专题2 微专题5 等差数列、等比数列（word教参）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题二　数　列 微专题5　等差数列、等比数列 命题点1　等差数列、等比数列的基本运算 　(1)(2024·江苏南京、盐城一模)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋5a1，a5＝4，则a1＝(　　) A.　　　　　　　 B．－ C. D．－ (2)(2024·安徽蚌埠第三次质量检测)记数列{an}的前n项和为Sn，若是等差数列，S2＝－8，S6＝0，则a3＋a4＝(　　) A．－8 B．－4 C．0 D．4 [解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q， 由S3＝a2＋5a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋5a1， 即a3＝4a1＝a1q2，所以q2＝4，又a5＝4， 所以a1q4＝a1(q2)2＝a1×42＝4，所以a1＝. 故选A. (2)因为是等差数列，S2＝－8，S6＝0， 所以的公差d＝＝1， 所以＝＋(n－6)×1＝n－6， 所以Sn＝n(n－6)，所以a3＋a4＝S4－S2＝4×(4－6)－2×(2－6)＝0，故选C. [答案]　(1)A　(2)C 等差数列、等比数列运算问题的求解策略 (1)抓住基本量：首项a1、公差d或公比q. (2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列． (3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．　 【预测练1】 1．(2024·河南济洛平许第三次质量检测)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5＝2a3，且a4与a6的等差中项为，则S5＝(　　) A．29 B．31 C．33 D．36 解析　不妨设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3可得aq5＝2a1q2，因为an>0，q>0，则a1q3＝2　①，又由a4与a6的等差中项为可得a4＋a6＝，即a1q3(1＋q2)＝　②， 将①代入②，可得q＝，回代入①，解得a1＝16，于是S5＝＝＝31.故选B. 答案　B 2．(2024·福建泉州二模)已知数列{an}是等差数列，若a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，则q＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　设等差数列{an}的公差为d，由a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，得(a4＋3)2＝a2(a6＋6)，即(a1＋3d＋3)2＝(a1＋d)·(a1＋5d＋6)，化简得(2d＋3)2＝0，解得d＝－. 所以q＝＝＝＝1.故选A. 答案　A 命题点2　等差数列、等比数列的性质 　(1)(2024·四川雅安一模)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，若a1＋a5＋a9＝9，b2b5b8＝3，则＝(　　) A．2 B． C. D． (2)(多选)(2024·湖南长沙一模)设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，下列说法正确的是(　　) A．若T8＝T12，则a10a11＝1 B．若T8＝T12，则T20＝1 C．若a1＝1 024，且T10为数列{Tn}的唯一最大项，则<q< D．若a1>0，且T10>T11>T9，则使得Tn>1成立的n的最大值为20 [解析]　(1)由题意可得 解得所以＝＝＝. 故选C. (2)若T8＝T12，则＝a9a10a11a12＝(a10a11)2＝1，可得a10a11＝±1，即选项A错误； 而T20＝a1a2…a19a20＝(a10a11)10＝1，即选项B正确． 若a1＝1 024，且T10是数列{Tn}的唯一最大项． 当q<0时，T10＝a1a2…a9a10＝(a1a10)5＝(a1a1q9)5<0，不合题意； 当q>0时，由可得 即解得<q<， 即选项C正确． 若T10>T11>T9，当q<0时，T9＝a1a2…a9＝a1(a2a9)4＝a1(a1a1q9)4>0， 又T10<0，不满足T10>T9，不合题意； 当q>0时，由 可得a11<1，a10>1，a10a11>1， 所以a1>0,1>q>0， 则{an}为单调递减数列， 因此当n≤10，n∈N*时，an>1， 当n>10，n∈N*时，an<1， 因此当n≤10，n∈N*时，数列{Tn}单调递增， 当n>10，n∈N*时，数列{Tn}单调递减， 又T1>1，T20＝a1a2…a20＝(a10a11)10>1， T21＝a1a2…a21＝(a11)21<1， 所以使得Tn>1成立的n的最大值为20， 即选项D正确．故选BCD. [答案]　(1)C　(2)BCD 等差数列、等比数列的性质问题的求解策略 (1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解． (2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．　 【预测练2】 1．(多选)(2024·安徽六校第二次素养测试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0，且<0，则(　　) A．a9＋a10>0 B．S7<S11<S8 C．当n＝10时，Sn取最大值 D．当Sn<0时，n的最小值为19 解析　<0，则(a8＋a9＋a10＋a11)(a9＋a10＋a11)<0，由等差数列性质可得2×3a10<0，即a10<0. 因为a1>0，若公差d>0，则a9，a10>0，不满足，故d<0，则a9>a10. 则a9＋a10>0，a10<0，故A正确； 由A，a9＋a10>0，a10<0，故a9>0，a10<0. 则S11－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＝2>0，则S11>S7，又S11－S8＝a9＋a10＋a11＝3a10<0，故S11<S8，故B正确； 由a9>0，a10<0可得a1，a2，…，a9>0，a10，a11，a12…<0，故当n＝9时，Sn取最大值，故C错误； 由a9＋a10＝2a1＋17d>0，a10＝a1＋9d<0，可得－d<a1<－9d. 故当Sn＝na1＋<0时，需要满足a1<－d，故n的最小值为19，故D正确． 故选ABD. 答案　ABD 2．(2024·山东济南三模)已知等比数列{an}的首项a1＝－1，其前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________. 解析　由＝，a1＝－1知公比q≠1，则＝－. 由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－，q＝－. 答案　－ 命题点3　等差数列、等比数列的判断与证明 　(2024·江苏扬州第二次调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，a1＝－1. (1)证明：数列{2an＋1－an}为等比数列； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和； (3)是否存在正整数p，q(p<6<q)，使得Sp，S6，Sq成等差数列？若存在，求出p，q；若不存在，请说明理由． [解析]　(1)证明　n∈N*，Sn＝an－4an＋1，当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an，两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an，即4an＋1＝4an－an－1，则有2(2an＋1－an)＝2an－an－1，当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0，所以数列{2an＋1－an}是以1为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)得，2an＋1－an＝，则2nan＋1－2n－1an＝1，数列{2n－1an}是等差数列，于是2n－1an＝n－2， 解得an＝，则bn＝＝－，所以{bn}的前n项和Tn＝ ＝－. (3)由(1)知，Sn＝－4×＝－， 由Sp，S6，Sq成等差数列，得－＝－－，整理得＋＝，由＋＝，得<，又1≤p<6，p∈N*，＝>>>，p＝5不等式成立，因此＋＝，即＝，令dn＝，则dn＋1－dn＝≤0，从而d1＝d2>d3>d4>d5>…，显然d8＝，即q＝8，所以存在p＝5，q＝8，使得Sp，S6，Sq成等差数列． 