋(n －1)d ＝(n －1)[a (1－q )＋d ]＝(n －1)(a 2－b 2)＝0，所以，当n >2时，a n <b n .3．(2021·泰州期末)数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列；(2)若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从其次项起为等差数列；(3)若数列{b n }是等差数列，试推断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论．解：(1)证明：设数列{a n }的公差为d ，由于b n ＝a n －2a n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ，所以数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (2)证明：当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2，由于b n ＝a n －2a n ＋1，所以a n ＝b n ＋c n －12＋1，所以a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，所以a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12，由于数列{b n }，{c n }都是等差数列，所以b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数，所以数列{a n }从其次项起为等差数列． (3)数列{a n }成等差数列．证明：由于b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，又b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，所以2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)，由于数列{b n }是等差数列，所以2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0，所以2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)，由于a 1－2a 2＋a 3＝0，所以2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0，所以数列{a n }是等差数列． 4．(2021·镇江期末)已知数列{a n }中，a 1＝1，在a 1，a 2之间插入1个数，在a 2，a 3之间插入2个数，在a 3，a 4之间插入3个数，…，在a n ，a n ＋1之间插入n 个数，使得全部插入的数和原数列{a n }中的全部项按原有位置挨次构成一个正项等差数列{b n }．(1)若a 4＝19，求{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＋λ＝b n ＋μ(λ，μ为常数)，求{a n }的通项公式．解：(1)设{b n }的公差为d ，由题意：数列{b n }的前10项为： b 1＝a 1＝1，b 2，b 3＝a 2，b 4，b 5，b 6＝a 3，b 7，b 8，b 9，b 10＝a 4＝19， a 4为{b n }的第10项，则b 10＝b 1＋9d ，得d ＝2，而b 1＝1，故数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)由2S n ＋λ＝b n ＋μ(λ，μ为常数)，得2S n ＋λ＝(b n ＋μ)2＝b 2n ＋2μb n ＋μ2，①当n ＝1得：2＋λ＝1＋2μ＋μ2，②当n ≥2时，2S n －1＋λ＝b 2n －1＋2μb n －1＋μ2，③ ①－③得2b n ＝b 2n －b 2n －1＋2μ(b n －b n －1)，则2b n ＝d (b n ＋b n －1)＋2μd ＝d (2b n －d )＋2μd ，④ 若d ＝0，则b n ＝b 1＝1，代入④式，得2＝0，不成立；法一：当n ≥2时，(2－2d )b n ＝2μd －d 2＝常数恒成立，又{b n }为正项等差数列，当d ≠0时，b n 不为常数，则⎩⎪⎨⎪⎧2－2d ＝0，2μd －d 2＝0，得d ＝1，μ＝12，代入②式，得λ＝14.法二：由2b n ＝d (2b n －d )＋2μd ，得(2－2d )b n ＝2μd －d 2，即(2－2d )[b 1＋(n －1)d ]＝2μd －d 2，则2d (1－d )n ＋2(1－d )2＝2μd －d 2对n ≥2恒成立，令n ＝2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧4d (1－d )＋2(1－d )2＝2μd －d 2，6d (1－d )＋2(1－d )2＝2μd －d 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，μ＝12，⎣⎡或者：2d (1－d )n ＋2(1－d )2＝2μd －d 2＝常数，⎦⎤则2d (1－d )＝0，得d ＝1，当d ＝1时，代入上式得μ＝12，代入②式，得λ＝14.法三：由2b n ＝d (b n ＋b n －1)＋2μd (n ≥2)，⑤ 得2b n －1＝d (b n －1＋b n －2)＋2μd (n ≥3)，⑥ ⑤－⑥，得2d ＝2d 2，d ＝1，代入上式得μ＝12，代入②式，得λ＝14.所以等差数列{b n }的首项为b 1＝1，公差为d ＝1，则b n ＝n .设{a n }中的第n 项为数列{b n }中的第k 项，则a n 前面共有{a n }的n －1项，又插入了1＋2＋3＋…＋(n －1)＝n (n －1)2项，则k ＝(n －1)＋n (n －1)2＋1＝n 2＋n 2，故a n ＝b k ＝k ＝n 2＋n 2.。

