1、专题二 数 列 第 1 讲 等差数列与等比数列1(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a34a1，则 a3()A16 B8 C4 D2解析：设等比数列an的公比为 q，依题意 q0.由 a53a34a1，得 q43q24.所以 q24，则 q2.又 S4a1(1qq2q3)15，所以 a11.故 a3a1q24.答案：C2(2019全国卷)记 Sn 为等差数列an的前 n 项和若 a35，a713，则 S10_解析：因为an为等差数列，a35，a713，所以公差 da7a373 13542，首项 a1a32d5221，所以 S1010a11092d1
2、00.答案：1003(2019全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和解：(1)设an的公比为 q，由题设得 2q24q16，即 q22q80.解得 q2(舍去)或 q4.因此an的通项公式为 an24n122n1.(2)由(1)得 bn(2n1)log222n1，则bn是公差为 2，首项 b11 的等差数列所以bn的前 n 项和 Tn1（2n1）2nn2.1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
3、)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2数列试题常涉及 12 个题目，属中低档题难度热点 1 数列的基本运算(师生互动)1通项公式等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.2前 n 项和公式等差数列：Snn（a1an）2na1n（n1）2d；等比数列：Sna1（1qn）1qa1anq1q(q1)【例 1】(1)(2019全国卷)记 Sn 为等比数列an的前 n 项和，若 a11，S334，则 S4_(2)(2019北京卷)(一题多解)设an是等差数列，a110，且 a210，a38，a46 成等比数列求an的通项公式；记an的前 n
4、项和为 Sn，求 Sn 的最小值(1)解析：设等比数列的公比为 q，则 ana1qn1qn1.因为 a11，S334，所以 a1a2a31qq234，则 4q24q10，所以 q12，所以 S41112411258.答案：58(2)解：设an的公差为 d.因为 a110，所以 a210d，a3102d，a4103d.因为 a210，a38，a46 成等比数列，所以(a38)2(a210)(a46)所以(22d)2d(43d)解得 d2.所以 ana1(n1)d2n12.法 1：由(1)知，an2n12.则当 n7 时，an0；当 n6 时，an0；当 n6 时，an0.所以 Sn 的最小值为
5、S5S630.法 2：由(1)知，Snn2(a1an)n(n11)n11221214.又 nN*，所以当 n5 或 n6 时，Sn 的最小值 S5S630.思维升华1等差(比)数列基本运算的解题途径：(1)设基本量 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，注意整体计算，以减少运算量2第(2)题利用方程思想求出基本量 a1 与公差 d，进而将 Sn 表示成关于“n”的函数，结合函数性质求最值变式训练(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记 Sn 为an的前 n 项和若 Sm63，求
6、m.解：(1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1.由已知得 q44q2，解得 q0(舍去)，q2 或 q2.故 an(2)n1 或 an2n1.(2)若 an(2)n1，则 Sn1（2）n3.由 Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解若 an2n1，则 Sn2n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上，m6.热点 2 等差(比)数列的性质(自主演练)1等差数列的性质(1)若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 amanapaq.(2)anam(nm)d.(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列2等比数列的性质(1)若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 ama
7、napaq.(2)anamqnm.(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列1(2019深圳联考)记等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a616，S535，则an的公差为()A3 B2 C3 D2解析：等差数列an中，S55a335，得 a37.又 a616，所以 da6a363 3.答案：C2设 Sn 为等差数列an的前 n 项和，(n1)SnnSn1(nN*)若a8a71，则()ASn 的最大值是 S8 BSn 的最小值是 S8CSn 的最大值是 S7 DSn 的最小值是 S7解析：由(n1)SnnSn1 得（n1）n（a1an）2n（n1）（a1an1）2，整理得 a
8、nan1，所以等差数列an是递增数列又a8a71，所以 a80，a70，所以数列an的前 7 项为负值，即 Sn 的最小值是 S7.答案：D3等比数列an中，a4 2，a5 5，则数列lg an的前 8 项和 S8 为()A4 B2 C3 D5解析：设等比数列an的公比为 q，由 a5 5，a4 2，得 5 2q，所以 q52.所以 ana4qn4 252n4，且 a1a8a4a5 10.从而 lg anlg 2(n4)lg 52，则数列lg an是等差数列，所以 S812(lg a1lg a8)84lg(a1a8)4lg 102.答案：B思维升华1利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间
