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(2014广东)若等比数列an的各项均为正数，且 a10a11a9a122e5，则 ln a1ln a2ln a20_.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
2、点，经常以小题形式出现.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
3、 成等差数列，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
4、数列的证明方法(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
5、等比数列的必要不充分条件，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 已知等差数列an的公差为1，且 a2a7a126.(1)求数列an的通项公式 an 与前 n 项和 Sn；(2)将数列an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bn的前 3
6、项，记bn的前 n 项和为 Tn，若存在 mN*，使对任意 nN*，总有 Sn0，a3a100，a6a70 的最大自然数 n 的值为()A6B7C12D132已知各项不为 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
7、A 组 专题通关1已知等差数列an中，a510，则 a2a4a5a9 的值等于()A52B40C26D202已知等差数列an中，a7a916，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a8a71，则()ASn 的最大值是 S8BSn 的最小值是 S8CSn 的最大值是 S7DSn 的最小值是 S75数列an的
8、首项为 3，bn为等差数列且 bnan1an(nN*)，若 b32，b1012，则a8 等于()A0B3C8D116若数列n(n4)(23)n中的最大项是第 k 项，则 k_.7(2015课标全国)设 Sn 是数列an的前 n 项和，且 a11，an1SnSn1，则 Sn_.8已知数列an的首项为 a12，且 an112(a1a2an)(nN*)，记 Sn 为数列an的前n 项和，则 Sn_，an_.9成等差数列的三个正数的和等于 15，并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列bn中的 b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前 n 项和为 Sn，求证：数列Sn
9、54是等比数列10(2015广东)设数列an的前 n 项和为 Sn，nN*.已知 a11，a232，a354，且当 n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求 a4 的值；(2)证明：an112an 为等比数列；(3)求数列an的通项公式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 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
10、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 Sn 是等比数列an的前 n 项和，S4，S2，S3 成等差数列，且 a2a3a418.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数 n，使得 Sn2 013？若存在，求出符合条件的所有 n 的集合；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(4
11、a16)，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 2n1.350解析 因为 a10a11a9a122a10a112e5，所以 a10a11e5.所以 ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.
12、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)1 005解析(1)a2，a3，a7 成等比数列，a23a2a7，
13、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)2n1，即 an1an2n1.anan12n3，an1an
14、22n5，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 1an11an4，1an11an4，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 解(1)由 a2a7a126得 a72，a14，an5n，从而 Snn9n2.(2)由题意知 b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为
15、q，则 qb2b112，Tm4112m11281(12)m，(12)m 随 m 增加而递减，Tm为递增数列，得 4Tm8.又 Snn9n212(n29n)12(n92)2814，故(Sn)maxS4S510，若存在 mN*，使对任意 nN*总有 SnTm，则 106.即实数 的取值范围为(6，)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 a132，所以 q12.故等比数列an的通项公式为an3212n1(1)n1 32n.(2)由(1)得
16、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 d，因为 a42a273a80，所以 a73d2a273(a7d)0，即 a272a7，解得 a7
17、0(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解析 因为 a1a7a24，a3a9a26，a3a7a4a6，所以 a1a72a3a7a3a9(a4a
18、6)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1B 因为 a2a42a3，a5a92a7，所以 a2a4a5a92(a3a7)4a5，而 a510，所以 a2a4a5a941040.故选 B.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，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得 a153d，a
19、1d53d20，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.故选 B.64解析 由题意得kk423kk1k523k1，kk
20、423kk1k323k1，所以k210，k22k90，由 kN*可得 k4.71n解析 由题意，得 S1a11，又由 an1SnSn1，得 Sn1SnSnSn1，所以 Sn0，所以Sn1SnSnSn1 1，即 1Sn1 1Sn1，故数列1Sn 是以 1S11 为首项，1 为公差的等差数列，得1Sn1(n1)n，所以 Sn1n.82 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，公比为32，所以 Sn2 32n1，由此得 an2 n1，32n
21、2n2.9(1)解 设成等差数列的三个正数分别为 ad，a，ad.依题意，得 adaad15.解得 a5.所以bn中的 b3，b4，b5 依次为 7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得 d2 或 d13(舍去)故bn的第 3 项为 5，公比为 2.由 b3b122，即 5b122，解得 b154.所以 bnb1qn1542n152n3，即数列bn的通项公式为 bn52n3.(2)证明 由(1)得数列bn的前 n 项和Sn5412n12 52n254，即 Sn5452n2.所以 S15452，Sn154Sn5452n152n22.因此Sn54是以52为首项，2 为公比的等比
22、数列10(1)解 当 n2 时，4S45S28S3S1，即 413254a4 5132813254 1，解得：a478.(2)证明 因为 4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)，所以 4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即 4an2an4an1(n2)，因为 4a3a1454164a2，所以 4an2an4an1，因为an212an1an112an4an22an14an12an4an1an2an14an12an 2an1an22an1an12，所以数列an112an 是以 a212a11 为首项，公比为12的等比数列(3)解 由(2)知，数列an112an 是以 a212a11 为
23、首项，公比为12的等比数列，所以 an112an 12n1，即 an1 12n1 an 12n4，所以数列an 12n 是以a1122 为首项，公差为 4 的等差数列，所以 an 12n2(n1)44n2，即 an(4n2)12n(2n1)12n1，所以数列an的通项公式是 an(2n1)12n1.11A 由 S21S4 000 得 a22a23a4 0000，由于 a22a4 000a23a3 9992a2 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)n0，上式不成立；当 n 为奇数时，(2)n2n2 012，即 2n2 012，得 n11.综上，存在符合条件的正整数 n，且所有这样的 n 的集合为n|n2k1，kN，k5
