微专题12 等差数列与等比数列-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

专题三 数列 微专题12等差数列与等比数列 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，经常以选择题、填空题的形式出现. 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， 真题演练 体验高考 1.(2024·全国甲卷理)记S为等差数列{am}3.(2023·新课标Ⅱ卷)记S,为等比数列{an}》 的前n项和，已知S5=S10,a5=1,则a1= 的前n项和，若S4=-5,S6=21S2,则S8= ( () 7 A.2 c- D.- 7 A.120 B.85 C.-85D.-120 11 4.（2024·新课标Ⅱ卷)记Sm为等差数列{an} 2.(2024·全国甲卷文)已知等差数列{an}的前 的前n项和.若a3十a4=7,3a2十a5=5, n项和为Sn,若Sg=1,则a3十a7= 则S10= A.-2 C.1 0.g 051 热点分类 考向探究 考向1等差数列、等比数列的基本运算 {am}中的所有项排成如下数阵： al 核心提炼 a2 a3 as 1.等差数列的通项公式：an=a1十(n-1)d, asas a7 a8 ag 2.等比数列的通项公式：am=a1·g”1 … 3.等差数列的前n项和公式： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从 S,=u(aita,) a,+nn- 左到右均构成以2为公比的等比数列，第1 2 2 "d. 列数a1,a2,a,a1o,…成等差数列.若a2 4.等比数列的前n项和公式： 2,a10=8,则 () a1(1-q")_a1-a9 A.a1=-1 S.= 1-9 1-q 9≠1， &产a=10s na1,q=1. C.a224位于第45行第88列 【例1】(1)(2024·河南开封三模)记Sm为数 D.2024在数阵中出现两次 列{an}的前n项和，Tn为数列{aw}的前n 听课记录 项积，若a1=1,am+1=Sn,则满足Tn>1000 的n的最小值是 ) A.5 B.6 C.7 D.8 (2)(多选)(2024·山东枣庄一模)将数列 专题三 数列一饼 反思感悟0 【例2】(1)(2024·陕西咸阳二模)已知等差数 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略 列{am}的前n项和为Sn,若S4=2,Sg=12, (1)等差数列、等比数列的通项公式、前n项和 则S20= () 公式中共涉及五个量，能够在已知三个量的前提下 A.30 B.58 C.60 D.90 求解另外两个量，抓住基本量（首项a1、公差d或公 比q)是关键. (2)(2024·甘肃陇南一模)已知数列{an}为 (2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn= 等比数列，a2十a4十a6=8, ,1+1+1=2 an十bn(a,b是常数)形式的数列为等差数列，通项 a2 as as 公式为an=p·q-1(p,q≠0)形式的数列为等比 则a4= 数列. A.22 B.±22 (3)等差数列前项和S.的最值问题可利用二 C.2 D.±2 次函数的最值或利用项的特征求解. (3)(多选)设{am}是公差为d的等差数 【跟踪训练1】(1)(2024·山东潍坊一模)已知 列，Sm是其前n项和，且S5<S6,S。= 数列{am}满足a1=0,a2=1.若数列{am十 S,>Sg,则下列结论正确的是 ) am+1}是公比为2的等比数列，则a224= A.d>0 ( 22023+1 A B22+1 B.a7=0 3 3 C.S>Ss C.21o12-1 D.21o1-1 D.S:与S,均为Sm的最大值 (2)(多选)(2024·湖北黄冈二模)已知数列 听课记录 {am}的前n项和为Sn,若a1=1,Sm-1=3am 052 (n≥2)，则下列结论中正确的是 1 A.a2= B.{an}是等比数列 4 C.a+1 3amn≥2 D.S,-1= ,n≥2 反思感悟Q 考向2等差数列、等比数列的性质 等差、等比数列的性质问题的求解策略 核心提炼 (1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号 1.