专题三 微专题1 等差数列、等比数列-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

微专题1　等差数列、等比数列 ［考情分析］　等差数列、等比数列是高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合解答题的形式考查，属于中档题目. 考点一　等差数列、等比数列的基本运算 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=amqn-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)(2024·天津模拟)已知数列{an}是各项不为零的等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，4Sn=an·an+1，则a8的值为(　　) A.4 B.8 C.12 D.16 答案　D 解析　设等差数列{an}的公差为d， ∵4Sn=an·an+1， ∴当n=1时，4S1=4a1=a1a2， 又a1≠0，∴a2=4， ∴a1+d=4， 当n=2时，4S2=a2·a3⇒4(a1+a2)=4a3⇒4(a1+4)=4(a1+2d)⇒d=2， ∴a1=2， ∴a8=2+7×2=16. (2)(2024·西安模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1+a4+a7=2，a2+a5+a8=4，则S9等于(　　) A.12 B.14 C.16 D.18 答案　B 解析　设等比数列{an}的公比为q，可得==q=2， 则a3+a6+a9=q(a2+a5+a8)=8， 所以S9=2+4+8=14. ［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=pqn-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)(2024·北京模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则此人第三天走的路程为(　　) A.12里 B.24里 C.48里 D.96里 答案　C 解析　由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为的等比数列， 设这个数列为{an}，前n项和为Sn， 则S6==a1=378，解得a1=192， 所以a3=192×=48， 即此人第三天走的路程为48里. (2)(2024·泰州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　C 解析　设等差数列{an}的公差为d， 由S1+S3<2S2，可得a1+a1+a2+a3<2(a1+a2)， 所以a3-a2<0，即d<0， 所以{an}为递减数列，所以“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的充分条件； 若{an}为递减数列，则a1>a2>a3， 所以S1+S3-2S2=a1+a1+a2+a3-2(a1+a2)=a3-a2<0， 所以S1+S3<2S2，所以“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的必要条件， 所以“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的充要条件. 考点二　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，…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)(多选)(2024·哈尔滨模拟)已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，若a1<0，S2 000=S2 024，则(　　) A.d>0 B.a2 012=0 C.S4 024=0 D.Sn≥S2 012 答案　ACD 解析　因为S2 000=S2 024， 所以a2 001+a2 002+…+a2 024=0， 所以=0， 所以a2 001+a2 024=a2 012+a2 013=2a1+4 023d=0， 又因为a1<0，所以d=-a1>0，故A正确； a2 012=a1+2 011d=a1-a1=a1<0，故B错误； S4 024==2 012(a2 001+a2 024)=0，故C正确； 因为a2 012<0，a2 013=-a2 012>0， 所以当n≤2 012时，an<0，当n≥2 013时，an>0， 所以(Sn)min=S2 012，所以Sn≥S2 012，故D正确. (2)(2024·扬州模拟)在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30=7S10，S10+S30=80，则S20的值为(　　) A.10 B.20 C.30 D.40 答案　C 解析　设正项等比数列{an}的公比为q， 则S10，S20-S10，S30-S20是首项为S10，公比为q10的等比数列， 若S30=7S10，S10+S30=80，则S10=10，S30=70， 所以(S20-10)2=10(70-S20)， 即-10S20-600=0， 解得S20=30或S20=-20(舍去). ［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)(多选)(2024·北京模拟)已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a4=b4=4，则下列结论错误的是(　　) A.b3b5≥a3a5 B.b3+b5≥a3+a5 C.b3b5≤a3a5 D.b3+b5≤a3+a5 答案　BCD 解析　因为数列{an}为等差数列，所以a3+a5=2a4=8， 因为{bn}为等比数列，所以b3b5==16， 而a3a5=(8-a5)a5=-+8a5=-+16≤16， 所以b3b5≥a3a5，故A正确，C错误； 因为a3+a5=8，而b3，b5可同为正数也可同为负数， 当b3，b5<0时，b3+b5<a3+a5， 当b3，b5>0时，b3+b5≥2=8=a3+a5， 当且仅当b3=b5=4时，等号成立， 所以a3+a5，b3+b5大小不确定，故B，D错误. (2)(2024·衡水模拟)已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n+3)Sn=(3n-1)Tn，则等于(　　) A.2 B.3 C.5 D.6 答案　A 解析　因为数列{an}，{bn}均为等差数列，可得a7+a8+a9=3a8=×15a8=S15， 且b6+b10=b1+b15，又由T15=， 可得b6+b10=T15. 