证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明为一非零常数； ②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1且an≠0.　 【预测练3】 (2024·河南九师联盟)已知数列{an}的各项均不为0，其前n项和为Sn，q为不等于0的常数，且Sn＝qSn－1＋a1(n≥2)． (1)证明：{an}是等比数列； (2)若S5，S11，S8成等差数列，则对于任意的正整数t，at＋5，at＋11，at＋8是否成等差数列？若成等差数列，请予以证明；若不成等差数列，请说明理由． 解析　(1)证明　因为Sn＝qSn－1＋a1(n≥2)　①， 所以Sn＋1＝qSn＋a1(n≥1)　②， ②－①，得an＋1＝qan(n≥2)，即＝q(n≥2)． 当n＝2时，S2＝qS1＋a1，即a2＋a1＝qa1＋a1，所以＝q，所以对∀n∈N*，＝q，即{an}是公比为q的等比数列． (2)对任意正整数t，at＋5，at＋11，at＋8成等差数列．证明如下： 由S5，S11，S8成等差数列，得q≠1，且2S11＝S5＋S8， 即2×＝＋， 化简得2q6－q3－1＝0，即2q6＝q3＋1. 因为at＋5＋at＋8＝atq5＋atq8＝atq5(1＋q3)， 2at＋11＝2atq11＝atq5×2q6＝atq5(1＋q3)， 所以at＋5＋at＋8＝2at＋11， 故对于任意的正整数t，at＋5，at＋11，at＋8成等差数列. 1．(2024·全国甲卷·理)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A.　　　　　　　　 B． C．－ D．－ 解析　由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝，故选B. 答案　B 2．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 解析　S6＝21S2，∴1－q6＝21(1－q2)， ∴q4＋q2－20＝0，∴q2＝4，＝1＋q4＝17， ∴S8＝17×(－5)＝－85，选C. 答案　C 3．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列的前n项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列．则(　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析　解法一　甲：为等差数列，设其首项为a1，公差为d， 则Sn＝na1＋d，＝a1＋d＝n＋a1－，－＝， 因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即－＝＝为常数，设为t， 即＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2， 两式相减得：an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确． 解法二　甲：为等差数列，设数列的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋d， 则＝a1＋d＝n＋a1－， 因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列， 即－＝D，＝S1＋(n－1)D， 即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)·(n－2)D， 当n≥2时，上两式相减得：Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立， 于是an＝a1＋2(n－1)D，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件． 故选C. 答案　C 4．(2022·新高考全国Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3，已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝(　　) 图1 图2 A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 解析　如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2＝4OD1.因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1(k3－0.2)，BB1＝CB1(k3－0.1)，AA1＝k3BA1，即CC1＝OD1(k3－0.2)，BB1＝OD1(k3－0.1)，AA1＝k3OD1.又＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1(k3－0.2)＋OD1(k3－0.1)＋k3OD1＝OD1(3k3＋0.2)，所以tan∠AOA2＝＝＝0.725，解得k3＝0.9，故选D. 答案 D 5．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝________. 解析　解法一(基本量法)　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7,3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95. 解法二(利用下标和性质)　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7,3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95. 答案　95 6．(2024·北京卷)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是________． 解析　对于①：由题知an，bn是关于n的一次式，对应的函数为一次函数，(提示：等差数列{an}的通项可化简为an＝An＋B(A≠0)的形式，是关于n的一次式)即点(n，an)，(n，bn)分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以M中最多有1个元素，所以①正确． 对于②：不妨取an＝2n，bn＝(－2)n，则有a2k＝22k＝4k，b2k＝(－2)2k＝4k(k∈N*)，所以a2k＝b2k(k∈N*)，此时M中有无数个元素，所以②不正确． 对于③：由①知点(n，an)在一条斜率不为0的直线l0上．设bn＝b1qn－1(q≠1)，当公比q>0时，直线l0与数列{bn}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个元素；当q<－1时，点(n，bn)在如图所示的曲线C1，C2上，由图易知直线l0与曲线C1，C2至多有3个公共点，如当an＝3n－4，bn＝－1×(－2)n－1时，a1＝b1＝－1，a2＝b2＝2，a4＝b4＝8，两个数列有3项相同，所以M中最多有3个元素； 当q＝－1时，易知M中最多有2个元素；当－1<q<0时，易知M中最多有3个元素．综上可知，当{an}为等差数列，{bn}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以③正确． 对于④：若数列{an}为递增数列，数列{bn}为递减数列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公共点最多有1个，(方法：转化为考虑一个单调递增函数与一个单调递减函数图象的公共点问题)所以M中最多有1个元素，所以④正确．综上可知，正确结论的序号为①③④. 答案　①③④ 学科网（北京）股份有限公司 $$