2011届高考数学二轮复习课件专题三第1讲等差数列、等比数列

n 3 －1 2 n ＋20n＋ . 2
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专题三数
列
【题后点评】
利用等差、等比数列的通项
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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
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专题三数
列
2．等比数列 an＋1 (1)定义式：＝q(n∈N*，q 为非零常数)． an (2)通项公式：an＝a1qn－1. (3)前 n 项和公式：Sn＝ q＝1， na1 a11－qn q≠1. 1 － q * (4)等比中项公式： a2 ＝ a a ( n ∈ N ， n≥2)． n n－1 n＋1 (5)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)． ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p，q，m，n ∈N*)．
等比数列{bn}中有bp· bq＝bm· bn.这些公式自己结合这两
种数列的通项公式推导后可加强记忆与理解．
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变式训练
专题三数
列
2．(1)在等比数列{an}中，首项a1<0，则{an}是递增数列的充要条件是( A．q>1 C．0<q<1 ) B．q<1 D．q<0
热点突破探究
专题三
典例精析
题型一
数
列
等差与等比数列的基本运算
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例1 (2010年高考重庆卷)已知{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和． (1)求通项an及Sn； (2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数

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 ．28B ．32C ．56D ．24 解析：S 7＝7×（a 1＋a 7）2＝7×（a 3＋a 5）2＝28.故选A.答案：A2．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1B ．－1或2C ．－2D ．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：C3．(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＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．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：B4．(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 ．4B ．5C ．6D ．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：B5．(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 1，12a 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 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)． ∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q ＝q 2＝32＝9. 答案：D 二、填空题6．各项均不为零的等差数列{a n }中，a 1＝2，若a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n≥2)，则S 2 016＝________．解析：由于a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，即a 2n －2a n ＝0，∴a n ＝2，n ≥2，又a 1＝2，∴a n ＝2，n ∈N *，故S 2 016＝4 032.答案：4 0327．(2022·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列， ∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121. 答案：1 1218．(2022·广东3月测试)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝________．解析：∵a n ，S n ，a 2n 成等差数列，∴2S n ＝a n ＋a 2n .当n ＝1时，2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21. 又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，又a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n (n ∈N *)．答案：n 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(导学号 55460117) (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 －1.10．(2021·广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (导学号 55460118) (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列； (3)求数列{a n }的通项公式．(1)解：当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，整理得a 4＝4a 3－a 24，又a 2＝32，a 3＝54，所以a 4＝78.(2)证明：当n ≥2时，有4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，即4S n ＋2＋4S n ＋S n ＝4S n ＋1＋4S n ＋1＋S n －1， ∴4(S n ＋2－S n ＋1)＝4(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)，即a n ＋2＝a n ＋1－14a n (n ≥2)．经检验，当n ＝1时，上式成立．∵a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－14a n －12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12a n a n ＋1－12a n＝12为常数，且a 2－12a 1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以1为首项，12为公比的等比数列．(3)解：由(2)知，a n ＋1－12a n ＝12n －1(n ∈N *)，等式两边同乘2n ，得2n a n ＋1－2n －1a n ＝2(n ∈N *)．又20a 1＝1，∴数列{2n －1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． ∴2n －1a n ＝2n －1，即a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．则数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．11．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)．(导学号 55460119)(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝1S n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .(1)证明：S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)，①S n －1＝a n －1（a n －1＋1）2(n ≥2)．②①－②得：a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －12(n ≥2)，整理得：(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝(a n ＋a n －1)(n ≥2)． ∵数列{a n }的各项均为正数， ∴a n ＋a n －1≠0， ∴a n －a n －1＝1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解：由(1)得S n ＝n 2＋n2，∴b n ＝2n 2＋n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.。