因此= ==×=×=2. 考点三　等差数列、等比数列的判断与证明 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=a1qn-1 中项法 2an=an-1+an+1 (n≥2) =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　已知数列{an}满足a1=2，an+1=2an+n. (1)求证：数列{an+n+1}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)设cn=，求证：c1+c2+…+cn<1. (1)解　因为==2， 又a1+1+1=4， 所以{an+n+1}是首项为4，公比为2的等比数列， 则an+n+1=4×2n-1=2n+1， 所以an=2n+1-n-1. (2)证明　因为cn===<=， 所以c1+c2+…+cn<++…+==1-<1. ［易错提醒］　(1)=an-1an+1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，判断一个数列是等比数列时，还要注意各项不为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殊值法. 跟踪演练3　(2024·沧州模拟)已知数列{an}满足a1=，2an+1-anan+1=1(n∈N*). (1)证明：数列为等差数列，并求an； (2)令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)由2an+1-anan+1=1，知an+1=， 所以-=- =-==-1， 所以数列是以=-2为首项，-1为公差的等差数列， 所以=-2+(-1)(n-1)=-n-1， 所以an=. (2)方法一　因为bn==-=-=-， 所以Tn=1-+-+-+…+-=1-=. 方法二　因为bn==-， 所以Tn=-+-+…+- =-=2-(2-an)=an， 所以Tn=. 专题强化练 (分值：90分) 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 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等于(　　) A. B. C.- D.- 答案　B 解析　由S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，则a8=0， 则等差数列{an}的公差d==-， 故a1=a5-4d=1-4×=. 2.(2024·安康模拟)已知在正项等比数列{an}中，a2a4=16，且a3，10，成等差数列，则a1+a4+a7等于(　　) A.157 B.156 C.74 D.73 答案　D 解析　因为数列{an}为正项等比数列，所以由等比中项性质知a3==4. 由a3，10，成等差数列，得20=a3+，所以a6=32， 所以等比数列{an}的公比q==2， 所以a1==1，a4=a3q=8，a7=a3q4=64， 所以a1+a4+a7=73. 3.(2024·运城模拟)已知数列{an}是等差数列，a3-a5=2，则a5+a10-a8等于(　　) A.4 B.-2 C.-4 D.-8 答案　C 解析　因为a3-a5=2，则a3-2a5=4， 又2a5=a3+a7，则a3-(a3+a7)=4， 解得a7=-4， 所以a5+a10-a8=a7+a8-a8=a7=-4. 4.(2024·绵阳模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=3，数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则S9等于(　　) A.76 B.108 C.512 D.19 683 答案　A 解析　因为数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则有==2，而a1=1，a2=3， 则数列{a2n-1}是以1为首项，2为公比的等比数列，{a2n}是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=+=76. 5.(2024·杭州模拟)已知数列{an}满足a1=2，则“{an}为等比数列”是“∀m，n∈N*，aman=am+n”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　B 解析　若{an}为等比数列，设其公比为q，则an=2qn-1， 所以aman=2qm-1×2qn-1=4qm+n-2，am+n=2qm+n-1， 当q≠2时，aman≠am+n，故充分性不成立； 若∀m，n∈N*，aman=am+n， 不妨令m=1，则a1an=a1+n，又a1=2， 所以2an=an+1，即=2，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故必要性成立， 综上，“{an}为等比数列”是“∀m，n∈N*，aman=am+n”的必要不充分条件. 6.(2024·保定模拟)已知在等差数列{an}中，a1=1，公差d>0.若数列也是等差数列，则d等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案　C 解析　依题意an=dn+1-d(d>0)，则=d2n+2d(1-d)+， 则- =d2+- =d2-， 又是等差数列， 所以-=0，解得d=3或d=-1(舍去). 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2024·泰安模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2>1，其前n项之积为Tn，且T20=T10，则下列结论正确的是(　　) A.a15a16=1 B.{an}是递减数列 C.Tn取得最大值时，n=29 D.Tn取得最大值时，n=15 答案　ABD 解析　由T20=T10，得=a11a12…a19a20=(a15a16)5=1，a15a16=1， 则a1a30=a2a29=a15a16=1， 由于a2>1，得0<a29<1， 所以等比数列{an}是递减数列，故a15>1>a16>0，则Tn取得最大值时，n=15. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2=2，an+1=4an-3an-1(n≥2)，则下列说法正确的是(　　) A.数列{an+1-an}为等比数列 B.