专题3 第1讲 等差数列、等比数列-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考基础版）

第1讲　等差数列、等比数列 [考情分析]　1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点． 考点一　等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼 等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*) (1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d， an＝am＋(n－m)d. (2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1， an＝am·qn－m. (3)等差数列的求和公式： Sn＝＝na1＋d. (4)等比数列的求和公式： Sn＝ 例1　(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4等于(　　) A. B. C．15 D．40 答案　C 解析　方法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中， 有5＝5×3－4，不成立， 所以q≠1. 由＝5×－4， 化简得q4－5q2＋4＝0， 所以q2＝1(舍)或q2＝4， 由于此数列各项均为正数， 所以q＝2，所以S4＝＝15. 方法二　由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4， 即q3＋q4＝4q＋4q2， 即q3＋q2－4q－4＝0， 即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0. 由题知q>0，所以q＝2. 所以S4＝1＋2＋4＋8＝15. (2)(2023·安康模拟)中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天行走的里程数约为(　　) A．2.76 B．5.51 C．11.02 D．22.05 答案　D 解析　设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an， 由题意可知，数列{an}是公比为的等比数列， 所以该马七天所走的里程为＝＝700，解得a1＝. 故该马第五天行走的里程数为a5＝a1·＝×＝≈22.05. 规律方法　等差数列、等比数列问题的求解策略 (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． 跟踪演练1　(1)(2023·河南联考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为(　　) A．4.5尺 B．3.5尺 C．2.5尺 D．1.5尺 答案　A 解析　冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，由题意得 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n， 所以a7＝11.5－7＝4.5， 即春分时节的日影长为4.5尺． (2)(2023·淄博模拟)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a3＝4a1，则＝________. 答案　17 解析　设等比数列{an}的公比为q， 由a3＝4a1，可得a3＝4a1＝a1q2，即q2＝4， 所以＝＝1＋q4＝1＋42＝17. 考点二　等差数列、等比数列的性质 核心提炼 1．通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列，有aman＝apaq＝a. 2．前n项和的性质： (1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数时除外)． (2)对于等差数列有S2n－1＝(2n－1)an. 例2　(1)(2023·深圳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30等于(　　) A．0 B．－10 C．－30 D．－40 答案　C 解析　由等差数列{an}的前n项和的性质可得S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列， ∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)， ∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30. (2)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________. 答案　－2 解析　方法一　{an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6， ∴a2＝1， 又a2a9a10＝a7a7a7， ∴1×(－8)＝(a7)3， ∴a7＝－2. 方法二　设{an}的公比为q(q≠0)， 则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q， 显然an≠0， 则a4＝q2，即a1q3＝q2， 则a1q＝1， 因为a9a10＝－8， 则a1q8·a1q9＝－8， 则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3， 则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 规律方法　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． 跟踪演练2　(1)(2023·安庆模拟)在等比数列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，则a8a9a10等于(　　) A．4 B．8 C．32 D．64 答案　D 解析　由a2a3a4＝4，a5a6a7＝16可得a＝4， a＝16，又a＝a3a9， 故a＝aa，则162＝4a，解得a＝64， 即a8a9a10＝64. (2)(2023·成都石室中学模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，且∀n∈N*，都有<，若S5＝S13，则(　　) A．Sn的最小值是S9 B．Sn的最小值是S10 C．Sn的最大值是S9 D．Sn的最大值是S10 答案　A 解析　由<， 得<， 即an<an＋1， 所以数列{an}为递增数列． 因为S5＝S13， 所以a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＋a13＝0， 即a9＋a10＝0， 则a9<0，a10>0，所以当n≤9且n∈N*时，an<0； 当n≥10且n∈N*时，an>0. 因此，Sn有最小值，且最小值为S9. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 核心提炼 等差数列 等比数列 定义法 an＋1－an＝d ＝q(q≠0) 通项法 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1 中项法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2) a＝an－1an＋1(n≥2，an≠0) 前n项和法 Sn＝an2＋bn(a，b为常数) Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0,1) 证明数列为等差(比)数列一般使用定义法． 