【步步高】高考数学考前3个月(上)专题复习专题三第一讲等差数列与等比数列课件

解设{an}的首项为 a1，公差为 d，
本讲栏
则aa11＋＋32dd＋aa11＋＋65dd＝＝0－，16，
目开关
即aa211＋＝8－da41d＋，12d2＝－16，
解得ad1＝＝2－8 或ad1＝＝－8，2，
因此 Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9) 或 Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9).
本讲栏目开关
考点与考题
第一讲
第一讲等差数列与等比数列
本
讲栏
【考点整合】
目开
1.等差数列
关 (1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数).
(2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d. (3)前 n 项和公式：Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d.
(4)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2).
则 a1＋a10＝
()
本 A.7
B.5
C.－5
D.－7
讲栏目开
解析方法一由题意得aa45＋ a6＝a7＝ a1qa41×q3＋ a1qa51＝q6＝ a21q29，＝－8，
关
∴qa31＝＝－ 1 2，
或q3＝－12， a1＝－8，
∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
考点与考题
第一讲
故 a2＝a1＋d＝1. 答案 1
题型与方法
第一讲
题型一等差数列的有关问题
本
讲题型概述等差数列是一个重要的数列类型，高考命题主要考
栏
目查等差数列的概念、基本量的运算及由概念推导出的一些重
开
关要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.
题型与方法

数学二轮复习教案：第一部分专题三数列第一讲等差数列、等比数列

专题三数列第一讲等差数列、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201 7Ⅰ卷等差、等比数列的综合应用·T17201 5Ⅰ卷等差数列的通项公式及前n项和公式·T7等比数列的概念及前n项和公式·T13Ⅱ卷等差数列的通项公式、性质及前n项和公式·T5［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a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )A．5 B．7C．9 D．11解析：法一:∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝错误!＝5a3＝5.法二：∵a1＋a3＋a5＝a1＋（a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d ＝1，∴S5＝5a1＋错误!d＝5(a1＋2d）＝5.解析:A2．(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S8＝4S4,则a10＝( ）A。

错误!B。

错误!C．10 D．12解析：∵公差为1,∴S8＝8a1＋错误!×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4（4a1＋6),解得a1＝错误!，∴a10＝a1＋9d＝错误!＋9＝错误!。

答案:B3．(2015·高考全国卷Ⅰ改编)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n，S n 为｛a n｝的前n项和．若S n＝126，求n的值．解析：∵a1＝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，∴错误!＝126，∴n＝6.等差数列、等比数列的基本运算［方法结论］1．两组求和公式（1)等差数列:S n＝错误!＝na1＋错误!d;（2)等比数列：S n＝错误!＝错误!(q≠1）．2．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a1和d（q）的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．［题组突破]1．(2017·贵阳模拟)等差数列｛a n}的前n项和为S n，且a3＋a9＝16，则S 11＝（）A ．88B ．48C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11a 1＋a 112＝错误!＝错误!＝88,选A 。