通项性质 之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行 若m十n=p十q=2k(m,n,p,q,k∈N),则对于 求解 等差数列，有am十an=a十a,=2ak;对于等比数 (2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数 列，有aman=apag=a. 的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性 2.前n项和的性质 质解题」 (1)对于等差数列，有Sm,S2m一Sm,S3m一S2m， 【跟踪训练2】(1)(2024·河南郑州二模)已知 (m∈N)成等差数列；对于等比数列，有 数列{an}为等比数列，且a1=1,ag=16,设 Sm,Sm一Sm,Sm一S2m,…(m∈N)成等比数列 (公比为一1且m为偶数情况除外). 等差数列{bn}的前n项和为Sn,若b5=a5, 则S。= (2)对于等差数列，有S2m-1=(2n-1)am, n A.-36或36 B.-36 等差数列 C.36 D.18 ☑一红勾讲与练·高三二轮数学 (2)若等比数列{am}的公比为g,其前n项和 为Sn,前n项积为Tn,0<ag<1<ag,则下 列正确的是 A.q>1 B.0<a1<1 C.Sn的最大值为S8 D.Tm的最大值为Tg (3)(多选)(2024·湖北武汉二模)下列命题 正确的是 ( 反思感悟0 A.若{an〉，{bn}均为等比数列且公比相等， 判定等差（比）数列的主要方法 则{am十bn}也是等比数列 (1)定义法：对于任意n∈N,验证am+1一an B.若{an}为等比数列，其前n项和为Sm, (或“：出)为与正整数”无关的同一个常数。 则S3,S；一S3,S,一S。成等比数列 an C.若{an}为等比数列，其前n项和为Sn, (2)中项公式法：一定注意，a=am-1a+1(n≥ 则Sn,Sn-Sn,Sn一Sn成等比数列 2,n∈N)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也 D.若数列{an}的前n项和为S,,则“an>0 就是判定一个数列是等比数列时，要注意各项不 为0. (n∈N*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不 (3)证明{am}不是等差（比）数列可用特值法. 必要条件 【跟踪训练3】(2024·江苏南通二模)设数列 考向3等差数列、等比数列的判定与证明 核心提炼 a的前n项和为S者S。-0.=+ 053 项目 等差数列 等比数列 1,n∈N*. (1)求a1,a2,判断数列{an+1十am}是否为等 定义法 aw+1-a.=d =q(g≠0) an 差数列，若是等差数列，请进行证明；若不是 通项法 a,=a+(n-1)d am=a1·g"-1 等差数列，请说明理由； 中项公 2am=an-1十a+i a月=ag-1an+1 (2)求S20. 式法 (n≥2) (n≥2，am≠0) 前n项 S,=an+bn Sn=kq"-k 和法 (a,b为常数) (k≠0,9≠0,1) 【例3】已知数列{an}满足a1=2,am+1=am十 2"+2n-1. (1)求a2,a3; (2)求an,并判断{am一(n一1)2}是否为等比 数列. 听课记录 学习至此，请完成课时作业21 专题三 数列一饼由正弦定理得△AB,C,外接圆的直 3,故a1= 1 3i一4=1012，无整数解，若i=3,则 4d=1-4× 2c 3i一4=506，即i=170,若j=4,则 径2r= sin C.√5√5 2 （）子故选B 7 3i一4=253，无整数解，所以D正确. 故选ACD. 2.D设等差数列{an}的公差为d, 跟踪训练1(1)A依题意，a1十a2=1, 所以r>合，所以S,=r> 3 3. 由S,=1,根据等差数列的前n项和公 an十an+1=2"-1,当n≥2时，an1十 9×8 an=2"2,则an+1一an-1=2”-2,所以 ②由(1)可知， 式，得S=9a1十 2d=19a1+ a2e1=a2十(a1一a2）十(a6一a1)十… a.