1、第二部分 讲练篇 专题二 数列第1讲 等差数列、等比数列自 主 练 考 点 整 合 做小题激活思维1在等差数列an中，若 a3a4a5a6a7450，则 a2a8等于()A45 B75 C180 D300答案 C2已知数列an为等比数列，若 a47，a621，则 a8 等于()A35 B63 C21 3D21 3答案 B3已知数列an是公差为 1 的等差数列，Sn 为an的前 n 项和，若 S84S4，则 a7 等于()A.132 B.152 C7 D9答案 A4已知数列an为等差数列，若 a511，a85，则 an_.答案 2n215设首项为 1，公比为 2 的等比数列an的前 n 项和为
2、Sn，则Sn 与 an 的关系可表示为_答案 Sn2an1扣要点查缺补漏1等差数列的通项及前 n 项和公式(1)ana1(n1)d.如 T4.(2)Snna1nn12dna1an2.如 T3.2等比数列的通项及前 n 项和公式(1)ana1qn1(q0)(2)Snna1q1，a11qn1qa1qan1q q1，如 T5.3等差、等比数列的性质(1)在等差数列中，若 mnpq(m，n，p，qN*)，则 amanapaq，如 T1.(2)若an是等差数列，则Snn 也是等差数列(3)在等差数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n 也成等差数列(4)在等比数列中，若 mnpq(m，n，p，qN*)
3、，则 amanapaq，如 T2.(5)在等比数列中，Sn，S2nSn，S3nS2n 也成等比数列(n 为偶数且 q1 除外)4判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若 an1and(nN*)，d 为常数an1an q，q为常数，则an为等差(比)数列；(2)中项公式法；(3)通项公式法研 考 题 举 题 固 法 等差、等比数列的基本运算(5 年 13 考)高考解读 高考重点考查等差数列、等比数列的通项及前 n 项和公式的应用，属每年必考内容.C 由题意知a10，q0，a1a1qa1q2a1q315，a1q43a1q24a1，解得a11，q2，a3a1q24.故选 C.1(2019全国卷)
4、已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a34a1，则 a3()A16 B8 C4 D2切入点：S415，a53a34a1.关键点：正确求出首项 a1 和公比 q.2一题多解(2018全国卷)记 Sn 为等差数列an的前 n 项和，若 3S3S2S4，a12，则 a5()A12 B10 C10 D12切入点：将 3S3S2S4 利用 a1 和 d 表示 关键点：利用已知条件正确求出公差 d.B 法一：设等差数列an的公差为 d，3S3S2S4，33a1322 d 2a1d4a1432 d，解得 d32a1，a12，d3，a5a14d24(3)10.故选 B.法二：设等差
5、数列an的公差为 d，3S3S2S4，3S3S3a3S3a4，S3a4a3，3a1322 dd.a12，d3，a5a14d24(3)10.故选 B.3(2019全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和切入点：an为各项均为正数的等比数列，an0，a12，a32a216.关键点：正确求出公比 q，进而正确求出bn的通项 解(1)设an的公比为 q，由题设得 2q24q16，即 q22q80.解得 q2(舍去)或 q4.因此an的通项公式为 an24n122n1.(2)由(1)得 bn(2n1)l
6、og222n1，因此数列bn的前 n 项和为132n1n2.教师备选题(2016全国卷)已知an是公差为 3 的等差数列，数列bn满足b11，b213，anbn1bn1nbn.(1)求an的通项公式；(2)求bn的前 n 项和解(1)由已知，a1b2b2b1，b11，b213，得 a12.所以数列an是首项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为 an3n1.(2)由(1)知 anbn1bn1nbn，得 bn1bn3，因此bn是首项为 1，公比为13的等比数列 记bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn113n11332123n1.等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略 1求通项.求出等比数
7、列的两个基本量 a1 和 q 后，通项便可求出.2求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.3求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程组求解.4求前 n 项和.直接将基本量代入等比数列的前 n 项和公式求解或利用等比数列的性质求解.易错提醒：解方程时，注意对根的检验.求解等比数列的公比时，要结合题意进行讨论、取值，避免错解.1(等差数列的基本运算)一题多解已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 6a32a43a25，则 S7()A28 B21 C14 D7D 法一：设等差数列an的公差为 d，由 6a32a43a25，得 6(a12d)2(a13d)3(a1d)5a115d5(a13d
8、)5，即 5a45，所以 a41，所以 S77a1a7272a427a47，故选 D.法二：设等差数列an的公差为 d，由 6a32a43a25，得 6(a4d)2a43(a42d)5，即 5a45，所以 a41，所以 S77a1a7272a427a47，故选 D.B 由题意知，q1，则3a11q31qa1q323a11q21qa1q22，两式相减可得3q3q21qq3q2，即 31q1，所以 q4.2(等比数列的基本运算)设 Sn 为等比数列an的前 n 项和，已知3S3a42,3S2a32，则公比 q()A3 B4 C5 D63(等差、等比数列的综合运算)已知等差数列an的前 n 项和为S
