微专题7　等差数列与等比数列课件-2026届高三数学二轮复习

板块二　数　列 微专题7　等差数列与等比数列 高考定位 1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现; 2.数列的通项也是高考热点,难度中档以下. 高考定位 【 真题体验 】 1.(2025·新高考Ⅱ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 √ 由S3=3a2=6,S5=5a3=-5, 得a2=2,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 2.(多选)(2025·新高考Ⅱ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 √ √ 由已知,得S3=a1+a2+a3=++a3=++1=7,即6q2-q-1=(2q-1)(3q+1)=0,因为q>0,所以q=,A正确; a5=a3q2=1×=,B错误; S5=S3+q+q2=,C错误; 5 an=a3qn-3=23-n, Sn===8-23-n, 所以an+Sn=8,D正确. 6 3.(2025·新高考Ⅰ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　　　　.  2 法一　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 7 =,即=1+q4=17, 所以q4=16,又q>0,所以q=2. 法二　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q4===16, 又q>0,所以q=2. 8 4.(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立. ①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1. 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分. 若①③⇒②. 已知{an}是等差数列,a2=3a1. 设数列{an}的公差为d, 则a2=3a1=a1+d,得d=2a1, 所以Sn=na1+d=n2a1. 因为数列{an}的各项均为正数, 所以=n, 所以-=(n+1)-n=(常数),所以数列{}是等差数列. 若①②⇒③. 已知{an}是等差数列,{}是等差数列. 设数列{an}的公差为d, 则Sn=na1+d =n2d+n. 因为数列{}是等差数列, 所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数, 则a1-=0,即d=2a1, 所以a2=a1+d=3a1. 若②③⇒①. 已知数列{}是等差数列,a2=3a1, 所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1. 设数列{}的公差为d,d>0, 则-=-=d,得a1=d2, 所以=+(n-1)d=nd, 所以Sn=n2d2, 所以n≥2时,an=Sn-Sn-1 =n2d2-(n-1)2d2=2d2n-d2, 对n=1也适合,所以an=2d2n-d2, 所以an+1-an=2d2(n+1)-d2-(2d2n-d2)=2d2(常数), 所以数列{an}是等差数列. 精准强化练 热点一　等差、等比数列的基本运算 热点二　等差、等比数列的性质 热点三　等差、等比数列的判定与证明 热点突破 热点一　等差、等比数列的基本运算 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+d. 4.等比数列的前n项和公式: Sn= 14 √ (1)(2025·秦皇岛模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则= A.1 B.2 C.3 D.4 当q=1时,S12=12a1,3S6=18a1, 且a1≠0,则S12≠3S6,不合题意; 当q=-1时,S6=0,不合题意; 当q≠1时,且q≠-1,S12=3S6, 即=3×,解得q6=2, ==q6=2. 例1 √ (2)(2025·太原模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=4a4-1,(n∈N*)是以1为公差的等差数列,则下列结论正确的是 A.a5=10 B.S5=15 C.a10=20 D.S10=30 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, 因为S5=4a4-1,所以5a1+d=4(a1+3d)-1, 得到5a1+10d=4a1+12d-1,即a1=2d-1, 因为是以1为公差的等差数列, 所以-=1, 则-2=1, 化简得4a1+2d=3a1+3d, 即a1=d,因为a1=2d-1, 所以d=2d-1,解得a1=d=1, 则an=1+n-1=n,下面我们开始分析各个选项, 对于A,a5=5,故A错误; 对于B,S5=5+=15,故B正确; 对于C,a10=10,故C错误; 对于D,S10=10+=55,故D错误. 等差、等比数列的基本量问题的求解 (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,通项公式为an=p·qn-1(p,q≠0)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. 规律方法 √ (1)(2025·蚌埠二模)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S15=5(a5+a7+ak),则正整数k的值为 A.11 B.12　　　　　　C.13　　　　　　D.14 设等差数列{an}的公差为d, 由S15=5(a5+a7+ak), 得15a1+d=5[a1+4d+a1+6d+a1+(k-1)d], 所以(k-1)d=11d, 又d≠0,所以k=12. 训练1 20 √ (2)(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 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. 热点二　等差、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(m,n∈N*): 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). 22 √ (1)(2025·长春二模)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. 例2 √ (2)(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 √ 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. 等差、等比数列性质问题的求解 (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)(2025·贵阳调研)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. 训练2 27 √ (2)(多选)(2025·镇江模拟)设等比数列{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 √ 由条件a1>1,a6a7>1,<0, 可得a6>1,0<a7<1, ∴=q∈(0,1),且an=a1qn-1>0,a1>a2>…>an, 即{an}是递减的正项数列,A错误; ∴0<a6a8=<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. 