例3　(2023·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn. (1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列； (2)求{anbn}的前n项和Sn. (1)证明　因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn， 所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)， an＋1－bn＋1＝－(an－bn)， 又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5， 所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列， 数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)解　由(1)得an＋bn＝5×3n－1， an－bn＝(－1)n－1， 所以an＝， bn＝， 所以anbn＝×＝， 所以Sn＝×－＝. 易错提醒　(1)a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0. (2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列． (3)证明{an}不是等比数列可用特值法． 跟踪演练3　(2023·湖北七市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：对任意的m∈N*，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列． (1)解　当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2， 所以a1＝1； 当n≥2时，因为an＝3Sn－2， 所以an－1＝3Sn－1－2， 所以an－an－1＝3an，即an＝－an－1， 所以数列{an}是等比数列， 其通项公式为an＝n－1. (2)证明　对任意的m∈N*， 2Sm＋2＝2×＝， Sm＋Sm＋1＝＋ ＝ ＝，所以2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1， 即Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列． 专题强化练 一、单项选择题 1．若首项为正数的等比数列{an}的前6项和为126，且a5＝2a3＋8a1，则a4的值为(　　) A．32 B．16 C．8 D．4 答案　B 解析　设首项为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0)， 则 解得(负值舍去)∴a4＝a1q3＝16. 2．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5等于(　　) A．25 B．22 C．20 D．15 答案　C 解析　方法一　设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得， a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10， 即a1＋3d＝5，① 又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，② ①②联立，解得d＝1，a1＝2， 所以S5＝5a1＋×d＝5×2＋10＝20. 方法二　依题意可得， a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45， 所以a4＝5，a8＝9， 从而d＝＝1， 于是a3＝a4－d＝5－1＝4， 所以S5＝5a3＝20. 3．(2023·石家庄质检)已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2a1a2a3…a8的值为(　　) A．70 B．72 C．74 D．76 答案　B 解析　设等比数列{an}的公比为q，则q>0， S3＝a1(1＋q＋q2)＝4(1＋q＋q2)＝84， 整理可得q2＋q－20＝0，解得q＝4(负值舍去)， 所以an＝a1qn－1＝4n， 所以log2a1a2a3…a8＝log2(41×42×43×…×48) ＝2×(1＋2＋3＋…＋8)＝＝72. 4．(2023·安庆模拟)林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300～500年之间的古树为二级，树龄100～299年之间的古树为三级，树龄低于100年的不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14 m，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4 cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2 cm，则估计该大树属于(π取3.14)(　　) A．一级 B．二级 C．三级 D．不是古树 答案　C 解析　设树干的截面圆的半径为r， 树干周长2πr＝3.14，r＝0.5 m＝50 cm， 从内向外数，a5＝0.4，an－4＝0.2， Sn＝r＝50＝＝0.3n， ∴n＝≈167年， ∴估计该大树属于三级． 5．(2023·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}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 答案　C 解析　方法一　甲：{an}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{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件． 方法二　甲：{an}为等差数列，设数列{an}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， 设数列的公差为D， 则－＝D，＝S1＋(n－1)D， 即Sn＝nS1＋n(n－1)D， 当n≥2时，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D， 上边两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D， 所以an＝a1＋2(n－1)D， 当n＝1时，上式成立， 又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数， 因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件． 6．(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 答案　C 解析　方法一　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意， 所以q≠1. 