1、第1讲等差数列、等比数列等差、等比数列的基本运算核心提炼1等差数列的通项公式及前n项和公式ana1(n1)d；Snna1d.2等比数列的通项公式及前n项和公式ana1qn1(q0)；Sn(q1)典型例题 (1)(2019嘉兴市高考一模)设Sn为等差数列an的前n项和，若，则()A.B.C. D.(2)(2019浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列an的前n项和为Sn，满足对任意的正整数n，均有Sn38Sn3，则a1_，公比q_【解析】(1)设公差为d，则，da1，所以，故选A.(2)由Sn38Sn3，则Sn28Sn13，两式相减得，an38ananq38an，则q38q2，由等比数列前n项
2、和公式得，83，即2n3a1a182na18a13，从而解得a1.【答案】(1)A(2)2关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算 对点训练1(2019温州瑞安七中高考模拟)数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(n1)，则a6()A344 B3441C44 D441解析：选A.由an13Sn，得到an3Sn1(n2)，两式相减得：an1an3(SnSn1)3an，则an14an(n2)，又a
3、11，a23S13a13，得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，所以ana2qn234n2(n2)，a6344，故选A.2(2019名校新高考研究联盟)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，则塔的底层共有灯()A186盏 B189盏C192盏 D96盏解析：选C.设塔的底层共有灯x盏，则各层的灯数构成一个首项为x，公比为的等比数列.381，解得x192.3(2019绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列an的前n项和Sn满足：Sn
4、和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1_，Sn_解析：由题意知，平方可得Sn，由a1S1得，从而可解得a12.又由式得Sn1(n2)，可得anSnSn1(n2)，整理得(anan1)(anan14)0因为数列an的各项都是正数，所以anan140，即anan14.故数列an是以2为首项4为公差的等差数列，所以Sn2n42n2.当n1时，S1a12.故Sn2n2.答案：22n24(2019杭州市学军中学高三模拟)已知等比数列an的公比q0，前n项和为Sn，若2a3，a5，3a4成等差数列，a2a4a664，则q_，Sn_解析：由2a3，a5，3a4成等差数列得2a52a33a42q223q
5、q2(负舍)，a2a4a664a64a44a1，Sn.答案：2等差、等比数列的判定与证明核心提炼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)利用等差中项，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(nN*)为一常数；(2)利用等比中项，即证明aan1an1(n2)典型例题 (1)如图，点列An，Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1|An1An2|，AnAn2，nN*，|BnBn1|Bn1Bn2|，BnBn2，nN*(PQ表示点P与Q不重合)若dn|AnBn|，Sn为AnBnBn1的面积，则()
6、ASn是等差数列BS是等差数列Cdn是等差数列 Dd是等差数列(2)(2019温州市高考二模)设数列an的前n项和为Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.求a4的值；证明：为等比数列；求数列an的通项公式【解】(1)选A.由题意，过点A1，A2，A3，An，An1，分别作直线B1Bn1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，hn，hn1，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，hn，hn1，成等差数列，又Sn|BnBn1|hn，|BnBn1|为定值，所以Sn是等差数列故选A.(2)当n2时，4S45S28S3S1，即4581，解得：a4.证明：因为4Sn25
7、Sn8Sn1Sn1(n2)，所以4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即4an2an4an1(n2)，因为4a3a14164a2，所以4an2an4an1，因为.所以数列an1an是以a2a11为首项，公比为的等比数列；由知，是以a2a1为首项，公比为的等比数列，所以an1an.即4，所以是以2为首项，4为公差的等差数列，所以2(n1)44n2，即an(4n2)(2n1)，所以数列an的通项公式是an(2n1).(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前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
8、可(3)aan1an1(n2，nN*)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. 对点训练1(2019金华十校高考模拟)已知a，b为实常数，ci(iN*)是公比不为1的等比数列，直线axbyci0与抛物线y22px(p0)均有两个交点，所成弦的中点为Mi(xi，yi)，则下列说法错误的是()A数列xi可能是等比数列B数列yi是常数列C数列xi可能是等差数列D数列xiyi可能是等比数列解析：选C.由直线axbyci0，当a0，b0时，直线byci0与抛物线y22px(p0)仅有一个交点，不合题意当a0，b0时，直线axci0，化为：x，则xi，yi0，x
