1、第1讲 等差数列与等比数列 第二编 讲专题专题三 数列考情研析 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，近几年高考题一般设置一道选择题和一道解答题，分值分别为 5 分和 12 分.1 核心知识回顾 PART ONE 1.等差数列(1)通项公式：_(2)等差中项公式：_(3)前 n 项和公式：_.01 ana1(n1)dam(nm)d02 2anan1an1(nN*，n2)03 Snna1an2na1nn1d22等比数列(1)等比数列的通项公式：_(2)等比中项公式：_(nN*，n2)(3)等
2、比数列的前 n 项和公式：_.01 ana1qn1amqnm02 a2nan1an103 Snna1q1，a1anq1q a11qn1qq13等差数列的性质(n，m，l，k，p 均为正整数)(1)若 mnlk，则_(反之不一定成立)；特别地，当 mn2p 时，有_.(2)若an，bn是等差数列，则kantbn(k，t 是非零常数)是_数列(3)等差数列“依次每 m 项的和”即 Sm，_，仍是等差数列01 amanalak02 aman2ap03 等差04 S2mSm，05 S3mS2m(4)等差数列an，当项数为 2n 时，S 偶S 奇_，S奇S偶_，项数为 2n1 时，S 奇S 偶_，S2n
3、1(2n1)an 且S奇S偶_.(其中 S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)06 nd07 anan108 a 中09 an10nn14等比数列的性质(n，m，l，k，p 均为正整数)(1)若 mnlk，则_(反之不一定成立)；特别地，当 mn2p 时，有_.(2)当 n 为偶数时，S偶S奇_(公比)(其中 S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次 m 项的和”，即 Sm，_，(Sm0)成等比数列01 amanalak02 amana2p03 q04 S2mSm，05 S3mS2m2 热点考向探究 PART TWO 考向 1 等差数列、等
4、比数列的运算例 1(1)(2019陕西榆林高考第三次模拟)在等差数列an中，其前 n 项和为 Sn，且满足若 a3S512，a4S724，则 a5S9()A24B32C40D72解析 a3S56a312，a4S78a424，a32，a43，a54，a5S910a540.故选 C.答案 C(2)在等差数列an中，已知 a45，a3 是 a2 和 a6 的等比中项，则数列an的前 5 项的和为()A15B20 C25D15 或 25解析 设公差为 d，a3 为 a2，a6 的等比中项，a23a2a6，即(a4d)2(a42d)(a42d)，5d(d2)0，d0 或 d2.5d5 或 3，即 a35
5、 或 3，S55a325 或 15.故选 D.答案 D(3)已知正项数列an满足 a2n16a2nan1an，若 a12，则数列an的前n 项和为_解析 a2n16a2nan1an，(an13an)(an12an)0，an0，an13an，an为等比数列，且首项为 2，公比为 3，Sn3n1.答案 3n1利用等差数列、等比数列的通项公式、前 n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量1在各项为正数的等比数列an中，S29，S321，则 a5a6()A144B121 C169D148答案 A
6、解析 由题意可知，a1a29，a1a2a321，即a11q9，a11qq221，解得q2，a13或q23，a127(舍去)a5a6a1q4(1q)144.故选 A.2(2019辽宁沈阳郊联体高三一模)我国南北朝时的数学著作张邱建算经有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，五等人与六等人所得黄金数之和为()A.13 B.76C.73 D.67答案 C解析 设 an 为第 n 等人的得金数，则an为等差数列，由题设可知 a1a2a34，a8a9a103，故 a243，a9
7、1，而 a5a6a2a973.故选 C.3(2019安徽太和第一中学高一调研)定义：在数列an中，若满足an2an1an1an d(nN*，d 为常数)，称an为“等差比数列”已知在“等差比数列”an中，a1a21，a33，则a2022a2020()A4202021B4201921C4202221D420192答案 A解析 a1a21，a33，a3a2a2a12，an1an 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，an1an 2n1，a2022a2020a2022a2021a2021a2020(220211)(220201)4202021.故选 A.例 2 已知数列an中，a11，其前 n 项
8、的和为 Sn，且满足 an 2S2n2Sn1(n2，nN*)(1)求证：数列1Sn 是等差数列；(2)证明：13S115S217S312n1Sn12.证明(1)当 n2 时，SnSn1 2S2n2Sn1，Sn1Sn2SnSn1，1Sn1Sn12，所以数列1Sn 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列(2)由(1)可知，1Sn 1S1(n1)22n1，所以 Sn12n1.13S115S217S312n1Sn 113 135 15712n12n1121131315151712n112n112112n1 0，q0，a1a1qa1q2a1q315，a1q43a1q24a1，解得a11，q2，a3a1q
