板块三 习题讲评（一）等差数列与等比数列-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

等差数列与等比数列 习题讲评（一） 等差数列和等比数列是高中阶段研究的两类重要特殊数列.数列的性质、通项、求和、最值是高考主要考查内容，试题一般以低中档题为主，着重考查等差、等比数列的核心知识、方法和思想. 2 1 2 教学点(一)　等差数列、等比数列的基本运算 教学点(二)　等差数列、等比数列的性质及应用 CONTENTS 目录 3 教学点(三)　等差数列、等比数列的综合 等差数列、等比数列的基本运算 教学点（一） 4 [例1]　（2025·全国Ⅱ卷）[多选]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 AD 解析：由S3=a1+a2+a3=++a3=++1=7⇒+-6=0 ⇒=0.又q>0，所以=2⇒q=.故a1==4，an=4×=，Sn=8-.a5=a3q2=，S5=8-≠8. an+Sn=+8-=8.综上A、D正确. 5 [例2]　（2025·福州模拟）已知数列{an}是公差为2的等差数列，满足a2n=2an+1（n∈N*）. （1）求{an}的通项公式； 解：因为数列{an}是公差为2的等差数列，所以an=a1+2（n-1）. 由a2n=2an+1得a1+2（2n-1）=2[a1+2（n-1）]+1，解得a1=1， 所以{an}的通项公式为an=2n-1. 6 （2）设{an}的前n项和为Sn，若Sn<3an，求n的最大值. 解：由（1）得Sn==n2， 由Sn<3an得n2<3（2n-1），即n2-6n+3<0，解得3-<n<3+， 由于2<<3，所以5<3+<6，所以n的最大值为5.（注意n∈N*） 7 |思|维|建|模| 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略 （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）形式的数列为等差数列，前n项和为Sn=Aqn-A（A，q是非零常数，q≠1）形式的数列为等比数列，通项公式为an=p·qn-1（p，q≠0）形式的数列为等比数列等. （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. 8 [练1]　（2025·北京高考）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 即时训练 C 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=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. 9 [练2]　已知等差数列{an}各项均不为0，前n项和为Sn，若Sn=anan+1，则a13=_______.  解析：法一：一般数列通法切入　记等差数列{an}的公差为d， 因为Sn=anan+1，所以Sn-1=an-1an（n≥2），作差得an=an（an+1-an-1）.又等差数列{an}各项均不为0，故1=an+1-an-1=2d，所以d=. 又S1=a1=a1a2，所以a2=1，则a13=a2+11d=1+=. 法二：由一般到特殊　设等差数列{an}的公差为d，因为Sn=anan+1，所以令n=1，得S1=a1=a1a2.又{an}的各项均不为0，所以a2=1.令n=2，得S2=a2a3，则1+a1=a3=a1+2d，所以d=，则a13=a2+11d=1+=. 10 [练3]　（2025·全国Ⅰ卷）若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为______.  解析：法一：分类讨论，求和公式　 设该等比数列为{an}，公比为q（q>0），Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；当q≠1时，则S4==4，S8==68，两式相除得=，即=17，则1+q4=17，所以q=2，所以该等比数列的公比为2. 2 11 法二：列举提取，直接运算　 设该等比数列为{an}，公比为q（q>0），Sn是其前n项和， 所以S4=a1+a2+a3+a4=4， S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=（a1+a2+a3+a4）（1+q4）=68，所以4（1+q4）=68，则1+q4=17， 所以q=2，所以该等比数列的公比为2. 12 法三：两式作差，寻找公比　 设该等比数列为{an}，公比为q（q>0），Sn是其前n项和， 则S4=4，S8=68，因为S8-S4=a5+a6+a7+a8=（a1+a2+a3+a4）q4=68-4=64，又S4=a1+a2+a3+a4=4，所以=q4==16，所以q=2， 所以该等比数列的公比为2. 13 教材溯源： 1.（人教A版选择性必修②P36例8）已知等比数列{an}的首项为-1，前n项和为Sn，若=，求公比q. 2.（苏教选择性必修①P163例2）设等比数列{an}的前n项和为Sn， 若S3=，S6=，求an. 14 等差数列、等比数列的性质 及应用 教学点（二） 15 [例1]　（多选）已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若S6=S12，则下列结论正确的是 （　 　） A.a1∶d=-17∶2 B.S18=0 C.当d<0时，|a6|<|a13| D.当d>0时，a6+a14>0 ABD 解析：由题设=，则a6=a1+2a12，进而有2a1+17d=0，所以a1+a18=0，故=-，S18==0，A、B正确；由a1+a18=a6+a13=0，即a6=-a13，故|a6|=|a13|恒成立，C错误；当d>0时，等差数列{an}为递增数列，则a14>a13>0>a6且|a6|=|a13|，故a6+a14>0，D正确. 16 [例2]　（2025·赣州二模）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20=21，S30=49，则S10= （　　） A.-7 B.7 C.63 D.7或63 B 解析：由等比数列片段和的性质知，S10，S20-S10，S30-S20成等比数列，所以=S10（S30-S20），则=S10（49-21）， 所以-70S10+441=（S10-7）（S10-63）=0，则S10=7或S10=63. 设等比数列{an}的公比为q，若S10=63，则S20-S10=S10q10⇒-42=63·q10，而q10>0，显然等式不成立；若S10=7，则S20-S10=S10q10⇒14 =7·q10⇒q10=2>0，满足题设.