9、n，等比数列bn的前 n 项和为 Tn，a11，b11，a2b23.(1)若 a3b37，求bn的通项公式；(2)若 T313，求 Sn.解(1)设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 an1(n1)d，bnqn1.由 a2b23，得 dq4，由 a3b37，得 2dq28，联立，解得 q2 或 q0(舍去)，因此bn的通项公式为 bn2n1.(2)T3b1(1qq2)，1qq213，解得 q3 或 q4，由 a2b23，得 d4q，d1 或 d8.由 Snna112n(n1)d，得 Sn12n232n 或 Sn4n25n.等差、等比数列的性质(5 年 2 考)高考解读 高考对等差、等比数列
10、的性质的考查主要体现在项与项之间的性质和前 n 项和的性质，要求不高，重点考查通性通法.1一题多解(2015全国卷)已知等比数列an满足 a114，a3a54(a41)，则 a2()A2 B1 C.12 D.18切入点：a3a5a24.关键点：利用等比数列的性质及 a3a54(a41)，求出公比 q.C 法一：根据等比数列的性质，结合已知条件求出 a4，q 后求解 a3a5a24，a3a54(a41)，a244(a41)，a244a440，a42.又q3a4a12148，q2，a2a1q14212，故选 C.法二：直接利用等比数列的通项公式，结合已知条件求出 q 后求解 a3a54(a41)，
11、a1q2a1q44(a1q31)，将 a114代入上式并整理，得 q616q3640，解得 q2，a2a1q12，故选 C.2(2018全国卷)记 Sn 为等差数列an的前 n 项和，已知 a17，S315.(1)求an的通项公式；(2)求 Sn，并求 Sn 的最小值切入点：S315.关键点：根据等差数列的前 n 项和公式求出公差 d.解(1)设an的公差为 d，由题意得 3a13d15.由 a17得 d2.所以an的通项公式为 an2n9.(2)由(1)得 Snn28n(n4)216.所以当 n4 时，Sn 取得最小值，最小值为16.23 1 a2，a3，a7 成等比数列，a23a2a7，(
12、a12d)2(a1d)(a16d)，即 2d3a10.又2a1a21，3a1d1.由解得 a123，d1.教师备选题1(2015浙江高考)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_.1 a，b，c 成等比数列，b2ac(52 6)(52 6)1，又 b0，b1.2(2015广东高考)若三个正数 a，b，c 成等比数列，其中 a52 6，c52 6，则 b_.5 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5 log2(a1a2a3a4a5)log2a535log2a3 5log2 a1a55log225.3(2014广
13、东高考)等比数列an的各项均为正数，且 a1a54，则 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_.等差、等比数列性质应用问题求解策略 1等差数列an的前 n 项和Snna1an2nan12n 为奇数是常用的转化方法.2熟练运用等差、等比数列的性质，如 mnpq 时，若an为等差数列，则 amanapaq；若an为等比数列，则有 amanapaq，可减少运算过程，提高解题效率.1(项的性质)已知数列an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10 的值为()A7 B5 C5 D7D 在等比数列an中，a5a68，a4a78，又 a4a72，解得 a44，a72 或 a
14、42，a74.若 a44，a72，则 q312，a18，a10a7q31，a1a107；若 a42，a74，则 q32，a11，a10a7q38，a1a107.综上可得，a1a107.故选 D.2(和的性质)一个等差数列an的前 12 项的和为 354，前 12 项中偶数项的和 S 偶与前 12 项中奇数项的和 S 奇之比为3227，则公差 d 等于()A5 B6 C10 D12A 由题意可知S偶S奇354，S偶S奇3227，解得S偶192，S奇162，又由等差数列的性质，可得 S 偶S 奇6d，即 1921626d，解得 d5.故选 A.3(等差、等比数列性质的综合问题)已知正项等比数列an
15、的前n 项和为 Sn，且 a1a62a3，a4 与 2a6 的等差中项为32，则 S5()A36 B33 C32 D31D 设an的公比为 q(q0)，a1a62a3，而 a1a6a3a4，a3a42a3，a42.又 a42a63，a612，q12，a116，S516112511231.故选 D.等差、等比数列的判定与证明(5 年 3 考)高考解读 高考对此类问题的考查是先判断后证明，重点是等差数列和等比数列的定义及通性通法的应用.角度一：等差数列的判定与证明1(2017全国卷)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，
16、Sn，Sn2 是否成等差数列切入点：由 S22，S36 求首项和公比 q；等差数列的定义 关键点：正确求出等比数列的前 n 项和 Sn.解(1)设an的公比为 q.由题设可得 a11q2，a11qq26.解得 q2，a12.故an的通项公式为 an(2)n.(2)由(1)可得 Sna11qn1q23(1)n2n13.由于 Sn2Sn143(1)n2n32n23 2231n2n132Sn，故 Sn1，Sn，Sn2 成等差数列角度二：等比数列的判定与证明2(2018全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnann.(1)求 b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列