9、24.故选 C.答案 C3(2019安徽宣城高三第二次调研)我国明代珠算家程大位的名著直指算法统宗中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”其意思为：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”请问：乙应该分得_白米()A96 石B78 石C60 石D42 石答案 C解析 今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石设此等差数列为an，公差为 d，其前 n 项和为 Sn，da3a131 362 18，S33a1
10、322(18)180，解得 a178.a2a1d781860.乙应该分得 60 石故选 C.4(2019全国卷)记 Sn 为等差数列an的前 n 项和已知 S40，a55，则()Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSn12n22n答案 A解析 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.由 S40，a55 可得 a14d5，4a16d0，解得a13，d2.所以 an32(n1)2n5，Snn(3)nn122n24n.故选 A.5(2019新疆高三第一次诊断)已知数列an为等差数列，a33，a1a2a621，数列1an 的前 n 项和为 Sn，若对一切 nN*，恒有 S2nSn m16，则
11、 m 能取到的最大正整数是_答案 7解析 设数列an的公差为 d，由题意得，a12d3，6a115d21，解得a11，d1，ann，且 1an1n，Sn112131n，令 TnS2nSn 1n1 1n2 12n，则 Tn1 1n2 1n312n2，即 Tn1Tn12n212n1 1n112n212n2 1n10，Tn1Tn，则 Tn 随着 n 的增大而增大，即 Tn 在 n1 处取最小值，T1S2S112，对一切 nN*，恒有 S2nSnm16成立，12m16即可，解得 m0，n0)，当且仅当 n2m 时“”成立，所以1m4n的最小值为34.4 配套作业 PART FOUR 一、选择题1(20
12、19山东德州高三下学期联考)在等比数列an中，a11，a5a7a2a48，则 a6 的值为()A4B8C16D32解析 设等比数列an的公比为 q，a11，a5a7a2a48，a1q4q6a1qq38，解得 q2，则 a62532.故选 D.答案 D2已知等比数列an满足 a1a21，a5a64，则 a3a4()A2B2 C.2D 2解析 a1a2，a3a4，a5a6 成等比数列，即(a3a4)2(a1a2)(a5a6)，(a3a4)24，a3a4与 a1a2符号相同，故 a3a42，故选 A.答案 A3(2019安徽蚌埠高三下学期第二次检测)等差数列an的公差为 d，若a11，a21，a41
13、 成以 d 为公比的等比数列，则 d()A2B3C4D5答案 A解析 将 a11，a21，a41 转化为 a1，d 的形式为 a11，a11d，a113d，由于这三个数成以 d 为公比的等比数列，故a11da11 a113da11dd，化简得 a11d，代入a11da11 d，得2dd 2d，故选 A.4设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S39，S636，则 a7a8a9()A63B45 C36D27答案 B解析 解法一：设等差数列an的公差为 d，由 S39，S636，得3a1322 d9，6a1652 d36，即a1d3，2a15d12，解得a11，d2，所以 a7a8a93a83
14、(a17d)3(172)45.解法二：由等差数列的性质，知 S3，S6S3，S9S6成等差数列，即 9,27，S9S6成等差数列，所以 S9S645，即 a7a8a945.5已知 Sn 为等比数列an的前 n 项和，若 S3，S9，S6 成等差数列，则()AS62S3 BS612S3CS612S3DS62S3解析 设等比数列an的公比为 q，则 S6(1q3)S3，S9(1q3q6)S3，因为 S3，S9，S6 成等差数列，所以 2(1q3q6)S3S3(1q3)S3，解得 q312，故 S612S3.答案 C6(2019陕西西安高三第一次质检)已知函数 yf(x1)的图象关于 y 轴对称，且
15、函数 f(x)在(1，)上单调，若数列an是公差不为 0 的等差数列，且 f(a4)f(a18)，则an的前 21 项之和为()A0 B.252C21D42答案 C解析 函数 yf(x1)的图象关于 y 轴对称，平移可得 yf(x)的图象关于x1 对称，且函数 f(x)在(1，)上单调，由数列an是公差不为 0 的等差数列，且 f(a4)f(a18)，可得 a4a182，所以 a1a21a4a182，可得数列an的前 21 项和 S2121a1a21221.故选 C.二、填空题7已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11,2Snan1，则 Sn_.解析 由 2Snan1 得 2Snan1Sn1
16、Sn，所以 3SnSn1，即Sn1Sn 3，所以数列Sn是以 S1a11 为首项，q3 为公比的等比数列，所以 Sn3n1.答案 3n18设等比数列an满足 a1a21，a1a33，则 a4_.解析 设等比数列an的公比为 q，a1a21，a1a33，a1(1q)1，a1(1q2)3.a1a210，q1，即 1q0.，得 1q3，q2.a11，a4a1q31(2)38.答案 89(2019山西太原第五中学高三阶段检测)各项均为正数的数列an和bn满足：an，bn，an1 成等差数列，bn，an1，bn1 成等比数列，且 a11，a23，则数列an的通项公式为_答案 annn12解析 由题设可得