9、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热点 3 等差(比)数列的判定证明(迁移探究)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 an1an(nN*)为一常数(2)利用中项性质，即证明 2anan1an1(n2)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an1an(nN*)为一常数(2)利用等比中项，即证明 a2nan1an1(n2)(an0)【例 2】(2019佛山调研)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，S2na2n1Sn
10、1，其中 为常数(1)证明：Sn12Sn；(2)是否存在实数，使得数列an为等比数列，若存在，求出；若不存在，请说明理由(1)证明：因为 an1Sn1Sn，且 S2na2n1Sn1，所以 S2n(Sn1Sn)2Sn1，则 Sn1(Sn12Sn)0.因为 an0，知 Sn10，所以 Sn12Sn0，故 Sn12Sn.(2)解：由(1)知，Sn12Sn，当 n2 时，Sn2Sn1，两式相减得，an12an(n2，nN*)，所以数列an从第二项起成等比数列，且公比 q2，又 S22S1，即 a2a12a1，所以 a2a110，得 1.因此 an1，n1，（1）2n2，n2.若数列an是等比数列，则
11、a212a12.所以 1，经验证当 1 时，数列an是等比数列迁移探究 若本例中条件“a11”改为“a12”，其他条件不变，试求解第(2)问解：由本例(2)，得 an12an(n2，nN*)又 S22S1，所以 a2a120.所以 an(2)2n2(n2)又 a12，若an是等比数列，所以 a2(2)202a14，所以 2.故存在 2，此时 an2n，数列an是等比数列思维升华1判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意 n1，nN*，验证 an1an或an1an 为与正整数 n无关的一常数；(2)中项公式法2.an1an q 和 a2nan1an1(n2)都是数列an为等比数列的必
12、要不充分条件，判定时还要看各项是否为零变式训练(2019江苏卷节选)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M-数列”(1)已知等比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M-数列”(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，1Sn 2bn 2bn1，其中 Sn 为数列bn的前 n 项和求数列bn的通项公式(1)证明：设等比数列an的公比为 q，则 a10，q0.由a2a4a5，a34a24a10，得a21q4a1q4，a1q24a1q4a10，解得a11，q2.因此数列an为“M-数列”(2)解：因为 1Sn 2bn 2bn1，所以 bn0.由 b11，S
13、1b1，得1121 2b2，则 b22.由 1Sn 2bn 2bn1，得 Snbnbn12（bn1bn）.当 n2 时，由 bnSnSn1，得bnbnbn12（bn1bn）bn1bn2（bnbn1），整理得 bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为 1 的等差数列因此，数列bn的通项公式为 bnn(nN*)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(a0，a1)就是一个等比数列；若abn是各项为正项的等比数列，则logaabn(a0，且 a1)是一个等差数列2解决等差数列，等
14、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【例 3】(2018天津卷)设an是等差数列，其前 n项和为 Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于 0，其前 n项和为 Tn(nN*)已知 b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求 Sn 和 Tn；(2)若 Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数 n的值解：(1)设等比数列bn的公比为 q(q0)，由 b11，b3b22，可得 q2q20.因为 q0，可得 q2，故 bn2n1.所以 Tn12n12 2n1.设等差数列an的公差为 d.由 b4a3a5，可得 a13d4.由 b5a42
15、a6，可得 3a113d16，从而 a11，d1，故 ann，所以 Snn（n1）2.(2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)n2（12n）12n2n1n2.由 Sn(T1T2Tn)an4bn，得n（n1）22n1n2n2n1，整理得 n23n40，解得 n1(舍)或 n4.所以 n 的值为 4.思维升华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变式训练 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn的前 n 项和为 Tn，a11，b11，a2b22.(1)若 a3b35，求bn的通项公式；(2)若 T321，求 S3.解：(1)设an公差为 d，bn公比为 q，由题设得1dq2，12dq25，解得d1，q2，或d3，q0(舍去)，故bn的通项公式为 bn2n1.(2)由 已 知 得1dq2，1qq221，解 得q4，d1，或q5，d8.所以当 d1 时，S36；当 d8 时，S321.
