1、第 1 讲 等差数列、等比数列的基本问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是 A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前 n 项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是 C 级.真 题 感 悟1.(2016江苏卷)已知an是等差数列，Sn 是其前 n 项和.若 a1a223，S510，则a9 的值是_.解析 设等差数列an公差为 d，由题意可得：a1（a1d）23，5a1542 d10，解得a14，d3，则 a9a18d48320.答案 202.(2015江苏卷)设数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列1an
2、前 10项的和为_.解析 a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上 n1 个式子相加得 ana123n（2n）（n1）2，即 ann（n1）2，令 bn 1an，故 bn2n（n1）21n 1n1，故 S10b1b2b10 21121213 110 111 2011.答案 20113.(2010江苏卷)函数 yx2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与 x 轴交点的横坐标为ak1，k 为正整数，a116，则 a1a3a5_.解析 在点(ak，a2k)处的切线方程为：ya2k2ak(xak)，当 y0 时，解得 xak2，所以 ak1ak2，故an是 a116，
3、q12的等比数列，即 an1612n1，a1a3a5164121.答案 214.(2013江苏卷)在正项等比数列an中，a512，a6a73.则满足 a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的值为_.解析 设数列an的公比为 q(q0)，由已知条件得12q12q23，即 q2q60，解得 q2，或 q3(舍去)，ana5qn5122n52n6，a1a2an 132(2n1)，a1a2an2524232n62n211n2，由 a1a2ana1a2an，可知 2n5252n（n11）2，由 2n5252n（n11）2，可求得 n 的最大值为 12，而当 n13 时，2825213，所以 n 的
4、最大值为 12.答案 12考 点 整 合1.等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d，(2)求和公式：Snn（a1an）2na1n（n1）2d，(3)性质：若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 amanapaq；anam(nm)d；Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列.2.等比数列(1)通项公式：ana1qn1(q0)；(2)求和公式：q1，Snna1；q1，Sna1（1qn）1qa1anq1q；(3)性质：若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则 amanapaq；anamqnm；Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列.3.求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推
5、关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出 an的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前 n 项和与通项的关系 anS1 （n1），SnSn1（n2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列an中，满足 an1anf(n)，把原递推公式转化为 an1anf(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列an中，满足 an1f(n)an，把原递推公式转化为an1an f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列an中，满足 an1panq(其中 p，q 均为常数，pq(p1)0)先用待定系数法把原递推公式转化
6、为 an1tp(ant)，其中 t q1p，再利用换元法转化为等比数列求解.热点一 等差、等比数列的基本运算【例 1】(1)(2016全国卷改编)已知等差数列an前 9 项的和为 27，a108，则a100_.(2)(2016连云港调研)在等差数列an中，a53，a62，则 a3a4a8_.(3)(2015湖南卷)设 Sn 为等比数列an的前 n 项和，若 a11，且 3S1，2S2，S3 成等差数列，则 an_.解析(1)由等差数列性质，知 S99（a1a9）292a529a527，得 a53，而a108，因此公差 da10a5105 1，a100a1090d98.(2)根据等差数列性质计算
7、.因为an是等差数列，所以 a3a4a83(a5a6)3.(3)由 3S1，2S2，S3 成等差数列知，4S23S1S3，可得 a33a2，公比 q3，故等比数列通项 ana1qn13n1.答案(1)98(2)3(3)3n1探究提高(1)等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项 a1和公差 d(公比 q)，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.(2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.【训练 1】(1)(2014江苏卷)在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8a62a4，则 a6 的值是_.(2)(2016北京东
8、城区模拟)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sm15，Sm11，Sm121，则 m 等于_.(3)(2015潍坊模拟)在等比数列an中，公比 q2，前 87 项和 S87140，则 a3a6a9a87_.解析(1)因为 a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，所以由 a8a62a4 得 a2q6a2q42a2q2，消去 a2q2，得到关于 q2 的一元二次方程(q2)2q220，解得 q22，a6a2q41224.(2)由已知得 SmSm1am16，Sm1Smam132，故公比 q2，又 Sma1amq1q 11，故 a11，又 ama1qm116，代入可求得 m5.(3)法一 a3
9、a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q21（q3）291q3q21qq2a1（1q87）1q4714080.法二 设 b1a1a4a7a85，b2a2a5a8a86，b3a3a6a9a87，因为 b1qb2，b2qb3，且 b1b2b3140，所以 b1(1qq2)140，而 1qq27，所以 b120，b3q2b142080.答案(1)4(2)5(3)80热点二 等差、等比数列的判定与证明【例 2】(2016南师附中月考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a114，且 SnSn1an112(nN*，且 n2)，数列bn满足：b11194，且 3bnbn1n(n2，且nN*).(1)求