热点三　等差、等比数列的判定与证明 证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.   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=a1·qn-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) 30 (2025·佛山质检)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an(n∈N*). (1)证明:数列{an+1-an}是等比数列; 例3 ∵an+2=3an+1-2an, ∴an+2-an+1=2(an+1-an), ∵a1=1,a2=3, ∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项,2为公比的等比数列. (2)求数列{an}的通项公式; 由(1)得an+1-an=2n(n∈N*), ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =2n-1+2n-2+…+2+1 =2n-1(n≥2), 又a1=1符合上式,∴an=2n-1(n∈N*). (3)若数列{bn}满足··…·=(an+1(n∈N*),证明:{bn}是等差数列. ∵··…·=(an+1, ∴=, ∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn,① 2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)] =(n+1)bn+1.② ②-①,得2(-1)=(n+1)-nbn, 即(n-1)bn+1-nbn+2=0,③ 则nbn+2-(n+1)bn+1+2=0.④ ④-③,得nbn+2-2nbn+1+nbn=0, 即bn+2-2bn+1+bn=0, ∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*), ∴{bn}是等差数列. 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 (2025·山东名校调研)已知数列{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,令cn=an+bn. (1)证明:数列{cn}不是等比数列. 训练3 设{an},{bn}的公比分别为p,q(p≠q), 要证{cn}不是等比数列,只需证≠c1c3. 而-c1c3=(a1p+b1q)2-(a1+b1)(a1p2+b1q2)=-a1b1(p-q)2, 由于p≠q,且a1,b1不为零, 因此≠c1c3,故{cn}不是等比数列. 36 (2)若an=2n,bn=3n,是否存在常数k,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由. 假设存在常数k,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列, 则有(cn+1+kcn)2=(cn+2+kcn+1)(cn+kcn-1),n≥2, 将cn=2n+3n代入上式, 得[2n+1+3n+1+k(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2+k(2n+1+3n+1)]·[2n+3n+k(2n-1+3n-1)], 即[(2+k)2n+(3+k)3n]2=[(2+k)2n+1+(3+k)3n+1]·[(2+k)2n-1+(3+k)3n-1], 整理得12(2+k)(3+k)=13(2+k)(3+k), 解得k=-2或k=-3. 当k=-2时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-2)·(2n+3n)=3n, 此时数列{cn+1+kcn}为等比数列; 当k=-3时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-3)·(2n+3n)=-2n, 数列{cn+1+kcn}为等比数列. 所以存在常数k=-2或k=-3, 使得数列{cn+1+kcn}为等比数列. 【精准强化练】 √ 1.(2025·潍坊模拟)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 因为数列{an}为等差数列,所以a3+a9=2a6,所以a6=12. 所以S6===42. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、单选题 13 14 √ 2.(2025·长沙质检)在递增的等比数列{an}中,若a2a3=8,a1+a4=9,则数列{an}的公比为 A. B.2　　　　　　C.3　　　　　　D.4 由题设a2a3=a1a4=9,易知a1,a4是方程x2-9x+8=0的两个根, 又{an}为递增的等比数列, 所以a1=1,a4=8,故公比q==2. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 3.(2025·天津红桥区模拟)等比数列{an}的前n项和Sn,且a1+a4=4,a2+a5=8,则S6= A.24 B.28　　　　　　C.36　　　　　　D.48 设公比为q,则q==2, 所以a3+a6=(a1+a4)q2=4×4=16, 所以S6=a1+a4+a2+a5+a3+a6=4+8+16=28. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 4.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S20=30,则S40= A.60 B.70　　　　　　C.80　　　　　D.150 由题意得q≠-1,且{an}是等比数列, 所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列, 又因为S10=10,S20=30,S20-S10=20, 则S30-S20=40,S40-S30=80, 所以S30=70,S40=150. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 5.在各项均为正数的等比数列{an}中,已知a2>1,其前n项积为Tn,且T20=T10,则Tn取得最大值时,n的值为 A.15 B.16　　　　　　C.29　　　　　　D.30 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. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 6.(2025·广安二模)广安白塔始建于1174年至1224年间,塔的一至五层为石结构,六至九层为砖结构,每层均为四方结构(即每层底面为正方形),P为第一层下底面四边形的外接圆O内一点,经测算,每一层的高度恰为过P的弦的长度的二分之一,并构成等差数列,顶层的高度为过点P的圆的最短弦长度的一半,第一层的高度为过点P的圆的最长弦长度的一半.已知该塔第一层底面四边形的边长为5米,|OP|=3米,则塔高为 A.41米 B.40.5米 C.39.5米 D.38.7米 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 设an为第n层的高度,n≤9,且n∈N*, 由题意,底面为正方形且第一层底面四边形的边长为5米,最长弦长为直径, 即a1=×5×=5米, 最短弦长和最长弦长垂直, 由弦长公式得a9===4, ∴a9=4, ∴h===40.5米. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 7.某软件研发公司对某软件进行升级,主要是对软件程序中的某序列A={a1,a2,a3,…}重新编辑,编辑新序列为A*=,它的第n项为,若序列(A*)*的所有项都是2,且a4=1,a5=32,则a1= A. B.　　　　　　C.　　　　　　D. 设=t,由题意得A*={t,2t,22t,…}, 则A*的第n项为=2n-1t, 则n≥2时,an=···…··a1 =t·2t·22t·…·2n-2t·a1=tn-1·a1. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 因为a4=1,a5=32, 所以23t3·a1=1,26t4·a1=32, 解得t=4,a1=. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 8.(2025·石家庄质检)已知正项等比数列{an}的公比为q,若a3+a4=4(a1+a2),且a3=,则 A.q=3 B.a5= C.是数列{an}中的项 D.a1,a2+a3,a4成等差数列 √ 由a3+a4=4(a1+a2), 可得q2=4,所以q=2,A错误; 所以a5=a3×4=,B正确; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 二、多选题 13 14 所以an=a3qn-3=×2n-3=, =,故C正确; 由q=2,可得a1=,a2+a3=,a4=, 显然不是等差数列,D错误. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 9.(2025·郑州模拟)设函数f(x)=,数列{xn}满足x1=,xn+1=f(xn),则 A.x2= B.f(xn)+f为定值 C.数列为等比数列 D.xn<1+ √ √ 由xn+1=f(xn)=,x1=, 则x2===,故A正确; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由f(xn)+f=+= =, 显然f(xn)+f非常数,故B错误; 由===5·, 又=5,则=5, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 则数列是以5为首项,以5为公比的等比数列,故C正确; 则=5n,即xn=+1, 由1+-xn=1+- =>0, 则xn<1+,故D正确. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 10.(2025·渭南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,由S13=6.则3a9-2a10= 　　　　.  因为数列{an}为等差数列, 则S13=13a7=6,即a7=, 所以3a9-2a10=(a7+a9+a11)-(a9+a11)=a7=. 三、填空题 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 11.(2025·安庆调研)正项等差数列{an}的前n项和为Sn,若,a1+2,S13成等比数列,则的最小值为　　　　.  设{an}的公差为d, 则×S13=a7=(a1+2)2, 得a1+6d=(a1+2)2,得6d=+3a1+4, 而an>0,==7+=7+a1++≥+2=,当且仅当a1=2时取得等号. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 12.(2025·宜荆荆恩调研)已知数列{an}有30项,a1=2,且对任意n∈{2,3,…,30},都存在i∈{1,2,…,n-1},使得an=ai+3. (1)a5=　　　　　　;(写出所有可能的取值)  5,8,11,14 当n=2时,a2=a1+3=5, 当n=3时,a3=a1+3=5或a3=a2+3=8, 当n=4时,a4=a1+3=5或a4=a2+3=8或a4=a3+3时有a4=8或a4=11, 当n=5时,a5=a1+3=5或a5=a2+3=8或a5=a3+3时有a5=8或a5=11或a5=a4+3时有a5=8或a5=11或a5=14. 综上所述,a5的所有可能取值为5,8,11,14. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)数列{an}中,若ak满足:存在j∈{1,2,…,k-1},使得ak=aj,则称ak具有性质P.若{an}中恰有4项具有性质P,且这4项的和为20,则an=　　　　.  1 047 {an}中恰有4项具有性质P,且这4项的和为20,故a1=2, a2=a3=a4=a5=a6=5, 即a3=a4=a5=a6=5具有性质P, 则易知从a6开始是以5为首项,3为公差的等差数列, ∴an=2+5×4+25×5+×3=1 047. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 13.(2025·金华质检)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列; 由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn). 又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列. 由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8, 即an+1-bn+1=an-bn+2. 又因为a1-b1=1, 所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列. 四、解答题 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)求{an}和{bn}的通项公式. 由(1)知,an+bn=, an-bn=2n-1. 所以an=[(an+bn)+(an-bn)] =+n-, bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 14.(2025·莆田二模)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知2a4=a3+14,S3=15. (1)求{an}的通项公式; 设公差为d,由题意得2a1+6d=a1+2d+14, S3=3a1+3d=15, 解得d=3,a1=2, 故an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)记集合A={x|x=an,n∈N*},B={x|x=2n+1,n∈N*),将A∪B中的元素从小到大依次排列,得到新数列{bn},求{bn}的前20项和. A={2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38,41,44,47,50,53,56,…}, B={3,5,9,17,33,65,…}, 故{bn}的前20项为2,3,5,8,9,11,14,17,20,23,26,29,32,33,35,38,41,44,47,50, 故{bn}的前20项和为2+5+8+11+14+17+20+23+26+29+32+35+38+41+44+47+50+3+9+33=S17+3+9+33=17×2+×3+45=487. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 $