数列{an+1-3an}为等差数列 C.an=3n-1+1 D.Sn=+ 答案　ABD 解析　∵an+1=4an-3an-1(n≥2)， ∴= ==3(n≥2)， ∴{an+1-an}是以a2-a1=1为首项，3为公比的等比数列，∴A正确； 又(an+1-3an)-(an-3an-1) =4an-3an-1-3an-an+3an-1=0， ∴{an+1-3an}为常数列，即公差为0的等差数列，∴B正确； ∴an+1-an=1×3n-1，且an+1-3an=a2-3a1=-1， 解得an=，∴C错误； ∴Sn=a1+a2+…+an =++…+ =(30+31+…+3n-1)+ =×+ =+， ∴D正确. 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=　　　　.  答案　95 解析　方法一　(基本量法) 设数列{an}的公差为d， 则由题意得 解得 则S10=10a1+d =10×(-4)+45×3=95. 方法二　(利用下标和性质) 设数列{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. 10.(2024·唐山模拟)如图所示的数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第n行(n∈N*)所有数据的和Sn=　　　　　　.  答案　3n-2n 解析　因为每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，所以Sn=30×2n-1+31×2n-2+32×2n-3+…+3n-1×20，所以 Sn=3n-1× =3n-1×=3n =3n-2n. 四、解答题(共27分) 11.(13分)(2024·榆林模拟)已知数列{an}满足an+1-2an=2n+4，a1=16. (1)证明：为等差数列；(6分) (2)记Sn为数列的前n项和，求Sn.(7分) (1)证明　因为an+1-2an=2n+4， 所以an+1=2an+2n+4， 所以-=-=+8-=8， 所以是公差为8的等差数列. (2)解　因为=8，所以=8+8(n-1)=8n， 所以an=8n·2n，则==16·4n， 所以Sn=16×(4+42+…+4n)=16×=(4n-1). 12.(14分)(2024·郑州模拟)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；(7分) (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.(7分) (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)解　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=1+q3. 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. 13题5分，14题6分，共11分 13.(2024·自贡模拟)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，7，13，23，39，63，97，则该数列的第8项为(　　) A.131 B.139 C.141 D.143 答案　D 解析　设该高阶等差数列为{an}，则a1=3，a2=7，a3=13，a4=23，a5=39，a6=63，a7=97， 设b1=a2-a1=4，b2=a3-a2=6，b3=a4-a3=10，b4=a5-a4=16，b5=a6-a5=24，b6=a7-a6=34， 设c1=b2-b1=2，c2=b3-b2=4，c3=b4-b3=6，c4=b5-b4=8，c5=b6-b5=10， 所以cn+1-cn=2，所以{cn}是首项为2，公差为2的等差数列， 所以c6=2+5×2=12，即b7-b6=12，b7=12+b6=12+34=46， 所以b7=a8-a7=46，a8=a7+46=97+46=143. 14.(多选)［牛顿数列］英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为x1的点处作f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1重复上面的过程得到x3；一直下去，得到的数列{xn}叫做牛顿数列.若函数f(x)=x2-x-6，an=ln且a1=1，xn>3，数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　) A.xn+1=xn- B.数列{an}是递减数列 C.数列{an}是等比数列 D.S2 025=22 025-1 答案　ACD 解析　f'(x)=2x-1，所以f(x)在点(xn，f(xn))处的切线方程为y-f(xn)=f'(xn)(x-xn)， 因为xn>3，所以2xn-1≠0， 令y=0，得xn+1=xn-=xn-=，故A正确； ==， 故ln=2ln， 即an+1=2an，又a1=1， 所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故B错误，C正确； 所以S2 025==22 025-1，D正确. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 等差数列、等比数列 微专题1 等差数列、等比数列是高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合解答题的形式考查，属于中档题目. 考情分析 考点一 考点二 等差数列、等比数列的基本运算 等差数列、等比数列的性质 专题强化练 考点三 等差数列、等比数列的判断与证明 内容索引 等差数列、等比数列的基本运算 考点一 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=amqn-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= (1)(2024·天津模拟)已知数列{an}是各项不为零的等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，4Sn=an·an+1，则a8的值为 A.4 B.8 C.12 D.16 √ 例1 设等差数列{an}的公差为d， ∵4Sn=an·an+1， ∴当n=1时，4S1=4a1=a1a2， 又a1≠0，∴a2=4， ∴a1+d=4， 当n=2时，4S2=a2·a3⇒4(a1+a2)=4a3⇒4(a1+4)=4(a1+2d)⇒d=2， ∴a1=2， ∴a8=2+7×2=16. (2)(2024·西安模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1+a4+a7=2，a2+a5 +a8=4，则S9等于 A.12 B.14 C.16 D.18 √ 设等比数列{an}的公比为q，可得==q=2， 则a3+a6+a9=q(a2+a5+a8)=8， 所以S9=2+4+8=14. 