9、iyi，由ci(iN*)是公比不为1的等比数列，可得xi是等比数列，xiyi是等比数列，不是等差数列当a0，b0时，直线axbyci0化为：xy，代入抛物线y22px(p0)，所以y2y0.根据根与系数的关系可得：Mi，即yi，yi是常数列，是等比数列，是等差数列综上可得：A，B，D都有可能，只有C不可能故选C.2记Sn为等比数列an的前n项和，已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解：(1)设an的公比为q.由题设可得解得q2，a12.故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n2(1)n
10、2Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列数列的性质及应用核心提炼1.等差数列等比数列性质(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；(2)anam(nm)d；(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列(1)若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；(2)anamqnm；(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等比数列(q1)2.递增(减)数列从第二项起，每一项都大于它的前一项，即anan1(n2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即an0且a10”是“数列Sn单调递增”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件(2
11、)设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_【解析】(1)设等差数列an的公差为d，d0.Snna1dn2n，因为数列Sn单调递增，所以d0，1，可得d2a10.由a20且a10，可得a2a1d0.所以“a20且a10”是“数列Sn单调递增”的既不充分也不必要条件(2)设an的公比为q，由a1a310，a2a45得a18，q，则a24，a32，a41，a5，所以a1a2ana1a2a3a464.【答案】(1)D(2)64等差、等比数列性质问题的求解策略(1)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)数列是一种特殊的函数，具有
12、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(3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想(如本例(2)，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题 对点训练1(2019丽水市高考数学模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，下列结论一定成立的是()Aa1a32a2Ba1a32a2Ca1S30 Da1S30解析：选C.选项A，数列1，1，1为等比数列，但a1a322a22，故B错误；选项D，数列1，1，1为等比数列，但a1S310，故D错误；对于选项C，a1(a1a2a3)a1(a1a1qa1q2)a(1qq2)，因为等比数列的项不为0，故a0，而1qq20，故a(1q
13、q2)0，故C正确2设公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，若a11，d0得n，即n1，因为d，所以10，当n10时，an0.所以当Sn取得最大值时n的值为9.答案：9数列中的交汇创新问题典型例题 (1)(2019绍兴市一中高三期末检测)对于数列xn，若对任意nN*，都有xn2xn1xn1xn成立，则称数列xn为“减差数列”设bn2t，若数列b5，b6，b7，bn(n5，nN*)是“减差数列”，则实数t的取值范围是()A.B.C. D.(2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，.该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都
14、等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”若an是“斐波那契数列”，则(a1a3a)(a2a4a)(a3a5a)(a2 017a2 019a)的值为_【解析】(1)由数列b5，b6，b7，bn(n5，nN*)是“减差数列”，得bn1(n5)，即tt，化简得t(n24n)n2，当n5时，若t(n24n)n2恒成立，则t恒成立，又当n5时，的最大值为，则t的取值范围是.故选C.(2)因为a1a3a12121，a2a4a13221，a3a5a25321，a4a6a38521，a2 017a2 019a1，共有2 017项，所以(a1a3a)(a2a4a)(a3a5a)(a
15、2 017a2 019a)1.【答案】(1)C(2)1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 对点训练1(2019杭州第一次质量预测)正项等比数列an中的a1、a4 035是函数f(x)x34x26x3的极值点，则loga2 018()A1B2C D1解析：选A.因为f(x)x28x6，且a1、a4 035是方程x28x60的两根，所以a1a4 035a6，即a2 018，所以loga2 0181，故选A.2若数列bn对于nN*，都有bn2b
