专题2 第1讲 等差数列、等比数列&命题新视角1 数字幻方(Word教参)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学讲义聚焦数列专题，覆盖等差数列、等比数列的基本运算、性质及判断证明等高考核心考点，按“基础运算—性质应用—判断证明”逻辑架构知识，通过命题点解析、方法总结、真题精讲、分层练习等环节，帮助学生构建知识网络，突破难点，体现系统性和针对性。 讲义以“数学思维”和“数学语言”为导向，采用“真题情境—通法提炼—变式训练”模式，如等比数列性质应用中通过方程思想培养运算与推理能力，设置分层练习配合方法总结，助力学生提升解题效率，为教师提供复习进度把控方案，提升实效。

专题二　数列 第一讲　等差数列、等比数列 [对应学生用书P20] 命题点1　等差数列、等比数列的基本运算 [例1]　(1)(2025·山东潍坊一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a3＋a9＝24，则S6＝(　　) A．12 B．14 C．42 D．84 (2)(2025·山东烟台、东营一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a3＝6，a1a4＝8，则S4＝(　　) A．－15 B．－5 C．5 D．15 (3)(2025·江苏泰州中学调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2S3，3S5，4S6成等差数列，则数列{an}的公比q＝________． [解析]　(1)因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a9＝2a6，所以a6＝12. 所以S6＝＝＝42.故选C. (2)由等比数列{an}性质可知，a2a3＝a1a4＝8， 又a2＋a3＝6，解得或 当时，q＝＝2，所以a1＝1， 故S4＝＝15； 当时，q＝＝，所以a1＝8，故S4＝＝15.综上，S4＝15，故选D. (3)∵2S3，3S5，4S6成等差数列，∴6S5＝2S3＋4S6， 即6(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝2(a1＋a2＋a3)＋4(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)， 整理得6a4＋6a5＝4a4＋4a5＋4a6，即4a6－2a5－2a4＝0，即2a4q2－a4q－a4＝0， ∵a4≠0，∴2q2－q－1＝0，解得q＝1或 q＝－. [答案]　(1)C　(2)D　(3)1或－ 等差数列、等比数列运算问题的求解策略 (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． [预测练1] 1．(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　　) A．－20 B．－18 C．16 D．18 解析　设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2， 所以a＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，解得d＝2或d＝0(舍去)， 所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16. 故选C. 答案　C 2．已知数列{an}是等比数列，{bn}是等差数列，a1＝1，若b1，2a2，3a3，2b3为常数列，则a4b2＝(　　) A．0 B．8 C． D． 解析　设{an}的公比为q，则a2＝q，a3＝q2，则2q＝3q2，解得q＝或q＝0(舍)，则an＝n-1，又b1＝2b3＝，则{bn}的公差为－，所以bn＝－(n－1)＝－n，所以a4b2＝. 答案　C 3．(2025·北京平谷一模)在等比数列{an}中，a1＋a2＝－16，a2＋a3＝，记Tn＝a1a2…an，则数列{Tn}(　　) A．无最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．有最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)， 由a1＋a2＝－16，a2＋a3＝， 则解得a1＝－24，q＝－， 则an＝－24·n-1＝(－1)n·8·32-n， 则Tn＝a1a2…an＝(－1)1(－1)2…(－1)n×8n×31×30×…×32-n＝(－1)×8n×3， 设bn＝8n×3，则bn＋1＝8n+1×3， 所以＝＝， 则n≤2时，>1，即bn＋1>bn， 当n≥3时，<1，即bn＋1<bn， 则b1<b2<b3>b4>b5>…，则b3为最大项， 此时T3为正数项，且在正数项中最大； 再比较b2和b4，其中一个为第二大的项， 由于T4>0，T2<0，因此T2为最小项．故选C. 答案　C 命题点2　等差数列、等比数列的性质 [例2]　(1)(2025·山东名校联盟开学考试)已知等差数列{an}的项数为n(n≥6)，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 (2)(多选)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 [解析]　(1)因为这个数列有n项，则a1＋a2＋a3＝3，an－2＋an－1＋an＝63， 因此3(a1＋an)＝3＋63＝66，即a1＋an＝22，则Sn＝＝11n＝110， 解得n＝10.故选A. (2)由条件a1>1，a6a7>1，<0， 可得a6>1，0<a7<1， ∴＝q∈(0，1)， 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． [答案]　(1)A　(2)BD 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． [预测练2] 1．(多选)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是(　　) A．若d<0，则S1是数列{Sn}的最大项 B．若数列{Sn}有最小项，则d>0 C．若数列{Sn}是递减数列，则对任意的n∈N*，均有Sn<0 D．若对任意的n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 解析　对于A，取数列{an}为首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝4<S2＝6，故A错误； 对于B，等差数列{an}中，公差d≠0，Sn＝na1＋d＝n2＋n，Sn是关于n的二次函数． 当数列{Sn}有最小项，即Sn有最小值时，Sn对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，d>0，B正确； 对于C，取数列{an}为首项为1，公差为－2的等差数列，Sn＝－n2＋2n， Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0， 即Sn＋1<Sn恒成立，此时数列{Sn}是递减数列，而S1＝1>0，故C错误； 对于D，若数列{Sn}是递减数列，则an＝Sn－Sn－1<0(n≥2)， 一定存在实数k，当n>k时，之后所有项都为负数，不能保证对任意n∈N*，均有Sn>0.故若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列，故D正确． 答案　BD 2．已知等比数列{an}的首项为1，且a6＋a4＝2(a3＋a1)，则a1a2a3…a7＝________． 解析　设等比数列{an}的公比为q，因为a6＋a4＝2(a3＋a1)，所以q3＝＝2，所以a4＝a1·q3＝2.由等比数列的性质得a1a2a3…a7＝a＝27＝128. 答案　128 命题点3　等差数列、等比数列的判断与证明 [例3]　已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，a1＝－1. (1)证明：数列{2an＋1－an}为等比数列； (2)是否存在正整数p，q(p<6<q)，使得Sp，S6，Sq成等差数列？若存在，求出p，q；若不存在，请说明理由． [解析]　(1)证明　n∈N*，Sn＝an－4an＋1，当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an，两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an，即4an＋1＝4an－an－1，则有2(2an＋1－an)＝2an－an－1，当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0，所以数列{2an＋1－an}是以1为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)知2an＋1－an＝，则2nan＋1－2n-1an＝1，数列{2n-1an}是等差数列，于是2n-1an＝n－2，解得an＝，所以Sn＝－4×＝－， 由Sp，S6，Sq成等差数列，得－＝－－，整理得＋＝，由＋＝，得<，又1≤p<6，p∈N*，＝>>>，p＝5不等式成立，因此＋＝，即＝，令dn＝，则dn＋1－dn＝≤0，从而d1＝d2>d3>d4>d5>…，显然d8＝，即q＝8，所以存在p＝5，q＝8，使得Sp，S6，Sq成等差数列． 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，即证明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，即证明a＝an－1an＋1且an≠0. [预测练3] 1．(多选)(2025·福州二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且在{an}中，满足a1＝1，公比q＝2，则(　　) A．数列{a2n}是等比数列 B．数列是递增数列 C．数列是等差数列 D．数列{an}中，S10，S20，S30仍成等比数列 解析　等比数列{an}中，满足a1＝1，q＝2，则an＝2n-1，有a2n＝22n-1，由a2＝2，＝4，可知数列{a2n}是首项为2，公比为4的等比数列，故A正确； 由A选项的分析可知，＝n-1，结合指数函数的性质可知，数列是递减数列，故B错误； log2an＝n－1，log2a1＝0，log2an＋1－log2an＝n－(n－1)＝1，故数列{log2an}是首项为0，公差为1的等差数列，故C正确； 数列{an}中，S10＝＝210－1，S20＝220－1， S30＝230－1，≠，故D错误．故选AC. 答案　AC 2．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； (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． 解析　(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)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－q3－1＝0，即2q6＝q3＋1. 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． [对应学生用书P22] 幻方(反幻方)将数字ai(i＝1，2，…，n2，ai≠aj，i≠j)填入n×n的正方形格子中．若每行、每列与对角线上的和都相等(或都不相等)，称之为数字幻方(或数字反幻方).例如，如图就是著名的九宫格幻方． 4 9 2 3 5 7 8 1 6 (2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 九宫格是我国古代《洛书》记载的数学问题．已知递增等差数列{an}的前9项和S9＝126，将ai(i＝1，2，…，9)填入九宫格幻方中(如图)，则k＝________．当am, an，ak取自不同的列与行时，amanak的最小值为________． 26 ak 23 解析　设已填入部分项的九宫格如图所示． ap 26 aj aq ai ak 23 ar at 因为S9＝9ai＝126， 故ai＝14，aj＝2ai－23＝5， ap＋26＝ai＋23，则ap＝14＋23－26＝11，ap＋aq＝ai＋aj， 则aq＝14＋5－11＝8，aq＋ai＋ak＝42， 所以ak＝42－14－8＝20. 易得ar＝2，at＝17.由此可知数列{an}是a1＝2，a2＝5的等差数列．由于ak＝20，d＝a2－a1＝3， 所以2＋(k－1)×3＝20，所以k＝7，显然当(am，an，ak)＝(2，5，8)时，amanak取得最小值，其最小值为2×5×8＝80. 答案　7　80 [对应学生用书P22] 1．(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 解析　设等差数列{an}的公差为d，则由题可得⇒ 所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15. 故选B. 答案　B 2．(多选)(2025·全国二卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3＝7，a3＝1，则(　　) A．q＝ B．a5＝ C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 解析　对A，由题意得结合q>0，解得或(舍去)，故A正确； 对B，则a5＝a1q4＝4×＝，故B错误； 对C，S5＝＝＝，故C错误； 对D，an＝4×＝23-n，Sn＝＝8－23-n， 则an＋Sn＝23-n＋8－23-n＝8，故D正确； 故选AD. 答案　AD 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 解析　S6＝21S2，∴1－q6＝21(1－q2)， ∴q4＋q2－20＝0，∴q2＝4，＝1＋q4＝17， ∴S8＝17×(－5)＝－85，选C. 答案　C 4．(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(　　) 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　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，C正确． 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， 即－＝D，＝S1＋(n－1)D， 即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)·(n－2)D， 当n≥2时，上两式相减得：Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立， 于是an＝a1＋2(n－1)D，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． 故选C. 答案　C 5．(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________． 解析　方法一(基本量法)　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，又S4＝4，S8＝68，所以q≠1.由S4＝4得＝4　①，由S8＝68得＝68　②，得＝，即＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q>0，所以q＝2. 方法二(等比数列前n项和性质法)　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝＝16，又q>0，所以q＝2. 答案　2 6．(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＝________． 解析　方法一(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. 方法二(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. 答案　95 学科网（北京）股份有限公司 $