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=pqn-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. (1)(2024·北京模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则此人第三天走的路程为 A.12里 B.24里 C.48里 D.96里 跟踪演练1 √ 由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为的等比数列， 设这个数列为{an}，前n项和为Sn， 则S6==a1=378，解得a1=192， 所以a3=192×=48， 即此人第三天走的路程为48里. (2)(2024·泰州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 设等差数列{an}的公差为d， 由S1+S3<2S2，可得a1+a1+a2+a3<2(a1+a2)， 所以a3-a2<0，即d<0， 所以{an}为递减数列，所以“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的充分条件； 若{an}为递减数列，则a1>a2>a3， 所以S1+S3-2S2=a1+a1+a2+a3-2(a1+a2)=a3-a2<0， 所以S1+S3<2S2，所以“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的必要条件， 所以“S1+S3<2S2”是“{an}为递减数列”的充要条件. 考点二 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，…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. (1)(多选)(2024·哈尔滨模拟)已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，若a1<0，S2 000=S2 024，则 A.d>0 B.a2 012=0 C.S4 024=0 D.Sn≥S2 012 例2 √ √ √ 因为S2 000=S2 024， 所以a2 001+a2 002+…+a2 024=0， 所以=0， 所以a2 001+a2 024=a2 012+a2 013=2a1+4 023d=0， 又因为a1<0，所以d=-a1>0，故A正确； a2 012=a1+2 011d=a1-a1=a1<0，故B错误； S4 024==2 012(a2 001+a2 024)=0，故C正确； 因为a2 012<0，a2 013=-a2 012>0， 所以当n≤2 012时，an<0，当n≥2 013时，an>0， 所以(Sn)min=S2 012，所以Sn≥S2 012，故D正确. (2)(2024·扬州模拟)在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30=7S10，S10+S30=80，则S20的值为 A.10 B.20 C.30 D.40 √ 设正项等比数列{an}的公比为q， 则S10，S20-S10，S30-S20是首项为S10，公比为q10的等比数列， 若S30=7S10，S10+S30=80，则S10=10，S30=70， 所以(S20-10)2=10(70-S20)， 即-10S20-600=0， 解得S20=30或S20=-20(舍去). 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. 规律方法 (1)(多选)(2024·北京模拟)已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a4=b4=4，则下列结论错误的是 A.b3b5≥a3a5 B.b3+b5≥a3+a5 C.b3b5≤a3a5 D.b3+b5≤a3+a5 跟踪演练2 √ √ √ 因为数列{an}为等差数列，所以a3+a5=2a4=8， 因为{bn}为等比数列，所以b3b5==16， 而a3a5=(8-a5)a5=-+8a5=-+16≤16， 所以b3b5≥a3a5，故A正确，C错误； 因为a3+a5=8，而b3，b5可同为正数也可同为负数， 当b3，b5<0时，b3+b5<a3+a5， 当b3，b5>0时，b3+b5≥2=8=a3+a5， 当且仅当b3=b5=4时，等号成立， 所以a3+a5，b3+b5大小不确定，故B，D错误. (2)(2024·衡水模拟)已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n+3)Sn=(3n-1)Tn，则等于 A.2 B.3 C.5 D.6 √ 因为数列{an}，{bn}均为等差数列，可得a7+a8+a9=3a8=×15a8=S15， 且b6+b10=b1+b15，又由T15=， 可得b6+b10=T15. 因此===×=×=2. 考点三 等差数列、等比数列的判断与证明   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=a1qn-1 中项法 2an=an-1+an+1 (n≥2) =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. 已知数列{an}满足a1=2，an+1=2an+n. (1)求证：数列{an+n+1}是等比数列，并求{an}的通项公式； 例3 因为==2， 又a1+1+1=4， 所以{an+n+1}是首项为4，公比为2的等比数列， 则an+n+1=4×2n-1=2n+1， 所以an=2n+1-n-1. (2)设cn=，求证：c1+c2+…+cn<1. 因为cn===<=， 所以c1+c2+…+cn<++…+==1-<1. (1)=an-1an+1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，判断一个数列是等比数列时，还要注意各项不为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殊值法. 易错提醒 (2024·沧州模拟)已知数列{an}满足a1=，2an+1-anan+1=1(n∈N*). (1)证明：数列为等差数列，并求an； 跟踪演练3 由2an+1-anan+1=1，知an+1=， 所以-=-=-==-1， 所以数列=-2为首项，-1为公差的等差数列， 所以=-2+(-1)(n-1)=-n-1， 所以an=. (2)令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 方法一　因为bn==-=-=-， 所以Tn=1-+-+-+…+-=1-=. 