17、 an1 bnbn1，an bnbn1，得 2bnanan12bn bnbn1 bnbn1，即 2 bn bn1 bn1，又 a11，a232b14b12，则 bn是首项为 2的等差数列由已知得 b2a22b192，则数列 bn的公差 d b2 b13 22 2 22，所以 bn 2(n1)22 2n12，即bnn12.当 n1 时，b1 2，当 n2 时，bn1 n2，则 an bnbn1nn12，a11 符合上式，所以数列an的通项公式为 annn12.10已知数列an满足13a1 132a2 13nan3n1，则 an_，a1a2a3an_.答案 12，n1，3n1，n2 12，n1，3
18、n232，n2解析 由题意可得，当 n1 时，13a14，解得 a112.当 n2 时，13a1 132a2 13n1an13n2，所以 13nan3，n2，即 an3n1，n2，又当n1 时，an3n1 不成立，所以 an12，n1，3n1，n2.当 n2 时，a1a2an12333n213 3n232.三、解答题11(2019广东茂名五大联盟学校高三 3 月联考)设数列an的前 n 项和为Sn，且满足 an12Sn10(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在实数，使得数列Sn(n2n)为等差数列？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由解(1)由 an12Sn10(nN*)，可
19、知当 n1 时，a112a110，即 a12.又由 an12Sn10(nN*)可得 an112Sn110，两式相减，得an112Sn11 an12Sn1 0，即12an1an0，即 an12an.所以数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故 an2n(nN*)(2)由(1)知，Sna11qn1q2(2n1)，所以 Sn(n2n)2(2n1)(n2n)若数列Sn(n2n)为等差数列，则 S1(12)，S2(222)，S3(323)成等差数列，即有 2S2(222)S1(12)S3(323)，即 2(66)(23)(1411)，解得 2.经检验 2 时，Sn(n2n)成等差数列，故 的值
20、为2.12(2019江西上饶市高三二模)已知首项为 1 的等比数列an满足 a2a43(a1a3)，等差数列bn满足 b1a2，b4a3，数列bn的前 n 项和为 Sn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若数列cn满足c1a1c2a2c3a3cnanSn，求cn的前 n 项和 Tn.解(1)设an的通项公式为 ana1qn1，a1qa1q33(a1a1q2)，q3.a11，an3n1，a23，a39，b13，b49.设bn的公差为 d，db4b132，bn2n1.(2)bn2n1，Snn32n12n22n，当 n1，c1a13，c13，当 n2，c1a1c2a2cnann22n，c1a1
21、c2a2cn1an1(n1)22(n1)，两式相减，得cnan2n1，cn(2n1)3n1，经检验，n1 时上式也成立综上，cn(2n1)3n1，nN*.Tn330531(2n1)3n1，3Tn331532(2n1)3n，两式相减2Tn3(2n1)3n23123223n13(2n1)3n613n1132n3n.Tnn3n.13已知数列an的各项均为正数，记数列an的前 n 项和为 Sn，数列a2n的前 n 项和为 Tn，且 3TnS2n2Sn，nN*.(1)求 a1 的值；(2)求数列an的通项公式解(1)由 3T1S212S1，得 3a21a212a1，即 a21a10.因为 a10，所以
22、a11.(2)因为 3TnS2n2Sn，所以 3Tn1S2n12Sn1,，得 3a2n1S2n1S2n2an1，即 3a2n1(Snan1)2S2n2an1.因为 an10，所以 an1Sn1,所以 an2Sn11,，得 an2an1an1，即 an22an1，所以当 n2 时，an1an 2.又由 3T2S222S2，得 3(1a22)(1a2)22(1a2)，即 a222a20.因为 a20，所以 a22，所以a2a12，所以对任意的 nN*，都有an1an 2成立，所以数列an的通项公式为 an2n1，nN*.14(2019河北省中原名校联盟高三联考)已知正项等比数列an中，a112，且
23、 a2，a3，a41 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn2log2an4，求数列1bnbn1 的前 n 项和 Tn.解(1)设等比数列an的公比为 q.因为 a2，a3，a41 成等差数列所以2a3a2a41，得 2a1q2a1qa1q31.又 a112，则 212q212q12q31，即 q212q12q31.所以 2q2qq32，所以 2q22qq3，所以 2(q21)q(q21)所以(q21)(2q)0.显然 q210，所以 2q0，解得 q2.故数列an的通项公式 ana1qn1122n12n2.(2)由(1)知，bn2log22n242(n2)42n.所以1bnbn112n2n1141n 1n1.则 Tn14112 1213 1314 1n 1n1 141 1n1 n4n1.本课结束
