第1讲 等差数列与等比数列(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

专题二　数列 第1讲　等差数列与等比数列 备考领航·明方向 　　　　　　　　　　　　　　　　 [高考感悟] 一、考题考法 考题1　(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＝_95_. 本题考查等差数列的基本量计算以及性质的应用，考查了考生的数学运算及逻辑推理的核心素养．可以通过解方程组也可以通过等差数列的性质求解． 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. 考题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＝(　C　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 本题考查等比数列的前n项和公式及其前n项和的性质，考查数学运算及逻辑推理等核心素养，考查分类讨论思想、函数与方程思想和化归转化思想，注重求解问题时的整体思想． 解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则化简整理得所以S8＝＝(1－44)＝－85，故选C． 二、考情感悟 1．在选择题、填空题中考查等差数列、等比数列基本量的计算，注意整体思想及方程思想的运用． 2．在解答题中通常考查等差、等比数列的判定与证明，数列求和及数列与不等式的综合应用． [主干提炼] 1．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. (2)等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1. (3)等差数列的前n项和公式： Sn＝＝na1＋. (4)等比数列的前n项和公式： Sn＝ 2．等差数列、等比数列的性质 (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项和性质：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为偶数情况除外)． 3．常用结论 (1)若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的. (2)在等差数列中，若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；＝. (3){an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列． 考向突破·抓重点 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考向一　等差数列、等比数列的基本运算…………………………自主练习 1．已知等差数列{an}的前5项和S5＝35，且满足a5＝13a1，则等差数列{an}的公差为(　D　) A．－3 B．－1 C．1 D．3 解析　S5＝5a1＋10d＝35，a5＝a1＋4d＝13a1，解得d＝3，a1＝1.故选D. 2．已知等比数列{an}的前三项和为84，a2－a5＝21，则{an}的公比为(　B　) A． B． C．2 D．4 解析　由a2－a5＝21，可设{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，因为等比数列{an}的前三项和为84，a2－a5＝21，所以解得q＝.故选B. 3．(2024·郑州质量检测)已知数列{an}为等比数列，且a1＝1，a9＝16.设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝a5，则S9＝(　C　) A．－36或36 B．－36 C．36 D．18 解析　因为{an}是等比数列，设公比为q，所以a＝a1a9＝16，因为a1>0，所以a5＝a1q4>0，所以a5＝4，即b5＝4.因为数列{bn}是等差数列，所以S9＝9b5＝36，故选C． 4．(2024·湖北七市统一调研)已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3，a4，a7是等比数列，则当Sn取最大值时，n＝(　B　) A．2或3 B．2 C．3 D．4 解析　设等差数列的公差为d(d<0)，则由a3，a4，a7是等比数列，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，整理得d(2a1＋3d)＝0，所以2a1＋3d＝0，即a1＝－d，所以Sn＝na1＋d＝n2－2dn＝(n－2)2－2d.因为d<0，所以当n＝2时，Sn取得最大值－2d，故选B. 等差、等比数列的基本量问题的求解 (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)形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)形式的数列为等比数列． 考向二　等差数列与等比数列的性质 角度1：通项的性质 例1　(1)(2024·甘肃省诊断考试)在等差数列{an}中，a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，若a4＋a6＝a＋1，则m的值为(　B　) A．－6 B．－2 C．2 D．6 解析　因为a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，所以Δ＝m2＋32>0，且a2＋a8＝－m.在等差数列{an}中，a2＋a8＝a4＋a6＝2a5，所以a4＋a6＝－m，a5＝－，代入a4＋a6＝a＋1可得－m＝＋1，解得m＝－2.故选B. (2)(多选题)(2024·长沙市适应考试)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(　BCD　) 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　对于A，B，因为T8＝T12，所以a9a10a11a12＝1，又a9a12＝a10a11，所以a9a10a11a12＝(a10a11)2＝1，所以a10a11＝±1，所以A错误；T20＝a1a2a3·…·a18a19a20＝(a1a20)10＝(a10a11)10＝1，所以B正确；对于C，a1＝1 024，若公比q<0，则数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，所以T9>0，T10<0，与T10为数列{Tn}的唯一最大项矛盾，所以q>0，则，，解得<q<，所以C正确；对于D，a1>0，且T10>T11>T9，若公比q<0，则数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，所以T10<0，T11<0，T9>0，与T10>T11>T9矛盾，所以q>0.由T10>T11>T9得，a10>a10a11>1，a11<1，则0<q<1.由a10a11>1，得T20＝(a1a20)10＝(a10a11)10>1，由a11<1，得T21＝(a1a21)＝＝a<1，由0<q<1得，数列{an}是递减数列，所以当n≤20时，Tn>1；当n≥21时，Tn<1，所以D正确．综上，选BCD. (1)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中若“m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)”这一性质与求和公式Sn＝的综合应用． (2)活用函数性质：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． 训练1　设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a3＋a5＝4，S15＝60，则a20＝(　C　) A．4 B．6 C．10 D．12 解析　由题意a4＝＝2，S15＝15a8＝60，即a8＝4，所以a20＝a4＋4(a8－a4)＝2＋4×(4－2)＝10.故选C． 角度2：数列和的性质 例2　设等差数列{an}的前n项和为Sn(a1≠0)，若点(S7，S14)在一次函数f(x)＝7x的图象上，则的值为(　B　) A． B． C． D．7 解析　解法一：因为点(S7，S14)在一次函数f(x)＝7x的图象上，所以S14＝7S7，设数列{an}的公差为d，则14a1＋91d＝7×(7a1＋21d)，所以a1＝－d，所以＝＝＝＝＝.故选B. 解法二：因为点(S7，S14)在一次函数f(x)＝7x的图象上，所以S14＝7S7，在等差数列{an}中，S7，S14－S7，S21－S14成等差数列，即2(S14－S7)＝S7＋(S21－S14)，设S7＝m(m≠0)，则S14＝7m，即12m＝m＋(S21－7m)，得S21＝18m，所以＝.故选B. 若数列{an}是等差(比)数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，仍是等差(比)数列．(等比数列时，q＝－1且n为偶数的情况除外)． 训练2　已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝3，则S2＋S6的最小值为(　B　) A．6 B．6－3 C．6 D．9 解析　设数列{an}的公比为q，若q≠1，则由题意知S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，则(S4－S2)2＝S2(S6－S4)．又S4＝3，所以S6＝＋S2－3.所以S2＋S6＝＋2S2－3≥6－3.当且仅当＝2S2，即S2＝时取等号，则S2＋S6的最小值为6－3.当q＝1时，由S4＝3，得4a1＝3，所以S2＋S6＝2a1＋6a1＝6.故S2＋S6的最小值为6－3. 考向三　等差数列与等比数列的证明 例3　设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式． 解　(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝，代入＋＝2可得，＋＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)．又＋＝＝2，所以b1＝，故{bn}是以为首项，为公差的等差数列． (2)由(1)可知，bn＝＋(n－1)＝，则＋＝2，所以Sn＝，当n＝1时，a1＝S1＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.故an＝ 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，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(n∈N*)为一非零常数；②利用等比中项，证明a＝an－1an＋1(n≥2)． 训练3　设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)． (1)证明：{an＋1}为等比数列； (2)求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？ 解　(1)证明：因为a3＝7，a3＝3a2－2，所以a2＝3，所以an＝2an－1＋1，所以a1＝1，＝＝2(n≥2)．又a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝－n＝2n＋1－n－2，所以n＋Sn－2an＝n＋2n＋1－n－2－2(2n－1)＝0，所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列． 真题体验·练能力 1．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　B　) 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. 2．(2023·新课标Ⅰ卷)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(　C　) 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　若{an}为等差数列，则Sn＝na1＋d，＝a1＋·d＝n＋a1－，－＝，所以为等差数列，充分性成立．若为等差数列，设＝a1＋(n－1)p，则Sn＝na1＋n(n－1)p，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)p，n＝1时，a1＝S1，满足上式，则n≥2时，an－an－1＝2p，所以{an}是等差数列，必要性成立．故选C． 3．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　A　) A．7 B．8 C．9 D．10 解析　因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和的性质，知S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，所以(S4－S2)2＝(S6－S4)S2，即(6－4)2＝(S6－6)×4，所以S6＝7.故选A． 4．(2022·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2. 解　(1)因为a1＝1，所以＝1.又因为是公差为的等差数列，所以＝＋(n－1)，即Sn＝an＝(n＋2)an，所以当n≥2时，Sn－1＝(n＋1)an－1，所以an＝Sn－Sn－1＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，所以＝，所以当n≥2时，··…··＝··…·×＝，所以an＝.当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝. (2)证明：由(1)，知an＝，所以＝＝2，所以＋＋…＋＝2＝2.因为n∈N*，所以0<≤，所以1－<1，所以2<2，所以＋＋…＋<2. 5．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 解　(1)证明：由＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n　①，所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)　②.②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列． (2)由(1)知数列{an}的公差为1.由a＝a4a9，得(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12.所以Sn＝－12n＋＝＝2－，所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78. 学科网（北京）股份有限公司 $$