1、第 1 讲 等差数列与等比数列1(2015课标全国)已知an是公差为 1 的等差数列，Sn 为an的前 n 项和，若 S84S4，则a10 等于()A.172B.192C10D122(2015安徽)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前 n 项和等于_3(2015课标全国)在数列an中，a12，an12an，Sn 为an的前 n 项和若 Sn126，则 n_.4(2013江西)某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n(nN*)等于_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
2、形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一 等差数列、等比数列的运算(1)通项公式等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.(2)求和公式等差数列：Snna1an2na1nn12d；等比数列：Sna11qn1qa1anq1q(q1)(3)性质若 mnpq，在等差数列中 amanapaq；在等比数列中 amanapaq.例 1(1)设等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 a111，a4a66，则当 Sn 取最小值时，n_.(2)已知等比数列an公比为 q，其前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6 成等差数列，
3、则 q3 等于()A12B1C12或 1D1 或12思维升华 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，以减少计算量跟踪演练 1(1)(2015浙江)已知an是等差数列，公差 d 不为零若 a2，a3，a7 成等比数列，且 2a1a21，则 a1_，d_.(2)已 知 数 列 an 是 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列，a1 a2 1，a3 a4 2，则log2a2 011a2 012a2 013a2 0143_.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明数列an是等差数列或等比数列的证明方法
4、(1)证明数列an是等差数列的两种基本方法：利用定义，证明 an1an(nN*)为一常数；利用中项性质，即证明 2anan1an1(n2)(2)证明an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；利用等比中项，即证明 a2nan1an1(n2)例 2(2014大纲全国)数列an满足 a11，a22，an22an1an2.(1)设 bnan1an，证明：bn是等差数列；(2)求an的通项公式 思维升华(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前 n 项和公式，但不能作为证明方法(2)an1an q 和 a2nan1an1(n2)都是数列an为等比数列的必要
5、不充分条件，判断时还要看各项是否为零跟踪演练 2(1)(2015大庆铁人中学月考)已知数列an的首项 a11，且满足 an1an4an1，则 an_.(2)已知数列an中，a11，an12an3，则 an_.热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例 3(2015河北石家庄二中一模)已知数列an满足 a112，an1an111an10，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan1an 1，数列bn的前 n 项之和为 Sn，证明：Sn34.思维升华(
6、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(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解跟踪演练 3 已知首项为32的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)，且 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 TnSn1Sn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值 1设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a10，a3a100，a6a70 的最大自然数n 的值为()A6B7C12D132已知
7、各项不为 0 的等差数列an满足 a42a273a80，数列bn是等比数列，且 b7a7，则 b2b12 等于()A1B2C4D83已知各项都为正数的等比数列an满足 a7a62a5，存在两项 am，an 使得 aman4a1，则1m4m的最小值为()A.32B.53C.256D.434已知等比数列an中，a4a610，则 a1a72a3a7a3a9_.提醒：完成作业 专题四 第 1 讲二轮专题强化练专题四第 1 讲 等差数列与等比数列A 组 专题通关1(2015课标全国)设 Sn 是等差数列an的前 n 项和，若 a1a3a53，则 S5 等于()A5B7C9D112已知等差数列an中，a7