由S4＝－5，S6＝21S2， 可得＝－5， ＝21×，① 由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4， 所以S8＝＝·(1＋q4) ＝－5×(1＋16)＝－85. 方法二　设等比数列{an}的公比为q， 因为S4＝－5，S6＝21S2， 所以q≠－1，否则S4＝0， 从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列， 所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)， 解得S2＝－1或S2＝， 当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6， 即为－1，－4，－16，S8＋21， 易知S8＋21＝－64，即S8＝－85； 当S2＝时， S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2) ＝(1＋q2)S2>0， 与S4＝－5矛盾，舍去． 综上，S8＝－85. 二、多项选择题 7．(2023·扬州模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a6a7>1，<0，则下列结论正确的是(　　) A．q>1 B．0<a6a8<1 C．Sn的最大值为S7 D．Tn的最大值为T6 答案　BD 解析　由题意得，a1＞1，a6a7＞1＞0， ∴a6，a7同号，即a6与a6q同号， ∴q＞0，又＜0， ∴a6，a7一个比 1大，一个比1小， ∴a6>1,0<a7<1， ∴0＜q＜1，并且an＝a1qn－1＞0，a1＞a2＞…＞an，即{an}是递减的正项数列，A错误； ∴0<a6a8＝a＜1，B正确； Sn－Sn－1＝an＞0，即Sn＞Sn－1对任意的n∈N*都成立，C错误； ∵当n≥7时，an＜1，当1≤n≤6时，an＞1， ∴T6是Tn的最大值，D正确． 8．(2023·沈阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，且满足an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，a1＝，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}的前n项和为Sn＝4n B．数列{an}的通项公式为an＝ C．数列{an}不是递增数列 D．数列为递增数列 答案　CD 解析　an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)， 则Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)， 即－＝4(n≥2)，＝4， 故是首项为4，公差为4的等差数列， 故＝4n，即Sn＝， an＝－4Sn－1Sn＝－4×× ＝－(n≥2)，a1＝. 对于选项A，Sn＝，故A错误； 对于选项B，an＝故B错误； 对于选项C，a1＝，a2＝－，故数列{an}不是递增数列，故C正确； 对于选项D，＝4n，故数列为递增数列，故D正确． 三、填空题 9．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________． 答案　－ 解析　若q＝1， 则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1， 则a1＝0，不符合题意． 所以q≠1. 当q≠1时，因为8S6＝7S3， 所以8·＝7·， 即8(1－q6)＝7(1－q3)， 即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)， 即8(1＋q3)＝7，解得q＝－. 10．在数列{an}中，a1＝2，＝＋，则数列{an}的通项公式为________． 答案　an＝2n2 解析　由＝＋得， －＝，而＝， 于是得数列{}是以为首项，为公差的等差数列，则有＝＋(n－1)d＝＋(n－1)＝n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n2. 11．(2023·厦门模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1 000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．比赛开始后，当阿基里斯跑了1 000米时，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟领先他1米，…，所以阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为________米． 答案　 111.1 解析　根据题意，这是一个等比数列模型， 设a1＝100，q＝，an＝0.1， 所以an＝0.1＝100×n－1， 解得n＝4， 所以S4＝＝＝＝111.1. 12．(2023·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同零点，且m，n，－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＝________. 答案　20 解析　由题可得⇒ 则m，－2，n或n，－2，m成等比数列， 得mn＝(－2)2＝4. 不妨设m<n，则－2，m，n成等差数列， 得2m＝n－2. 结合mn＝4，可得(2m＋2)m＝4⇒m(m＋1)＝2， 解得m＝1或m＝－2(舍去)， 即⇒⇒pq＝20. 四、解答题 13．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n. (2)因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n>0，解得n<，且n∈N*， 则当n≤7时，an>0， 可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，an<0， 可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an) ＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn ＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98. 综上所述，Tn＝ 14．(2023·合肥模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋2＋3Sn＝4Sn＋1－2an，a1＝1，a2＝3. (1)证明：数列{an＋1－2an}是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn. (1)证明　因为Sn＋2＋3Sn＝4Sn＋1－2an， 所以Sn＋2－Sn＋1＝3(Sn＋1－Sn)－2an， 即an＋2＝3an＋1－2an， 所以(an＋2－2an＋1)－(an＋1－2an) ＝(3an＋1－2an－2an＋1)－(an＋1－2an) ＝(an＋1－2an)－(an＋1－2an)＝0(为常数)， 所以数列{an＋1－2an}是等差数列． (2)解　由(1)知an＋1－2an＝a2－2a1＝1， 即an＋1＝2an＋1. 所以an＋1＋1＝2(an＋1)， 所以{an＋1}为公比为2的等比数列，又a1＋1＝2， 所以an＋1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n－1， Sn＝－n＝2n＋1－n－2. 学科网（北京）股份有限公司 $$