微专题4 等差数列、等比数列(专题微讲PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列专题，重点覆盖等差数列、等比数列核心考点，依据高考评价体系梳理通项公式、求和公式等考查要求，通过考点权重分析明确“等差中项应用”“等比数列性质”等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题巧用+技法提炼”，以高考真题为例解析“错位相减法求和”“定义法证明数列”等典型问题，培养学生数学思维与数学语言表达能力。设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握得分技巧，教师可依托此课件精准指导，提升复习效率。

赢在微点 考前顶层设计 数学 专题二 数列 专题二　数列 微专题4 等差数列、等比数列 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 把握高考微点，实现素能提升，完成微练（七） 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)若{an}是等差数列，则也是等差数列． (4)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；＝. 微点一　等差、等比数列基本量的运算 例1　(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．－ 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)(2025·茂名二模)(多选题)等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2.记数列{an}前n项和为Sn，则下列选项正确的是 (　　) A．数列{an}的公差为2 B．Sn取最小值时，n＝6 C．S4＝S7 D．数列{|an|}的前10项和为50 对A，设等差数列{an}的公差为d，则由题意知解得故A正确；对B，an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，当n＝5时，Sn取最小值－25，故B错误；对C，S4＝42－10×4＝－24，S7＝72－10×7＝－21，则S4≠S7，故C错误；对D，数列{|an|}的前10项和为|－9|＋|－7|＋|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故D正确． 训练1　(1)(2025·赣州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足3an＝2Sn＋1，则S5＝ (　　) A．11 B．31 C．61 D．121 令n＝1，得3a1＝2S1＋1＝2a1＋1，得a1＝1，由3an＝2Sn＋1，当n≥2时，3an－1＝2Sn－1＋1，两式相减得，3an－3an－1＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＝3an－1，即＝3，所以数列{an}是以a1＝1为首项，3为公比的等比数列，所以S5＝＝121.故选D. (2)(2025·南昌一模)已知等差数列{an}各项不为零，前n项和为Sn，若Sn＝anan＋1，则a13＝________． 在等差数列{an}中，an不为零，设公差为d，因为Sn＝anan＋1，令n＝1，则S1＝a1＝a1a2，所以a2＝1，令n＝2，则S2＝a2a3，则1＋a1＝a3＝a1＋2d，所以d＝，则a13＝a2＋11d＝1＋＝. 微点二　等差、等比数列的性质 例2　(1)(多选题)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 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． (2)(2025·许昌模拟)已知数列{an}为等比数列，a2＋a4＋a6＝8，＋＋＝2，则a4＝________. 2 因为{an}为等比数列，所以公比q≠0，a＝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. 训练2　(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S9＝6，则S12的值为 (　　) A．0 B．3 C．6 D．12 因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，又S3＝S9＝6，所以6，S6－6，6－S6，S12－6成等差数列，则6＋S12－6＝S6－6＋6－S6，则S12＝0.故选A. (2)已知{an}为正项等比数列，若lg a2，lg a2 024是函数f(x)＝3x2－12x＋9的两个零点，则a1a2 025＝ (　　) A．10 B．104 C．108 D．1012 由题意可得lg a2，lg a2 024为方程3x2－12x＋9＝0的两个解，则lg a2＋lg a2 024＝4，解得a2a2 024＝104，易知a1a2 025＝a2a2 024＝104.故选B. 微点三　等差、等比数列定义的证明 例3　(2025·长春模拟)已知数列{an}中，an＋1＝2an－. (1)若a1，a2，a3依次成等差数列，求a1； a2＝2a1－，a3＝2a2－＝4a1－，又a1，a2，a3依次成等差数列，所以2a2＝a1＋a3，即2＝a1＋4a1－，解得a1＝. (2)若a1＝，证明数列为等比数列，并求数列{an}的前n项和Sn. 因为an＋1－＝2an－－＝2an－＝2an－＝2，且a1－＝1，所以是首项为1，公比为2的等比数列，可得an－＝2n-1，则an＝2n-1＋，Sn＝(20＋21＋22＋…＋2n-1)＋＝＋＝2n－－. 训练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； 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)求{an}的通项公式． 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＝ 1．(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 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. 2．(2023·新课标Ⅰ卷)设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 若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以－＝a1＋(n＋1－1)·－＝，为常数，所以为等差数列，即甲⇒乙；若为等差数列，设其公差为t，则＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n －2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲⇐乙．所以甲是乙的充要条件，故选C. 3．(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 根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15. 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＝________． 95　 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. 5．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； 因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.因为bn＝，所以bn＝＝，所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝.因为S3＋T3＝21，所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝，因为d>1，所以d＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n. (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 因为bn＝，且{bn}为等差数列，所以2b2＝b1＋b3，即2×＝＋，所以－＝，所以a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d. ①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝＝＝，S99＝＝＝99×50d，T99＝＝＝.因为S99－T99＝99，所以99×50d－＝99，即50d2－d－51＝0，解得d＝或d＝－1(舍去). ②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝＝＝，S99＝＝＝99×51d，T99＝＝＝.因为S99－T99＝99，所以99×51d－＝99，即51d2－d－50＝0，解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去).综上，d＝. $