所以S10=7. 17 考题溯源：（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 C 考查知识点：等比数列前n项和的基本量计算　 等比数列片段和性质及其应用 18 |思|维|建|模|　等差、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. 19 即时训练 即时训练 [练1]　已知各项为正的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3+a7+a11= 15-，则a7a8的最大值为（　　） A. B.4 C.5 D. A 解析：由a3+a7+a11=3a7，S15=15a8，得3a7=15-3a8，所以a7+a8=5.由已知，得a7>0，a8>0，则a7a8≤=，当且仅当a7=a8=时等号成立. 20 [练2]　（2025·南昌一模）[多选]设正项等比数列{bn}的前n项和为Pn ，前n项积为Qn，已知b1=2，则下列结论正确的是 （　　 ） A.若（b2 023-1）（b2 024-1）<0，则P2 024-P2 023>1 B.若 Q2 026=Q2 021，则 b2 024=1 C.若（b2 023-1）（b2 024-1）<0，则Q2 023是Qn的最大值 D.对任意n∈N*，< BCD 21 解析：设正项等比数列{bn}的公比为q，q>0，bn>0，而b1=2，对于A，若q≥1，则bn=b1qn-1≥2，（b2 023-1）（b2 024-1）>0，不符合题意；若0<q<1，则数列{bn}递减，由（b2 023-1）（b2 024-1）<0，得b2 023>1，b2 024<1，于是b2 024=P2 024-P2 023<1，A错误；对于B，由Q2 026=Q2 021，得=b2 022b2 023 b2 024b2 025b2 026==1，则b2 024=1，B正确；对于C，由A知，数列{bn}前2 023项都大于1，从第2 024项起为都小于1的正数，因此Q2 023是数列{Qn}中的最大项，C正确；对于D，=（b1qn-1）n=qn（n-1），Qn=· q·q2·…·qn-1=·q1+2+…+（n-1）=，=qn（n-1），而b1>1，则=（）2>，因此<，D正确. 22 [练3]　设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{}的前n项积为Tn，若S5=25，log2T6=36，则S10=________.  解析：设等差数列{an}的公差为d，则S5==5a3=25，可得a3=5. 因为log2T6=36，所以T6==236，所以a1+a2+…+a6== 3（a3+a4）=36，即a3+a4=12，则a4=7，所以d=a4-a3=7-5=2，则a1=a3-2d=5-4=1，故S10=10a1+d=100. 100 23 等差数列、等比数列的综合 教学点（三） 24 [典例]　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=3Sn+2（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； 思维路径：（1）要求数列{an}的通项公式，则需求出a1与公比q，可利用等比数列的通项公式并结合已知递推关系式建立关于a1，q的方程组求解. 解：设数列{an}的公比为q，由题意知，当n=1时，a1q=3a1+2， 当n=2时，a1q2=3（a1+a1q）+2，解得a1=2，q=4. 所以数列{an}的通项公式为an=2×4n-1. 25 （2）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列?若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由. 思维路径：（2）要判断是否存在这样的3项，可先假设存在满足条件的这3项，然后利用等比中项与等差中项的性质建立关系式，根据假设是否成立得出结论. 解：由（1）知an=2×4n-1，an+1=2×4n， 所以an+1=an+（n+2-1）dn，可得dn==. 26 假设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp（其中m，k，p成 ，， 所以=×，即=. ， ①处解题关键，如果直接证明存在困难，可以考虑使用反证法； ②处，等比中项性质的应用； ③处，等差中项性质的应用； 27 所以（k+1）2=（m+1）（p+1）， 化简得k2+2k=mp+m+p，即k2=mp. ， 所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列. ④处，运用反证法的关键是推出矛盾. 28 |思|维|建|模| 证明或判定等差（比）数列一般使用定义法，即①an+1-an=d（d为常数，n∈N*）或an-an-1=d（d为常数，n∈N*且n≥2）⇔{an}是等差数列； ②=q（q是不为0的常数，n∈N*）或=q（q是不为0的常数，n∈N*且n≥2）⇔{an}是等比数列. 29 （2025·泰安模拟）已知在数列{an}中，a1=100，an+1=100，设bn= lg an+1. （1）证明数列{bn}为等比数列，并求{bn}的通项公式； 即时训练 解：证明：由an+1=100，a1=100，得an>0， 则lg an+1=3lg an+2，即lg an+1+1=3（lg an+1）. 又bn=lg an+1，于是bn+1=3bn，而b1=lg a1+1=3， 所以数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，bn=3·3n-1=3n. 30 （2）设cn=3n+1，将数列{bn}和数列{cn}的所有项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{dn}，求数列{dn}的前50项和S50. 解：由（1）知bn=3n，cn=3n+1，数列{bn}，{cn}都是递增数列，c26=79，c27=82，c80=241，c81=244，b4=81，b5=243，即c26<b4<c27，c80<b5<c81， 因此数列{dn}的前50项包含{cn}中的前46项与{bn}中的前4项， 所以S50=+=+=3 409. 故数列{dn}的前50项和S50为3 409. 拓展延伸：解决此类问题的关键是弄清楚前50项中{bn}与{cn}的项数，在求新数列的和时，一般用分组求和法. 31 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $