微专题 等差数列与等比数列讲义-2025届高三数学二轮复习

微专题　等差数列与等比数列 课前学习任务 高考定位 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．数列求和及与等差、等比数列有关的新数列问题是考查热点． 核心归纳 1．等差数列 (1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d. (2)求和公式： Sn＝d. 2．等比数列 (1)通项公式：an＝a1·qn－1. (2)求和公式： Sn＝ 3．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＝. (2)前n项和的性质： ①对于等差数列，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)成等差数列；对于等比数列，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)成等比数列(q＝－1且m为偶数的情况除外)． ②对于等差数列，有S2n－1＝(2n－1)an，成等差数列． 4．等差数列、等比数列的判定与证明 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＝a1·qn-1 中项法 2an＝an－1＋an＋1 ＝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) 课堂学习任务 真题再现 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＝(　　) A．　　　　　　　 B． C．－ D．－ 2．(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A．－2 B． C．1 D． 3．(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 4．(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＝________． 考点突破 考点一　等差数列、等比数列的基本运算 例1　(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，其中S12＝48，S20＝－240，则当Sn取得最大值时，n＝(　　) A．6　　 B.7　 　　 C．5　 　 D.8 (2)(多选)(2024·湖北黄冈二模)数列{an}满足a1＝1，Sn－1＝3an(n≥2)，则下列结论中正确的是(　　) A．a2＝　　　　 B．{an}是等比数列 C．an＋1＝an，n≥2 D．Sn－1＝n-1，n≥2 训练1　(2024·江西九江二模)第14届国际数学教育大会在我国上海华东师范大学举行．如图是本次大会的会标，会标中“ICME－14”的下方展示的是八卦中的四卦——3，7，4，4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3×83＋7×82＋4×81＋4×80＝2020，正是会议计划召开的年份，那么八进制77…710个7换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是(　　) A．1 B.3 C．5 D.7 训练2　(多选)等差数列{an}中，a1>0，则下列命题正确的是(　　) A．若a3＋a7＝4，则S9＝18 B．若S15>0，S16<0，则 C．若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，则a7＋a8＝17 D．若a8＝S10，则S9>0，S10<0 考点二　等差数列、等比数列的性质 例2　 (1)已知数列{an}为等比数列， a2＋a4＋a6＝8，＝2，则 a4＝(　　) A．2　　　　　　 B．±2 C．2 D．±2 (2)(2024·陕西咸阳二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S20＝(　　) A．30 B.58 C．60 D.90 (3)若等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且0<a9<1<a8，则下列正确的是(　　) A．q>1 B．0<a1<1 C．Sn的最大值为S8 D．Tn的最大值为T8 训练3　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＝(　　) A．－36或36　　　　 B.－36 C．36 D.18 训练4　(多选)(2024·湖北武汉二模)下列命题正确的是(　　) A．若{an}，{bn}均为等比数列且公比相等，则{an＋bn}也是等比数列 B．若{an}为等比数列，其前n项和为Sn，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列 C．若{an}为等比数列，其前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列 D．若数列{an}的前n项和为Sn，则“an>0(n∈N*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件 考点三　等差数列、等比数列的判定与证明 例3　 已知数列{an}满足an(an－1＋3an＋1)＝4an－1an＋1(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a2＝， (1)证明：数列是等比数列； (2)求出{an}的通项公式． 课后学习任务 1．已知等差数列{an}的首项为1，公差不为0，若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的第5项为(　　) A．－9　　　　　　 B．－7 C．－7或1 D．－9或1 2．(2024·山东潍坊一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，S7＝5a4＋10，则S4＝(　　) A．6 B．7 C．8 D．10 3．已知{an}是等比数列，a3a5＝8a4，且a2，a6是方程x2－34x＋m＝0两根，则m＝(　　) A．8 B．－8 C．64 D．－64 4．(2024·北京海淀一模)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝2a2，公差d≠0，Sm＝0，则m的值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于(　　) A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S7>S8，S8＝S9<S10，则下面结论错误的是(　　) A．a9＝0 B．S15>S14 C．d<0 D．S8与S9均为Sn的最小值 7．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为(　　)(参考数据：lg 2＝0.3010，lg 3＝0.4771) A．