-b,=(a1-b)(-号)月 36d=1,所以a:十a7=a1十2d十a1十 (a2021-a2022)=1十2+23+25+…十 2 (9a1+36d)= 2 221=1+ 2X(1-41o1) 22023+1 由①可知，am十b,=2c, 6d=2a1+8d= 1-4 3 解得an=c十 1-b(1） 故选D. 故选A 2（-2 3.C设等比数列{an}的公比为q,若 (2)AC由Sn-1=3an(n≥2)，当n= bn=c a(】 1)"-1 q=1,则S；=6a1=3X2a1=3S2,与 2 题意不符，所以q≠1.由S1=一5，S: 2时，S1=a1=3a,=1,解得a2=3 6( 22 所以a,bn=c2 4 21S2,可得a11-9) 故A正确；当n≥1时，可得S。 -5①. 1-q 3an+1,所以Sn-Sn-1=3am+1一3a, (n≥2)，所以am=3an+1-3an(n≥2)， c2-(a1 ()》 a(1-q 2=21×1142@,由0 1一g 1-9 即am+1=3am（n≥2)，而a?=3a1, a,b,随着n的增大而增大 ②，可得1+g2+g=21,解得q2=4, 又因为cosC,= an+b2-c2 所以S=11-g2-a1d-g)） 故C正确，B不正确；Sm-1=a1十a2十 1一9 1 2a,b 1-9 (1十g)=-5×(1十16)=-85.故 3 [-()] (an十bn)2-c2-2ab. a3十…十a-1=1十 2a b 选C. 1- 3c2-2a,b 4.95 3 3c2 -1, 解析：设等差数列{am}的公差为d,由 2a b 2a b. 题意得/1+2d+a1十3d=7, () ,n≥2，故D不正确.故选AC 所以cosC,随着n的增大而减小，所 解得 3(a1+d)+a1+4d=5, 例2(1)D由数列{an}为等差数列， 以{cosC,是递减数列， {a1=-4则S。=10a1十 10×9 故S1,Sg-S4,S12-S8,S16-S12, 因为C.∈(o,,所以sinC.是递 2 d d=3. S0一S16亦为等差数列，由S1=2, 10×(-4)+45×3=95. Sg=12,则Sg一S1=10,故S12-Sg= 增数列，所以 c 18,S16-S1g=26,S20-S16=34,即有 是递减数列， sin C. 热点分类·考向探究 S12=18十S8=30,S16=26+S12= 所以数列{S,是递减数列. 56,S0=34十S16=90.故选D. 例1(1)B由an+1=S,可得S,+1 跟踪训练3解：(1)证明：由已知条件可 (2)C因为{an}为等比数列，所以公 Sn=Sn→Sm+1=2Sm,S!=1≠0，故 知，由于c0san>0, {Sn为公比为2的等比数列，故Sn= 比g≠0，a1=a2a6,又a2十a1十a6= 2”-1,所以an+1=Sn=2”-1,故n≥2， 8,所以 1 1上1 1+1+1 2- ,n≥2，故 a2 a as a2 as a sin a.十cos a, a.=2-2,因此a。=1,n=1, a2十ai+ a十ai十 a = tan a,+1= cos'a, cos'a, Tn=a1a2a…an=1X2°X2X axas a 1十tan'a,,则tan a+i-tan'a=1, -1(n-2 a2十a1十a6_8 2m-2=2 ,要使Tn>1000,则 =2,解得a1=±2， 故数列{tan'a,是以1为公差的等差 ai (n-1)(n-2) 又a2十a1十a=a2(1十q2+g1)=8> 数列，且首项为tana1=tan2 2 >1000,当n=6时， 6 3 0,而1十q十q'>0恒成立，所以a2> 2 3n-2 =2°>1000，当n=5时， 0,则a1=a2q>0,故a1=2.故选C 故tan'an=n-1十 -1n-2 3 2 =2<1000,且n≥5时，在 (3)BD因为S；<S6,S6=S,>Sg, 3n-2 (a-1(a-22 所以a8=S；-S5>0,a7=S,-S6= 即tan a y=2 中y随着正整数n的增 0,a8=S8-S,<0,故B正确；d= 3 大而增大，故n的最小值为6，故选B. a,一a<0,故A错误；可知数列{an} (2)sina1·sin a2·…·sin a= (2)ACD由第1列数a1,a2,a5, 为递减数列，可得a1>a2>…>a,= tan a cos atan a,cos a,...tan a. a1o,…成等差数列，设公差为d,又由 0>ag>…,可得a6十a?十ag十a。