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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(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .(4)等比数列的求和公式：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a nq 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例1 (1)(2020·阳泉期末)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知a 1＋a 21＝0，S 14＝98，则( ) A ．a n ＝－n ＋11 B ．a n ＝－2n ＋22 C ．S n ＝n 2－7n D ．S n ＝－12n 2＋14n答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可知，2a 1＋20d ＝0,14a 1＋91d ＝98，解方程可得，a 1＝20，d ＝－2，故a n ＝－2n ＋22，S n ＝－n 2＋21n . (2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *)．数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________．答案－30解析 ∵点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1，则b n ＝n＝2n －12(n ∈N *)， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列， ∴T n ＝－10n ＋n (n －1)2×2＝n 2－11n ＝⎝⎛⎭⎫n －1122－1214. 又n ∈N *，∴T n 的最小值为T 5＝T 6＝⎝⎛⎭⎫122－1214＝－30. 规律方法等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列．(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)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 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C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.(2)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＝________. 答案－2解析设等差数列{a n }的公差为d ，由S 8＝S 10，得a 9＋a 10＝0，所以2a 1＋17d ＝0，且a 1＝2，所以d ＝－417，得a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝⎛⎭⎫－417＝－2. 考点二等差数列、等比数列的性质核心提炼1．通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k . 2．前n 项和的性质：(1)对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)． (2)对于等差数列，有S 2n －1＝(2n －1)a n .例2 (1)(2020·北京师范大学附属实验中学月考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 7>0，a 8<0，则下列结论正确的是( ) A ．S 7<S 8 B ．S 15<S 16 C ．S 13>0 D ．S 15>0答案 C解析由等差数列的性质及求和公式得，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7>0，S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8<0.又∵等差数列{a n }中，a 7>0，a 8<0，则{a n }是首项为正数的递减数列，∴S 7>S 8，S 15>S 16，故选C.(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于( )A ．2 020B ．1 010C ．2 D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 020＝1， ∴f (a 1)＋f (a 2 020)＝21＋a 21＋21＋a 22 020＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2，∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 020＝a 2a 2 019＝…＝a 1 010a 1 011＝1， ∴f (a 2)＋f (a 2 019)＝2，…，f (a 1 010)＋f (a 1 011)＝2，即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)＝2×1 010＝2 020. 规律方法等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系，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)用性质，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．跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)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等于( )A ．12B ．24C ．30D ．32 答案 D解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝21＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 5＝1×25＝32.(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( )A．－510 B．400C．400或－510 D．30或40答案 B解析∵正项等比数列{a n}的前n项和为S n，∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等比数列，∴10×(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40或S20＝－30(舍)，故S40－S30＝270，∴S40＝400.考点三等差数列、等比数列的探索与证明核心提炼等差数列等比数列定义法a n＋1－a n＝d a n＋1a n＝q(q≠0)通项法a n＝a1＋(n－1)d a n＝a1·q n－1中项法2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2) a2n＝a n－1a n＋1 (n≥2，a n≠0)前n项和法S n＝an2＋bn(a，b为常数)S n＝kq n－k (k≠0，q≠0,1)证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3(2019·全国Ⅱ)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0,4a n＋1＝3a n－b n＋4,4b n＋1＝3b n－a n －4.(1)证明：{a n＋b n}是等比数列，{a n－b n}是等差数列；(2)求{a n}和{b n}的通项公式．(1)证明由题设得4(a n＋1＋b n＋1)＝2(a n＋b n)，即a n＋1＋b n＋1＝12(a n＋b n)．因为a1＋b1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12(n ∈N *)，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12(n ∈N *)．易错提醒 a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }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.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是不是等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a nn＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)．专题强化练一、选择题1．在等比数列{a n }中，若a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．4 B ．－4 C ．±4 D ．5 答案 A解析 ∵数列{a n }为等比数列，且a 3＝2，a 7＝8， ∴a 25＝a 3·a 7＝2×8＝16，则a 5＝±4， ∵等比数列奇数项的符号相同，∴a 5＝4.2．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若S 5＝25，a 3＋a 4＝8，则{a n }的公差为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1 D ．