8、a916，S11992，则 a12 的值是()A15B30C31D643(2015浙江)已知an是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，若 a3，a4，a8 成等比数列，则()Aa1d0，dS40Ba1d0，dS40Ca1d0，dS40Da1d0，dS404设 Sn 为等差数列an的前 n 项和，(n1)SnnSn1(nN*)若a8a760n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由B 组 能力提高11已知an是等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 S21S4 000，O 为坐标原点，点 P(1，an)，Q(2011，a2 011)，则OP OQ 等于()A2 011B2
9、 011C0D112(2015福建)若 a，b 是函数 f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且 a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 pq 的值等于()A6B7C8D913数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a115，且对任意正整数 m，n，都有 amnaman，若 Snt恒成立，则实数 t 的最小值为_14已知数列an的前 n 项和为 Sn，且(a1)Sna(an1)(a0)(nN*)(1)求证数列an是等比数列，并求其通项公式；(2)已知集合 Ax|x2a(a1)x，问是否存在实数 a，使得对于任意的 nN*，都有 SnA？若存在，求出 a
10、 的取值范围；若不存在，说明理由学生用书答案精析专题四 数列、推理与证明 第 1 讲 等差数列与等比数列高考真题体验1B 公差为 1，S88a1881218a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得 a112，a10a19d129192.故选 B.22n1解析 由等比数列性质知 a2a3a1a4，又 a2a38，a1a49，所以联立方程a1a48，a1a49，解得a11，a48或a18，a41，又数列an为递增数列，a11，a48，从而 a1q38，q2.数列an的前 n 项和为 Sn12n12 2n1.36解析 由 an12an 知，数列an是以 a12 为首项，公比
11、 q2 的等比数列，由 Sn212n12 126，解得 n6.46解析 每天植树棵数构成等比数列an，其中 a12，q2.则 Sna11qn1q2(2n1)100，即 2n1102.n6，最少天数 n6.热点分类突破例 1(1)6(2)A解析(1)设该数列的公差为 d，则 a4a62a18d2(11)8d6，解得 d2，所以Sn11nnn122n212n(n6)236，所以当 Sn 取最小值时，n6.(2)若 q1，则 3a16a129a1，得 a10，矛盾，故 q1.所以a11q31qa11q61q2a11q91q，解得 q312或 1(舍)，故选 A.跟踪演练 1(1)23 1(2)1 0
12、05解析(1)a2，a3，a7 成等比数列，a23a2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a123d，2a1a21，2a1a1d1即 3a1d1，a123，d1.(2)在等比数列中，(a1a2)q2a3a4，即 q22，所以 a2 011a2 012a2 013a2 014(a1a2a3a4)q2 010321 005，所以 log2a2 011a2 012a2 013a2 01431 005.例 2(1)证明 由 an22an1an2 得an2an1an1an2，即 bn1bn2.又 b1a2a11，所以bn是首项为 1，公差为 2 的等差数列(2)解 由(1)得 bn12(n1)
13、2n1，即 an1an2n1.anan12n3，an1an22n5，a2a11，累加得 an1a1n2，即 an1n2a1.又 a11，所以an的通项公式为 ann22n2.跟踪演练 2(1)14n3(2)2n13解析(1)由已知得 1an1 1an4，1an11an4，又 1a11，故 1an是以 1 为首项，4 为公差的等差数列，1an14(n1)4n3，故 an14n3.(2)由已知可得 an132(an3)，又 a134，故an3是以 4 为首项，2 为公比的等比数列an342n1，an2n13.例 3(1)解 由已知 an1an111an10，nN*，得an111an111an10，
14、即 11an111an10，亦即1an111an11(常数)数列1an1是以1a112 为首项，1 为公差的等差数列可得1an12(n1)(1)(n1)，an nn1.(2)证明 bnan1an 1n12nn211nn212(1n 1n2)，Snb1b2bn12(113)12(1214)12(1315)12(1n1 1n1)12(1n 1n2)12(112 1n1 1n2)12(112)34.跟踪演练 3 解(1)设等比数列an的公比为 q，因为 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列，所以 S5a5S3a3S4a4S5a5，即 4a5a3，于是 q2a5a314.又an不是递减数列且 a1
15、32，所以 q12.故等比数列an的通项公式为an3212n1(1)n1 32n.(2)由(1)得 Sn112n112n，n为奇数，112n，n为偶数.当 n 为奇数时，Sn 随 n 的增大而减小，所以 1SnS132，故 0Sn1SnS1 1S1322356.当 n 为偶数时，Sn 随 n 的增大而增大，所以34S2SnSn1SnS2 1S23443 712.综上，对于 nN*，总有 712Sn1Sn56.所以数列Tn最大项的值为56，最小项的值为 712.高考押题精练1C a10，a6a70，a70，a1a132a70，S130 的最大自然数 n 的值为 12.2C 设等差数列an的公差为