= tan d. tan a? a2=2,a10=8,可得a1十d=2,a1 2(a7十as)=2ag<0,所以S。=S5+ cos a= tan a2 tan as 3d=8,解得a1=一1，d=3,则第1列 a6十a?十ag十aB<S;,故C错误；因为 Q6为最后一个正数项，根据加法的性 tan am tan ai 1 的通项公式为a:=一1十(k-1)X3 质可知，S6为S,的最大值，又因 tan am+1 tan am+ V3m+1,由 3k一4，又从第2行开始每一行比上 行多两项，且从左到右均构成以2为公 为S8=S?,所以S6与S?均为S,的 1 √3m+100,得m=3333. 1 比的等比数列，可得a2十ag十…十 最大值，故D正确.故选BD. ag=2+4十8+5+10+20十40+80 跟踪训练2(1)C数列{an}为等比数 专题三数列 169,所以A正确，B错误；又因为每一 列，设公比为q,由a1=1,a=16,得 行的最后一个数分别为a1,a1,ag, 微专题12等差数列与等比数列 a16,…,且452=2025，可得a221是 2=g=16,则g=4,则b=a= a22s的前一个数，且a225在第45行， a1g=4,则S,=6十b)X 2 =9b5= 真题演练·体验高考 因为这一行共有2×45一1=89（个） 数，所以a2021位于第45行第88列，所 36.故选C. 1.B设等差数列{an}的公差为d, 以C正确；由题设可知第i行第j个数 (2)D由0<a,<1<ag可知公比g= 由S10-S5=a6十a十a8十a十a1o= 的大小为(3i-4)×2-1,令(3i-4)× 5a8=0,得a8=0,则d=as 21=2024=253×23,若j=1,则 a1∈(0,1)，所以A错误；由as CL g 3 3i-4=2024,即i=676,若j=2,则 a1g>1,且q∈(0,1)可得a1>1,所以 ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 -282- B错误；由等比数列的前n项和公式可 所以(an+1十an)-(an十an-1) (a1十a3十as十…十a2m-1-6n)十2(a21 知S.-1二)，由指教型函教的性 [4(n+1)-2]-(4n-2)=4, n（a1十am-1） 1-q 从而数列{a+1十a,为等差数列. a1十a6十…十a)= 2 质可得S,随n的增大而增大，即S, (2)由(1)知数列{a,+1十a,}为等差 无最大值，所以C错误；结合q∈(0， 数列， 6m+2xn(a,+a）=n(5+4n+1) 2 2 1),设T,为数列{am}前n项积的最大 an十an-=4n-2,所以an十an+1 6n十n(7+4n+3)=6n2+7n. 值到需满足任：≥可得 4(n+1)-2=4n十2， 所以{b,的前2n项和S,=6n2十7n. 所以首项为a1十a2=6,a1w十a2o=78, 跟踪训练1解：(1)证明：显然a,≠0，由 1<am,又0a。<1<ag可得n=8,即 所以So=(a1十a2)十(a3十a1)十…十 1+3 T,的最大值为T,所以D正确.故 (a1n十a20) an+ 得1 3am十4 an+1 an 4 选D. 10XL(a1十a2)+(a1B十a20)] (3)BD 若a1=-b1且{an},{bn}公 比相等，则a1十b1=0,显然不满足等 又a=1:则数列日是首项为1，公 10×(6十78) 比数列的定义，故A错误；若{an}的公 2 =420 差为子的等差数列， 比为q,而S3=a1(1十q十q),S8 微专题13数列求和的常用方法 3 S3=a1十as十as=a1(q+g =1+(n-1)×4, 由 an q),Sg-S6=a7十ag十ag=a1(g十 4 q十q),所以S,S6-S3,S。-S6是 真题演练·体验高考 得am=3n十1 公比为q的等比数列，故B正确：同B 解：(1)当n=1时，4S1=4a1=3a1十 (2)由(1)可知 分析，S,=a1(1十q十…十g-1), 4,解得a1=4. S-S.=a1(g+g1+…+g2-) 当n≥2时，4S。-1=3a,-1十4，所以 6.=(-10r×7x”- 4 16 Sn-Sn=a1(g2n+g2a++… 4S,-4S-1=4a=3a-3a1, [(-1)+1(3n+1)(3n十4)]， g3m-1),若n为偶数，g= 一1，显然各项 an=-3am-1, 均为0，不为等比数列，故C错误；若 而a1=4≠0，故a,≠0，故 所以T0=6×[4X7-7X10+10× an>0(n∈N”),则Sn=Sn- =-3, an-I 13-13×16+..