方法二　因为bn==-， 所以Tn=-+-+…+-=-=2-(2-an)=an， 所以Tn=. 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B D C A B C 题号 7 8 9 10 13 14 答案 ABD ABD 95 3n-2n D ACD 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11. (1)因为an+1-2an=2n+4， 所以an+1=2an+2n+4， 所以-=-=+8-=8， 所以是公差为8的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11. (2)因为=8， 所以=8+8(n-1)=8n， 所以an=8n·2n， 则==16·4n， 所以Sn=16×(4+42+…+4n)=16×=(4n-1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. (1)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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. 所以=q， 所以对∀n∈N*，=q， 即{an}是公比为q的等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. (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=1+q3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 一、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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等于 A. B. C.- D.- √ 素养提升 答案 由S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，则a8=0， 则等差数列{an}的公差d==-， 故a1=a5-4d=1-4×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.(2024·安康模拟)已知在正项等比数列{an}中，a2a4=16，且a3，10，成等差数列，则a1+a4+a7等于 A.157 B.156 C.74 D.73 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为数列{an}为正项等比数列，所以由等比中项性质知a3==4. 由a3，10，成等差数列，得20=a3+，所以a6=32， 所以等比数列{an}的公比q==2， 所以a1==1，a4=a3q=8，a7=a3q4=64， 所以a1+a4+a7=73. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2024·运城模拟)已知数列{an}是等差数列，a3-a5=2，则a5+a10-a8等于 A.4 B.-2 C.-4 D.-8 √ 答案 因为a3-a5=2，则a3-2a5=4， 又2a5=a3+a7，则a3-(a3+a7)=4， 解得a7=-4， 所以a5+a10-a8=a7+a8-a8=a7=-4. 4.(2024·绵阳模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=3，数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则S9等于 A.76 B.108 C.512 D.19 683 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 因为数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则有==2，而a1=1，a2=3， 则数列{a2n-1}是以1为首项，2为公比的等比数列，{a2n}是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=+=76. 5.(2024·杭州模拟)已知数列{an}满足a1=2，则“{an}为等比数列”是“∀m，n∈N*，aman=am+n”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 若{an}为等比数列，设其公比为q，则an=2qn-1， 所以aman=2qm-1×2qn-1=4qm+n-2，am+n=2qm+n-1， 当q≠2时，aman≠am+n，故充分性不成立； 若∀m，n∈N*，aman=am+n， 不妨令m=1，则a1an=a1+n，又a1=2， 所以2an=an+1，即=2，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故必要性成立， 综上，“{an}为等比数列”是“∀m，n∈N*，aman=am+n”的必要不充分条件. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2024·保定模拟)已知在等差数列{an}中，a1=1，公差d>0.若数列也是等差数列，则d等于 A.1 B.2 C.3 D.4 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 依题意an=dn+1-d(d>0)，则=d2n+2d(1-d)+， 则-=d2+-=d2-， 又是等差数列， 所以-=0，解得d=3或d=-1(舍去). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(2024·泰安模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2>1，其前n项之积为Tn，且T20=T10，则下列结论正确的是 A.a15a16=1 B.{an}是递减数列 C.Tn取得最大值时，n=29 D.Tn取得最大值时，n=15 √ 答案 二、多项选择题 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由T20=T10，得=a11a12…a19a20=(a15a16)5=1，a15a16=1， 则a1a30=a2a29=a15a16=1， 由于a2>1，得0<a29<1， 所以等比数列{an}是递减数列， 故a15>1>a16>0，则Tn取得最大值时，n=15. 