16、nd(常数)，则称数列bn是公差为d的准等差数列，如数列cn，若cn则数列cn是公差为8的准等差数列设数列an满足a1a，对于nN*，都有anan12n.(1)求证：an为准等差数列；(2)求an的通项公式及前20项和S20.解：(1)证明：因为an1an2n，所以an2an12n2.由得an2an2(nN*)，所以an是公差为2的准等差数列(2)已知a1a，an1an2n(nN*)，所以a1a22，即a22a.所以由(1)可知a1，a3，a5，成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，成以2a为首项，2为公差的等差数列所以当n为偶数时，an2a2na，当n为奇数时，ana2na1，
17、所以anS20a1a2a19a20(a1a2)(a3a4)(a19a20)21232192200.专题强化训练1(2019浙江新高考冲刺卷)已知等差数列an，Sn是an的前n项和，则对于任意的nN*，“an0”是“Sn0”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选A.对于任意的nN*，“an0”，能推出“Sn0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列3，1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2(2018浙江选考试卷)设数列an的前n项和为Sn，若Sn12an1，nN*，则a3()A3 B2C1 D0解析：选B.Sn12an1，nN*，则n1时，
18、a1a22a11，可得：a2a11.n2时，a1a2a32a21，可得：a32.故选B.3“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.f B.fC.f D.f解析：选D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为an，则第八个单音的频率为a
19、8f()81f，故选D.4(2019长春质量检测(一)等差数列an中，已知|a6|a11|，且公差d0，则其前n项和取最小值时n的值为()A6 B7C8 D9解析：选C.由d0可得等差数列an是递增数列，又|a6|a11|，所以a6a11，即a15da110d，所以a1，则a80，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.5已知等比数列an的前n项和为Sn，若a212，a3a54，则下列说法正确的是()Aan是单调递减数列 BSn是单调递减数列Ca2n是单调递减数列 DS2n是单调递减数列解析：选C.由于an是等比数列，则a3a5a4，又a212，则a40，a42，q2，当q时，an和Sn不具有
20、单调性，选项A和B错误；a2na2q2n212单调递减，选项C正确；当q时，S2n不具有单调性，选项D错误6(2019温州市高考数学模拟)已知an是等差数列，其公差为非零常数d，前n项和为Sn，设数列的前n项和为Tn，当且仅当n6时，Tn有最大值，则的取值范围是()A.B(3，)C.D(，3)解析：选C.因为n(a1)，由题意知d0，且，得3.7(2019杭州市第一次质量预测)已知数列an满足a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意nN*都有t，则实数t的取值范围为()A(，) B，)C(，) D，)解析：选D.依题意得，当n2时，an2n2(n1)222n1，又a1212211，因此an2
21、2n1，数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于(1)0，a8a90的最大n是_；数列(1n15)中最大的项为第_项解析：因为a80，a8a90，S16(a1a16)8(a8a9)0的最大n是15.因为等差数列an的前n项和为Sn，且满足a80，a8a9an1；(2)求证：nN*时，2Sn2n.证明：(1)n2时，作差：an1an，所以an1an与anan1同号，由a14，可得a2，可得a2a1an1.(2)因为2a6an，所以2(a4)an2，即2(an12)(an12)an2，所以an12与an2同号，又因为a1220，所以an2.所以Sna1a2an42(n1)2n2.所
22、以Sn2n2.由可得：，因此an2(a12)，即an22.所以Sna1a2an2n22n.综上可得：nN*时，2Sn2n0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是q，q，即q，所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列；(充分性)：若对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)qA(n)，C(n)qB(n)，于是C(n)B(n)qB(n)A(n)，即an2a2q(an1a1)，亦即an2qan1a2qa1.由n1时，B(1)qA(1)，即a2qa1，从而an2qan10.因为an0，所以q.故数列an是首项为a1，公比为q的等比数列综上所述，数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列18已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)证明：(1)由题意得an1ana0，即an10.由0an得(1，2，所以12.(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1.由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得(nN*)