2 答案 A解析依题意，可得S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5×2a 32＝25，解得a 3＝5，又a 3＋a 4＝8，所以a 4＝3，所以公差d ＝a 4－a 3＝3－5＝－2.3．(2020·全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n 等于( )A ．2n －1B ．2－21－n C ．2－2n －1 D ．21－n －1答案 B解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2.由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12得a 1＝1. 所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1，所以S n a n ＝2n－12n －1＝2－21－n .方法二设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 2－a 3＝12， ①a 4q 2－a 4＝24， ②②①得a 4a 3＝q ＝2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q2＝1，下同方法一．4．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( ) A ．a 6≤b 6 B ．a 6≥b 6 C ．a 12≤b 12 D ．a 12≥b 12 答案 B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. 5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C解析由题意得a n ＋1n ＋1－a nn ＝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 nn ＝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 .6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A ．a 9＝17B ．a 10＝19C ．S 9＝81D ．S 10＝91 答案 D解析 ∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n >1，n ∈N *时是等差数列，公差为2，又a 1＝1，a 2＝2，a n ＝2＋(n －2)×2＝2n －2(n >1，n ∈N *)，∴a 9＝2×9－2＝16，a 10＝2×10－2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选D.7．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝2，S 10＝6，则a 16＋a 17＋a 18＋a 19＋a 20等于( ) A ．8 B ．12 C ．16 D ．24 答案 C解析由等比数列前n 项和的性质，知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，S 20－S 15成等比数列，∵S 5＝2，S 10＝6，∴S 10－S 5＝6－2＝4，∴S 15－S 10＝(S 10－S 5)2S 5＝422＝8，∴a 16＋a 17＋a 18＋a 19＋a 20＝S 20－S 15＝(S 15－S 10)2S 10－S 5＝824＝16.8.侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，设外围第1个正方形的边长是m ，侏罗纪蜘蛛网的长度(蜘蛛网中正方形的周长之和)为S n ，则( )A ．S n 无限大B ．S n <3(3＋5)mC ．S n ＝3(3＋5)mD ．S n 可以取100m答案 B解析由题意可得，外围第2个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13m 2＋⎝⎛⎭⎫23m 2＝53m ；外围第3个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13×53m 2＋⎝⎛⎭⎫23×53m 2＝59m ；……外围第n 个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫53n －1m .所以蜘蛛网的长度 S n ＝4m ⎣⎡⎦⎤1＋53＋59＋…＋⎝⎛⎭⎫53n －1 ＝4m ×1－⎝⎛⎭⎫53n1－53<4m ×11－53＝3(3＋5)m .故选B. 二、填空题9．(2020·江苏)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________．答案 4解析由题意知q ≠1，所以S n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝na 1＋n (n －1)2d ＋b 1(1－q n )1－q＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＋b 11－q －b 1q n1－q ＝n 2－n ＋2n －1，所以⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧d2＝1，a 1－d2＝－1，b11－q ＝－1，－b 11－q q n＝2n，解得d ＝2，q ＝2，所以d ＋q ＝4.10．(2020·北京顺义区质检)设S n 为公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和，且3a 1,2a 2，a 3成等差数列，则q ＝________，S 4S 2＝________.答案 3 10解析设等比数列的通项公式a n ＝a 1q n －1，又因为3a 1,2a 2，a 3成等差数列，所以2×2a 2＝3a 1＋a 3，即4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2，解得q ＝3或q ＝1(舍)，S 4S 2＝a 1(1－34)1－3a 1(1－32)1－3＝1－341－32＝10. 11．已知等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有A ≤2S n －1S n≤B 恒成立，则B －A 的最小值为________．答案 136解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12， ∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ，令t ＝⎝⎛⎭⎫－12n ，则－12≤t ≤14，S n ＝1－t ， ∴34≤S n ≤32， ∴2S n －1S n 的最小值为16，最大值为73，又A ≤2S n －1S n≤B 对任意n ∈N *恒成立， ∴B －A 的最小值为73－16＝136. 12．(2020·北京市昌平区新学道临川学校期末)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n ＝2－2a n ＋1，若a 2＝12，则S 5＝________. 答案 3116解析由题意可知，S 1＝2－2a 2＝1，且S n ＝2－2(S n ＋1－S n )，整理可得，S n ＋1－2＝12(S n －2)，由于S 1－2＝－1，所以{S n －2}是首项为－1，公比为12的等比数列，故S 5－2＝(－1)×⎝⎛⎭⎫124＝－116， ∴S 5＝3116. 三、解答题13．(2020·玉溪质检)在等比数列{a n }中，a 1＝6，a 2＝12－a 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 ＝66，求m .解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝a 1q n －1， ∵a 2＝12－a 3，∴a 1q ＝12－a 1q 2，∴6q ＝12－6q 2，即q 2＋q －2＝0，解得q ＝－2或q ＝1，故a n ＝6×(－2)n －1或a n ＝6.(2)①若a n ＝6×(－2)n －1，则S n ＝6×[1－(－2)n ]3＝2×[1－(－2)n ]，由S m ＝66，得(－2)m ＝－32，∴m ＝5；②若a n ＝6，即q ＝1，则数列{a n }为常数列，∴S m ＝ma 1＝66，∴m ＝11.综上所述，m ＝5或m ＝11.14．已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n项和为(2n －1)·3n ＋12. (1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．解 (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0，所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．因为a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －1)·3n ＋12，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝(2n －3)·3n －1＋12(n ≥2)，两式相减，得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)，因为a n ＝2·3n －1，所以b n ＝n (n ≥2)，当n ＝1时，由a 1b 1＝2及a 1＝2，得b 1＝1(符合上式)，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n <34. 因为∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34.。