10、数列an的通项公式；(2)求证：数列bnan为等比数列.(1)解 由 SnSn1an112，得 SnSn1an112，即 anan112(nN*，n2)，则数列an是以12为公差的等差数列，又 a114，ana1(n1)d12n14.(2)证明 3bnbn1n(n2)，bn13bn113n(n2)，bnan13bn113n12n1413bn116n1413bn112n34(n2).bn1an1bn112(n1)14bn112n34(n2)，bnan13(bn1an1)(n2)，b1a1300，bnanbn1an113(n2).数列bnan是以30 为首项，13为公比的等比数列.探究提高 判断和
11、证明数列是等差(比)数列的两种方法(1)定义法：对于 n1 的任意自然数，验证 an1an或an1an 为同一常数.(2)中项公式法：若 2anan1an1(nN*，n2)，则an为等差数列；若 a2nan1an1(nN*，n2)，则an为等比数列.【训练 2】已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数.(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.(1)证明 由题设，anan1Sn1，知 an1an2Sn11，得：an1(an2an)an1.an10，an2an.(2)解 由题设可求 a21，a31，令 2a2a1a3，解得
12、4，故 an2an4.由此可得a2n1是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列an为等差数列.热点三 求数列的通项微题型 1 由 Sn 与 an 的关系求 an【例 31】(1)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 an2SnSn10(n2，nN*)，a112.求数列an的通项公式.(2)(2016岳阳二模节选)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，a22，且 an23SnSn13,nN*.证明：an23an；并求 an.解(1)由 an2SnSn10(
13、n2，nN*)，得 SnSn12SnSn10，所以 1Sn 1Sn12(n2，nN*)，故1Sn 是等差数列.又 1S12，所以 1Sn2n，故 Sn 12n，anSnSn1 12n12（n1）12n（n1）(n2，nN*)，所以 an12，n1，12n（n1），n2.(2)由条件，对任意 nN*，有 an23SnSn13，因而对任意 nN*，n2，有 an13Sn1Sn3.两式相减，得 an2an13anan1，即 an23an，n2.又 a11，a22，所以 a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切 nN*，an23an.又an0，所以an2an 3.于是数列a2n1是首项 a
14、11，公比为 3 的等比数列；数列a2n是首项 a22，公比为 3 的等比数列.因此 a2n13n1，a2n23n1.bn3n12，n为奇数，3n2，n为偶数.探究提高 给出 Sn 与 an 的递推关系求 an，常用思路是：一是利用 SnSn1an(n2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与n 之间的关系，再求 an.微题型 2 已知 an 与 an1 的递推关系式求 an【例 32】(1)在数列an中，a11，an111n ann12n，求数列an的通项公式；(2)已知正项数列an满足 a11，(n2)a2n1(n1)a2nanan10，求
15、通项 an；(3)已知 a14，an1 2an2an1，求通项 an.解(1)由已知得 a11，且 an1n1ann 12n，a22 a11 121，a33 a22 122，ann an1n1 12n1，ann 112 122 12n12 12n1(n2).an2n n2n1(n2)，又 a11 适合上式，an2n n2n1.(2)由(n2)a2n1(n1)a2nanan10，得(n2)an1an2an1an n1，所以an1an n1n2.又 a11，则 an anan1an1an2a2a1a1 nn1n1n 231 2n1.故数列an的通项公式 an 2n1.(3)an1 2an2an1，
16、两边取倒数得 1an1 12an1，设 bn 1an，则 bn112bn1，则 bn1212(bn2)，bn12bn2 12，故bn2是以 b12 1a1274为首项，12为公比的等比数列.bn274 12n1，即 1an274 12n1，得 an 2n12n27.探究提高(1)形如 bn1bnf(n)，其中 f(n)k 或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式；(2)形如 an1anf(n)，可用累乘法；(3)形如 an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列；(4)形如 an1qanqn(q 为常数，且 q0，q1)，解决方法是在递推公式两边同除以 qn1.【训练
17、 3】(1)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，2Snn an113n2n23，nN*.求 a2 的值；求数列an的通项公式.(2)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，Sn1Sna2n1，数列bn满足 bnbn13an，且 b11.求数列an、bn的通项公式.解(1)依题意，2S1a213123，又 S1a11，所以 a24.当 n2 时，2Snnan113n3n223n，2Sn1(n1)an13(n1)3(n1)223(n1)，以上两式相减得，2annan1(n1)an13(3n23n1)(2n1)23.整理得(n1)annan1n(n1)，即 an1n1ann
18、1，又a22 a11 1，故数列ann 是首项为a11 1，公差为 1 的等差数列，所以ann 1(n1)1n，所以ann2.(2)Sn1Sna2n1，SnSn1a2n(n2)，得 an1ana2n1a2n，(an1an)(an1an1)0，an10，an0，an1an0，an1an1(n2)，又由 S2S1a22，得 2a1a2a22，即 a22a220，a22，a21(舍去)，an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，ann.又 bnbn13an3n，bn1bn3n1(n2)，得bn1bn13(n2)，又由 b11，可求 b23.故 b1，b3，b2n1 是首项为 1，公比为 3 的等比
19、数列；b2，b4，b2n 是首项为3，公比为 3 的等比数列.b2n13n1，b2n33n13n.bn3n12，n为奇数，3n2，n为偶数.1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运算.2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.3.应用关系式 anS1，n1，SnSn1，n2时，一定要注意分 n1，n2 两种情况，在求出结果后
20、，看看这两种情况能否整合在一起.一、填空题1.(2015南通模拟)在等差数列an中，a13a3a1510，则 a5 的值为_.解析 设数列an的公差为 d，a1a152a8，2a83a310，2(a53d)3(a52d)10，5a510，a52.答案 22.在等比数列an中，已知 a1a38，a5a74，则 a9a11a13a15_.解析 设等比数列an的公比为 q，由已知，得a1a1q28，a1q4a1q64，解得 q412.又 a9a11a1q8a3q8(a1a3)q881222，a13a15a1q12a3q12(a1a3)q1281231，所以 a9a11a13a15213.答案 33.