4 B．5 C．6 D．7 8．(多选)(2024·山东枣庄一模)将数列{an}中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数a1，a2，a5，…成等差数列．若a2＝2，a10＝8，则(　　) A．a1＝－1 B． C．a2024位于第45行第88列 D．2024在数阵中出现两次 9．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则＝________． 10．(2024·陕西西安一模)某网店统计了A商品最近40天的日销售量，日销售量依次构成数列{an}，已知a1＝10，且an＋1－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则A商品这40天的总销量为________． 11．(2024·北京门头沟一模)已知数列 {an} 是各项均为正数的等比数列， Sn 为其前 n 项和， a1a3＝16，S3＝14, 则a2＝____________；记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，若存在n0∈N*使得Tn 最大，则n0 的值为_________． 12．已知Sn为数列{an}的前n项和，满足Sn＝，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0. (1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列； (2)求{an}的前n项和Sn. 答案与解析 课堂学习任务 真题·重温 1．B　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．D　设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝，故选D. 3．C　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1； 由S4＝－5，S6＝21S2，可得　①， 由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4， 所以S8＝·(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 4．解析：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. 答案：95 聚焦热点 热点一 例1　(1)B　由题意{an}为等差数列，其首项为a1，公差为d，则S12＝12a1＋d＝－240， 即得故Sn＝na1＋＋28n＝－2(n－7)2＋98， 故当n＝7时，Sn取得最大值98，故选B. (2)AC　由Sn－1＝3an(n≥2)， 当n＝2，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确； 当n≥1，可得Sn＝3an＋1，所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)，所以an＝3an＋1－3an(n≥2)，即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝故C正确，B不正确； 因Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝n-2，n≥2，故D错误． 训练1　 B　由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得7×89＋7×88＋…＋7×81＋7×80＝7×＝810－1，810－1＝(10－2)10－1＝1010＋109×(－2)1＋…＋(－2)9＋(－2)10－1， 因为1010＋109×(－2)＋…＋101×(－2)9是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为(－2)10－1的末位数字， 由(－2)10－1＝1023可得，末位数字为3. 训练2　 ACD　等差数列{an}中，a1>0， 对于A，a3＋a7＝4，S9＝＝18，A正确； 对于B，S15＝＝15a8>0，则a8>0，S16＝＝8(a8＋a9)<0，则a8＋a9<0，a9<－a8<0，因此＝(a8＋a9)·(a8－a9)<0，即－(a3＋a4)＝17，C正确；对于D，设{an}的公差为d，由a8＝S10，得a1＋7d＝10a1＋45d，解得d＝－a1，则S9＝9a1＋36d＝0，S10＝5<0，D正确． 热点二 例2　(1)C　因为{an}为等比数列，则公比q≠0，所以＝a2a6，又a2＋a4＋a6＝8， 所以＝2，解得a4＝±2，又a2＋a4＋a6＝a2(1＋q2＋q4)＝8>0，而1＋q2＋q4>0恒成立，所以a2>0，则a4＝a2q2>0，故a4＝2. (2)D　由数列{an}为等差数列，故S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16亦为等差数列，由S4＝2，S8＝12，则S8－S4＝10，故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34，即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90. (3)D　由0<a9<1<a8，可知公比q＝∈(0，1)，所以A错误；又a8＝a1q7>1，且q∈(0，1)，可得a1>1，即B错误；由等比数列前n项和公式可知Sn＝，由指数函数性质可得Sn为单调递增，即Sn无最大值，所以C错误；设Tn为数列{an}前n项积的最大值，则需满足可得an＋1<1<an， 又0<a9<1<a8可得n＝8，即Tn的最大值为T8，所以D正确． 训练3　C　数列{an}为等比数列，设公比为q，且a1＝1，a9＝16，则＝q8＝16，则q4＝4，则b5＝a5＝a1q4＝4，则S9＝＝9b5＝36，故选C. 训练4　BD　对于A：若a1＝－b1且{an}，{bn}公比相等，则a1＋b1＝0，显然不满足等比数列，A错误；对于B：若{an}的公比为q，而S3＝a1(1＋q＋q2)，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1(q3＋q4＋q5)，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝a1(q6＋q7＋q8)， 所以S3，S6－S3，S9－S6是公比为q3的等比数列，B正确； 对于C：同B分析，Sn＝a1(1＋q＋…＋qn-1)，S2n－Sn＝a1(qn＋qn+1＋…＋q2n-1)，S3n－S2n＝a1(q2n＋q2n+1＋…＋q3n-1)， 若n为偶数，q＝－1时，显然各项均为0，不为等比数列，C错误； 对于D：当an>0(n∈N*)，则Sn＝Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，易知{Sn}为递增数列，充分性成立； 当{Sn}为递增数列，则Sn>Sn－1⇒Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，显然{an}为－1，2，2，2，…满足，但an>0不恒成立，必要性不成立， 所以“an>0(n∈N*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件，D正确．