+(-1)21×61× am>S。-1且n≥2，易知(Sn}为递增数 所以数列{an}是以4为首项，一3为公 列，充分性成立，若{S,}为递增数列， 比的等比数列，所以a,=4·(一3)”- 64]=16×(-6)×(7+13+19++ 则Sn>Sn-1→Sn-1+am>Sm-1 (2)bn=(-1)"-1·n·4·(-3)n-1= n≥2，显然{an}为-1,2,2,2，…满足 4n·3"-1 6D=6×(-6)×741 ×10= 2 但an0不恒成立，必要性不成立，所 所以Tn=b1十b2十b3十…十bn=4× 255 以“am>0(n∈N”)”是“{Sn}为递增数 3°+8×3+12×3+…十4n·3-1, 2 列”的充分不必要条件，故D正确.故 例2解：(1)当n=1时，由√S2 选BD. 故3Tm=4×3+8×32+12× 例3解：(1)a2=a1十2十2-1=2十3 33+…十4n·3”, √S:+√Si,得√a1+a2=2√a, 5,a3=a2十22十4-1=5十7=12. 所以-2Tn=4十4×3+4X32+…+ 解得a1=1, (2)因为a+1=am十2”十2n-1,所以 4·3”-1-4n·3”=4+4X 所以√Sm+1-√S,=√S=1,则数 am+1-am=2"+2n-1, 3(1-3"-1) 1-3 -4n·3=4+2×3× 列{S,为首项为1，公差为1的等 所以a2-a1=2十2-1，a3-a2=22十 差数列， 2X2-1,…,an-am-1=2"-1十2n (3"-1-1)-4n·3”=(2-4n)· 所以√Sn=n,则Sn=n2, 3(n≥2)， 3"2, 当n≥2时，am=Sn-Sn-1=n2 将以上各式相加得an一a1=(2十 所以Tn=(2n-1)·3”十1. (n-1)2=2n-1, 22十…十2m-1)十(1十3十…十2n 热点分类·考向探究 又a1=1满足上式， 3)=2-2+1+2n-3)(n-10 所以{an}的通项公式为an=2n-1. 2 例1解：(1)由题意知b1一b2=8,b (2)由(1)知， 2-2+(n-1)(n≥2). b1=4,a1十b1=4, 4S An 因为a1=2,所以an=2”-2十(n 因为a2n-1=b2m-1十12m,agn=mb2n, b= a1=b1+12m, aam+1(2n-1)(2n+1)' 1)2+2=2”+(n-1)2(n≥2)， 又a1=2也满足an=2+(n-1),所 a:=mb2, 所以aa=b:十12， 所以b.4n2一1 4n =1十 =1十 4n2-1 以an=2"十(n-1)2,所以an -(n 1 2-10(2n+D=1+ 1 1 an+i-n 2+1 a=mb, 22n-1 1)2=2 a-(n-1)=2 =2, a1+b1=2a1-12m, 1 所以{an一(n-1)是等比数列，且首 设等差数列{an的公差为d, 2n+1, 项、公比均为2. a3-a1=b3-b1=4=2d, 跟踪训练3解：(1)当n=1时，由条件得 则a1-a2=m(b1-b,)=8m=2d, 十3 a1十b1=2a1-12m=4, a1-2a1=2,所以a1=4. 1 1 1 d=2, 2n-1- 2n+1 =n十 当n=2时，由条件得(a1十a2) 1 1 解得 a2=5,所以a2=2. m=2’所以a,=5十(n-1)× 1 1 2（12n中=m+2m+ b1=-1, 数列{am+1十an}是等差数列，证明 a1=5, 即T,=n+2n+1 如下： 2=2n+3, 跟踪训练2解：(1)由题可知， 因为S。一2a,=n十1，所以S。-1 所以m的值为2，{a,}的通项公式为 2=(22)2,得a2=2, 2am-1=(n-1)”+1(n≥2)， am=2n十3， 由2X2=(23)7,得a3=3. (2)由(1)知，am=2n十3，b2m-1 1 1 两式相减得a,一之am十2a-1 a2n-1-6,b2n=2a2n, 由b,=20,b1b,b…bn=(bn+1), 所以Sm=(b1十b3十b5十…十 2n-1,即a,十an-1=4n-2, bn-1)+(b2十b1十b6十…+b2n)= 可得a1十a2十a+…+an=na+1 2 -283- 参考答案一