16、 d，因为 a42a273a80，所以 a73d2a273(a7d)0，即 a272a7，解得 a70(舍去)或 a72，所以 b7a72.因为数列bn是等比数列，所以 b2b12b274.3A 由 a7a62a5，得 a1q6a1q52a1q4，整理有 q2q20，解得 q2 或 q1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由 aman4a1，得 aman16a21，即 a212mn216a21，即有 mn24，亦即 mn6，那么1m4n16(mn)(1m4n)16(4mn nm5)16(24mn nm5)32，当且仅当4mn nm，mn6，即 n2m4 时取得最小值32.4100解
17、析 因为 a1a7a24，a3a9a26，a3a7a4a6，所以 a1a72a3a7a3a9(a4a6)2102100.二轮专题强化练答案精析专题四 数列、推理与证明 第 1 讲 等差数列与等比数列1A an为等差数列，a1a52a3，a1a3a53a33，得 a31，S55a1a525a35.故选 A.2A 因为 a8 是 a7，a9 的等差中项，所以 2a8a7a916a88，再由等差数列前 n 项和的计算公式可得 S1111a1a112112a6211a6，又因为 S11992，所以 a692，则 da8a6274，所以 a12a84d15，故选 A.3B a3，a4，a8 成等比数列，
18、(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得 a153d，a1d53d20，又 S44a1432 d2d3，dS42d23 0，故选 B.4D 由(n1)SnnSn1 得(n1)na1an2nn1a1an12，整理得 anan1，所以等差数列an是递增数列，又a8a70，a70，所以数列an的前 7 项为负值，即 Sn 的最小值是 S7.5B bn为等差数列，设其公差为 d，由 b32，b1012，7db10b312(2)14，d2，b32，b1b32d246，b1b2b77b1762 d7(6)2120，又 b1b2b7(a2a1)(a3a2)(a8a7)a8a1a83，a830，a83.
19、故选 B.64解析 由题意得kk423kk1k523k1，kk423kk1k323k1，所以k210，k22k90，由 kN*可得 k4.7an2nn12解析 由 an12nan，得an1an 2n，令 n1,2，可得a2a121，a3a222，anan12n1(n2)，将这 n1 个等式叠乘得ana1212(n1)2nn12，故 an2nn12.又 a11 满足上式，故 an2nn1282 32n1 2 n1，32n2n2解析 由 an112(a1a2an)(nN*)，可得 an112Sn，所以 Sn1Sn12Sn，即 Sn132Sn，由此可知数列Sn是一个等比数列，其中首项 S1a12，公
20、比为32，所以 Sn2 32n1，由此得 an2 n1，32n2n2.9(1)证明 当 n1 时，a14a13，解得 a11.当 n2 时，anSnSn14an4an1，整理得 an43an1，又 a110，所以an是首项为 1，公比为43的等比数列(2)解 因为 an(43)n1，由 bn1anbn(nN*)，得 bn1bn(43)n1.当 n2 时，可得 bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)2143n11433(43)n11，当 n1 时，上式成立，所以数列bn的通项公式为 bn3(43)n11.10解(1)设等差数列an的公差为 d，依题意，2,2d,24d 成等比数列，故有(
21、2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n.显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn24n222n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的 n；当 an4n2 时，存在满足题意的 n，其最小值为 41.11A 由 S21S4 000 得 a22a23a4 0000，由于 a22a4 000a23a3 9992
22、a2 011，所以 a22a23a4 0003 979a2 0110，从而 a2 0110，而OP OQ 2 011a2 011an2 011.12D 由题意知：abp，abq，p0，q0，a0，b0.在 a，b，2 这三个数的 6 种排序中，成等差数列的情况有 a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a；成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a.ab4，2ba2 或ab4，2ab2解之得：a4，b1或a1，b4.p5，q4，pq9，故选 D.13.14解析 令 m1，可得 an115an，所以an是首项为15，公比为15的等比数列，所以 Sn15115n115141(15)n14，故实
23、数 t 的最小值为14.14解(1)当 n1 时，(a1)S1a(a11)，a1a(a0)当 n2 时，由(a1)Sna(an1)，得(a1)Sn1a(an11)，得(a1)ana(anan1)，整理得 anan1a(n2)，故an是以 a 为首项，公比为 a 的等比数列，anan.(2)当 a1 时，A1，Snn，只有 n1 时，SnA，a1 不适合题意当 a1 时，Ax|1xa，S2aa2，S2A.即当 a1 时，不存在满足条件的实数 a.当 0a1 时，Ax|ax1而 Snaa2an a1a(1an)a，a1a)，因此对任意的 nN*，要使 SnA，只需0a1，a1a1.解得 0a12.综上得实数 a 的取值范围是(0，12