17、，并说明理由；(3)求an的通项公式切入点：通过 nan12(n1)an 和 bnann，利用赋值法求 b1，b2，b3；通过 nan12(n1)an 与 bnann 建立 bn1 与 bn 的关系 关键点：利用已知条件建立 bn1 与 bn 的关系 解(1)由条件可得 an12n1nan.将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以 a24.将 n2 代入得，a33a2，所以 a312.从而 b11，b22，b34.(2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 由条件可得 an1n12ann，即 bn12bn，又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列(3)由(2)可得an
18、n 2n1，所以 ann2n1.教师备选题1(2016浙江高考)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()ASn是等差数列BS2n是等差数列Cdn是等差数列Dd2n是等差数列A 先将 Sn 用已知线段的长表示出来，再利用等差数列的定义判断 作 A1C1，A2C2，A3C3，AnCn 垂直于直线 B1Bn，垂足分别为C1，C2，C3，Cn，则 A1C1A2C2AnCn.|AnAn1|An1An2|，|
19、CnCn1|Cn1Cn2|.设|A1C1|a，|A2C2|b，|B1B2|c，则|A3C3|2ba，|AnCn|(n1)b(n2)a(n3)，Sn12c(n1)b(n2)a12c(ba)n(2ab)，Sn1Sn12c(ba)(n1)(2ab)(ba)n(2ab)12c(ba)，数列Sn是等差数列2(2016全国卷)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.解(1)证明：由题意得 a1S11a1，故 1，a1 11，故 a10.由 Sn1an，Sn11an1 得 an1an1an，即 an1(1)an.由 a10，0 得
20、 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)由(1)得Sn11n.由S53132得1153132，即15 132.解得1.判断或证明一个数列是等差、等比数列时应注意的问题 1判断一个数列是等差等比数列，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.3a2nan1an1n2，nN*是an为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为 0.易错提醒：1判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后
21、都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是 n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列.2证明数列an为等比数列时，不能仅仅证明 an1qan，还要说明 q0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列an为等比数列.1(构造法证明)数列an满足 a11，a22，an22an1an2.(1)设 bnan1an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式解(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)由(1)得 bn12(n1)，即 an1an2n1.于是nk1(ak
22、1ak)nk1(2k1)，所以 an1a1n2，即 an1n2a1.又 a11，所以an的通项公式为 ann22n2.2(等比数列的证明)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2ann.(1)求证：an1为等比数列；(2)求数列Sn的前 n 项和 Tn.解(1)证明：当 n1 时，a1S12a11，即 a11.当 n2 时，由 Sn2ann，得 Sn12an1(n1)，得 an2an2an11，即 an12(an11)，又 a112，所以an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)知 an12n，所以 an2n1.所以 Sn2(2n1)n2n1(n2)，所以 Tn412
23、n12 n3n222n24n25n2.3(等比数列的判定)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，S2na2n1Sn1，其中 为常数(1)求证：Sn12Sn；(2)是否存在实数，使得数列an为等比数列？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：因为 an1Sn1Sn，S2na2n1Sn1，所以 S2n(Sn1Sn)2Sn1，所以 Sn1(Sn12Sn)0.因为 an0，所以 Sn10，所以 Sn12Sn0，所以 Sn12Sn，即得证(2)因为 Sn12Sn，所以 Sn2Sn1(n2)，两式相减得 an12an(n2)，所以an从第二项起成等比数列 因为 S22S1，即 a2a12a1，所以 a210，得 1，所以 an1，n1，12n2，n2.若使an是等比数列，则 a1a3a22，所以 2(1)(1)2，所以 1(舍去)或 1，经检验符合题意 故存在 1，使得数列an为等比数列Thank you for watching!