21、若等差数列an满足 a7a8a90，a7a100，则当 n_时，an的前n 项和最大.解析 根据题意知 a7a8a93a80，即 a80.又 a8a9a7a100，a90，当 n8 时，an的前 n 项和最大.答案 84.等差数列an的公差为 2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则an的前 n 项和 Sn 等于_.解析 由 a2，a4，a8 成等比数列，得 a24a2a8，即(a16)2(a12)(a114)，a12.Sn2nn（n1）22 2nn2nn(n1).答案 n(n1)5.(2016宿迁调研)设各项都是正数的等比数列an，Sn 为前 n 项和，且 S1010，S3070，那么 S4
22、0 等于_.解析 依题意，数列 S10，S20S10，S30S20，S40S30 成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，故 S2020 或 S2030.又 S200，因此 S2030，S20S1020，S30S2040，则 S40S30（S30S20）2S20S107040220 150.答案 1506.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_.解析 由题意知：abp，abq，p0，q0，a0，b0.在 a，b，2 这三个
23、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.答案 97.(2016全国卷)设等比数列满足 a1a310，a2a45，则 a1a2an 的最大值为_.解析 设等比数列an的公比为 q，a1a310，a2a45a1a1q210，a1qa1q35，解得a18，q12，a1a2an12（3）（2）（n4）1212n（n7）1212n722494，当 n3 或 4 时，12n722494 取到最小值6，此时1212n722494
24、取到最大值 26，所以 a1a2an 的最大值为 64.答案 648.等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S100，S1525，则 nSn 的最小值为_.解析 设数列an的首项和公差分别为 a1，d，则10a145d0，15a1105d25，a13，d23，则 nSnn3nn（n1）3n33 103 n2.设函数 f(x)x33103 x2，则 f(x)x2203 x，当 x0，203 时，f(x)0；当 x203，时，f(x)0，所以函数 f(x)minf203，但 6203 7，且 f(6)48，f(7)49，因为4849，所以最小值为49.答案 49二、解答题9.(2016全国卷)
25、已知数列an的前 n 项和 Sn1an，其中 0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若 S53132，求.(1)证明 由题意得 a1S11a1，故 1，a1 11，a10.由 Sn1an，Sn11an1，得 an1an1an，即 an1(1)an，由 a10，0 得 an0，所以an1an 1.因此an是首项为 11，公比为 1的等比数列，于是 an 111n1.(2)解 由(1)得 Sn11n.由 S53132得 1153132，即15 132.解得 1.10.已知数列an满足 a11，an13an1，(1)证明an12是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明 1a1 1a2
26、 1an32.证明(1)由 an13an1，得 an1123an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列.an123n2，因此an的通项公式为 an3n12.(2)由(1)知 1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1.于是 1a1 1a2 1an113 13n1321 13n 32.所以 1a1 1a2 1an32.11.数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且对任意正整数 n，点(an1，Sn)在直线 2xy20 上.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在实数，使得数列Snn 2n 为等差数列？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题意，可得 2an1Sn20.当 n2 时，2anSn120.，得 2an12anan0，所以an1an 12(n2).因为 a11，2a2a12，所以 a212.所以an是首项为 1，公比为12的等比数列.所以数列an的通项公式为 an12n1.(2)由(1)知，Sn1 12n1122 12n1.若Snn 2n 为等差数列，则 S12，S2222，S3323成等差数列，则2S294 S132 S3258，即 23294 132 74258，解得 2.又 2 时，Sn2n 22n2n2，显然2n2成等差数列，故存在实数 2，使得数列Snn2n成等差数列.