故选BD. 热点三 例3　解：(1)证明：∵an(an－1＋3an＋1)＝4an－1an＋1(n≥2，n∈N*)， ∴anan－1＋3anan＋1＝4an－1an＋1， ∴，∴＝3， 又＝4－1＝3≠0，∴数列{}是首项为3，公比为3的等比数列． (2)∴＝3×3n-1＝3n，∴当n≥2时，＋＋…＋ ＝3n-1＋3n-2＋…＋31＝，即，∴，∴an＝， 又a1＝1也满足上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝. 训练5　解：(1)数列{an}中，a1＝2，a2＝3， 且an＝2an－1－an－2＋3， 令n＝3，可得a3＝2a2－a1＋3＝7. (2)证明：由an＝2an－1－an－2＋3(n≥3)， 当n≥2时，可得an＋1＝2an－an－1＋3，则(an＋1－an)－(an－an－1)＝3， 又由a1＝2，a2＝3，可得a2－a1＝1， 所以{an＋1－an}是公差为3的等差数列，即数列{an－an－1}(n≥2)是公差为3的等差数列． (3)由(2)知，数列{an＋1－an}是首项为1，公差为3的等差数列，即an＋1－an＝3n－2， 所以当n≥2时， an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1) ＝2＋[1＋4＋7＋…＋(3n－5)]＝2＋n＋4， 又a1＝2满足上式，所以an＝n＋4， 即数列{an}的通项公式为an＝n＋4. 课后学习任务 1. B　设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以＝a2a6， 又a1＝1，所以(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2或d＝0(舍) ，所以a5＝1＋4×(－2)＝－7. 2. C　因为数列{an}为等差数列，则S7＝＝7a4，又S7＝5a4＋10，则7a4＝5a4＋10，即a4＝5，则S4＝＝8. 3. C　因为{an}是等比数列，所以a3a5＝，又a3a5＝8a4，所以a4＝8，又a2，a6是方程x2－34x＋m＝0两根，所以m＝a2a6＝＝64. 4. B　由已知a1＝2a2＝2(a1＋d)，得a1＝－2d， 又Sm＝ma1＋d＝0，又d≠0， 所以－2m＋＝0，解得m＝5或m＝0(舍去)，故选B. 5. A　等比数列{an}的前n项和为Sn，则S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，设S5＝m，则S10＝，所以S15－S10＝，所以S15＝，所以，即S15∶S5＝3∶4. 6. C　对于A选项，由S8＝S9，可得a9＝S9－S8＝0，A选项正确；对于C选项，由S7>S8可得a8＝S8－S7<0，∴d＝a9－a8＝－a8>0，C选项错误；对于B选项，∵a9＝0，d>0，当n≥10时，an>a9＝0，所以，S15－S14＝a15>0，B选项正确；对于D选项，由S10>S9可得a10＝S10－S9>0，且a9＝0，a8<0，d>0，所以，当n≤8且n∈N*时，an<0，且a9＝0，则S8与S9均为Sn的最小值，D选项正确． 7. C　记an为第n次去掉的长度，a1＝，剩下两条长度为的线段，第二次去掉的线段长为a2＝2×2＝，第n－1次操作后有2n-1条线段，每条线段长度为，因此第n次去掉的线段长度为an＝2n-1×n-1，所以Sn＝＝1－n≥n≤，n(lg 2－lg 3)≤－2lg 3，n≥≈5.42，n的最小值为6. 8. ACD　由第1列数a1，a2，a5，a10，… 成等差数列，设公差为d，又由a2＝2，a10＝8，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，d＝3，则第一列的通项公式为ak＝－1＋(k－1)×3＝3k－4， 又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列， 可得a2＋a3＋…＋a9＝2＋4＋8＋5＋10＋20＋40＋80＝169，所以A正确，B错误； 又因为每一行的最后一个数为a1，a4，a9，a16，…，且452＝2025，可得a2024是a2025的前一个数，且a2025在第45行， 因为这一行共有2×45－1＝89个数，则a2024在第45行的第88列，所以C正确； 由题设可知第i行第j个数的大小为(3i－4)×2j-1，令(3i－4)×2j-1＝2024＝253×23，若j＝1，则3i－4＝2024即i＝676；若j＝2，则3i－4＝1012，无整数解；若j＝3，则3i－4＝506即i＝170；若j＝4，则3i－4＝253，无整数解，故D正确． 9. 解析：设数列{an}的公差为d，∵，∴a1＝36d，则. 答案： 10. 解析：当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1－a2k＝2， 当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k－a2k－1＝0，故a2k＋1－a2k－1＝2且a2k＝a2k－1，故a2k－1＝10＋(k－1)×2＝2k＋8，故前40天的总销量为： a1＋a2＋…＋a40＝2(a1＋a3＋…＋a39) ＝2×＝1160. 答案：1160 11. 解析：等比数列{an}中，公比q>0；由a1a3＝16＝，所以a2＝4，又S3＝14， 所以解得或 若时，可得q＝2，则a2＝a1q＝2×2＝4， 且，…的值为2，4，8，16，…，可知数列{an}单调递增，且各项均大于1， 所以不会存在n0使得的乘积最大(舍去)； 若时，可得q＝，则a2＝a1q＝8×＝4， 且的值为8，4，2，1，，…， 可知数列{an}单调递减，从第5项起各项小于1且为正数， 前4项均为正数且大于等于1， 所以存在n0＝3或n0＝4，使得8×4×2×1的乘积最大， 综上，可得n0的一个可能值是3或4. 答案：4　3或4 12. 解：(1)证明：∵Sn＝an－1(n∈N*)， ∴2Sn＝＋an＋1－2， 两式相减，得2an＋1＝＋an＋1－an， 即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 当n≥5时，an>0，∴an＋1－an＝1， ∴当n≥5时，{an}成等差数列． (2)由a1＝a1－1，解得a1＝2或a1＝－1， 又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列， ∴由(1)得an＋1＋an＝0(n≤5)， 进而q＝－1， 而a5>0，∴a1>0，从而a1＝2＝a5， ∴an＝ ∴Sn＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$