答案 8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2=2，an+1=4an-3an-1(n≥2)，则下列说法正确的是 A.数列{an+1-an}为等比数列 B.数列{an+1-3an}为等差数列 C.an=3n-1+1 D.Sn=+ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∵an+1=4an-3an-1(n≥2)， ∴===3(n≥2)， ∴{an+1-an}是以a2-a1=1为首项，3为公比的等比数列，∴A正确； 又(an+1-3an)-(an-3an-1)=4an-3an-1-3an-an+3an-1=0， ∴{an+1-3an}为常数列，即公差为0的等差数列，∴B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∴an+1-an=1×3n-1，且an+1-3an=a2-3a1=-1， 解得an=，∴C错误； ∴Sn=a1+a2+…+an=++…+=(30+31+…+3n-1)+ =×+=+， ∴D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=　　　　.  答案 三、填空题 95 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 方法一　(基本量法) 设数列{an}的公差为d， 则由题意得 解得 则S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 方法二　(利用下标和性质) 设数列{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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2024·唐山模拟)如图所示的数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第n行(n∈N*)所有数据的和Sn= 　　　　　　.  答案 3n-2n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，所以Sn=30×2n-1+31×2n-2+32×2n-3+…+3n-1×20，所以Sn=3n-1×=3n-1×=3n=3n-2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(2024·榆林模拟)已知数列{an}满足an+1-2an=2n+4，a1=16. (1)证明：为等差数列； 答案 四、解答题 因为an+1-2an=2n+4， 所以an+1=2an+2n+4， 所以-=-=+8-=8， 所以是公差为8的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (2)记Sn为数列的前n项和，求Sn. 因为=8，所以=8+8(n-1)=8n， 所以an=8n·2n，则==16·4n， 所以Sn=16×(4+42+…+4n)=16×=(4n-1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(2024·郑州模拟)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； 答案 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 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=1+q3. 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. 13.(2024·自贡模拟)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，7，13，23，39，63，97，则该数列的第8项为 A.131 B.139 C.141 D.143 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 思维创新 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设该高阶等差数列为{an}，则a1=3，a2=7，a3=13，a4=23，a5=39，a6=63，a7=97， 设b1=a2-a1=4，b2=a3-a2=6，b3=a4-a3=10，b4=a5-a4=16，b5=a6-a5=24，b6=a7-a6=34， 设c1=b2-b1=2，c2=b3-b2=4，c3=b4-b3=6，c4=b5-b4=8，c5=b6-b5=10， 所以cn+1-cn=2，所以{cn}是首项为2，公差为2的等差数列， 所以c6=2+5×2=12，即b7-b6=12，b7=12+b6=12+34=46， 所以b7=a8-a7=46，a8=a7+46=97+46=143. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(多选)［牛顿数列］英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为x1的点处作f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2；用x2代替x1重复上面的过程得到x3；一直下去，得到的数列{xn}叫做牛顿数列.若函数f(x)=x2-x-6，an=ln且a1=1，xn>3，数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 A.xn+1=xn- B.数列{an}是递减数列 C.数列{an}是等比数列 D.S2 025=22 025-1 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 f'(x)=2x-1，所以f(x)在点(xn，f(xn))处的切线方程为y-f(xn)=f'(xn)(x-xn)， 因为xn>3，所以2xn-1≠0， 令y=0，得xn+1=xn-=xn-=，故A正确； ==， 故ln=2ln， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 即an+1=2an，又a1=1， 所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故B错误，C正确； 所以S2 025==22 025-1，D正确. 本课结束 THANKS $$