第1講等差數列與等比數列考情考向分析1.等差、等比數列基本量和性質的考查是高考熱點，經常以小題形式出現.2.等差、等比數列的判定及綜合應用也是高考考查的重點，注意基本量及定義的使用，考查分析問題、解決問題的綜合能力熱點一等差數列、等比數列的運算1.通項公式等差數列：ana1(n1)d；等比數列：ana1qn1.2求和公式等差數列：Snna1d；等比數列：Sn3性質若mnpq，在等差數列中amanapaq；在等比數列中amanapaq.例1(1)(2018全國)記Sn為等差數列an的前n項和，若3S3S2S4，a12，則a5等于()A12 B10 C10 D12答案B解析設等差數列an的公差為d，由3S3S2S4，得32a1d4a1d，將a12代入上式，解得d3，故a5a1(51)d24(3)10.故選B.(2)(2018杭州質檢)設各項均為正數的等比數列an中，若S480，S28，則公比q_，a5_.答案3162解析由題意可得，S4S2q2S2，代入得q29.等比數列an的各項均為正數，q3，解得a12，故a5162.思維升華在進行等差(比)數列項與和的運算時，若條件和結論間的聯系不明顯，則均可化成關于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體計算，以減少計算量跟蹤演練1(1)(2018浙江省重點中學聯考)設Sn為等差數列an的前n項和，若a12 017，S62S318，則S2 019等于()A2 016 B2 019 C2 017 D2 018答案B解析在等差數列an中，設公差為d.S62S318，a4a5a6(a1a2a3)9d18.d2，S2 0192 019a12 0192 0182 0192 0172 019，故選B.(2)(2018全國)等比數列an中，a11，a54a3.求an的通項公式；記Sn為an的前n項和，若Sm63，求m.解設an的公比為q，由題設得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1(nN*)若an(2)n1，則Sn.由Sm63得(2)m188，此方程沒有正整數解若an2n1，則Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.綜上，m6.熱點二等差數列、等比數列的判定與證明證明數列an是等差數列或等比數列的證明方法(1)證明數列an是等差數列的兩種基本方法利用定義，證明an1an(nN*)為一常數；利用等差中項，即證明2anan1an1(n2，nN*)(2)證明數列an是等比數列的兩種基本方法利用定義，證明(nN*)為一常數；利用等比中項，即證明aan1an1(n2，nN*)例2已知數列an，bn，其中a13，b11，且滿足an(3an1bn1)，bn(an13bn1)，nN*，n2.(1)求證：數列anbn為等比數列；(2)求數列的前n項和Tn.(1)證明anbn(3an1bn1)(an13bn1)2(an1bn1)，又a1b13(1)4，所以anbn是首項為4，公比為2的等比數列(2)解由(1)知，anbn2n1，又anbn(3an1bn1)(an13bn1)an1bn1，又a1b13(1)2，所以anbn為常數數列，anbn2，聯立得，an2n1，所以，所以Tn(nN*)思維升華(1)判斷一個數列是等差(比)數列，也可以利用通項公式及前n項和公式，但不能作為證明方法(2)aan1an1(n2)是數列an為等比數列的必要不充分條件，判斷時還要看各項是否為零跟蹤演練2已知an是各項都為正數的數列，其前n項和為Sn，且Sn為an與的等差中項(1)求證：數列S為等差數列；(2)求數列an的通項公式；(3)設bn，求bn的前n項和Tn.(1)證明由題意知2Snan，即2Snana1，(*)當n2時，有anSnSn1，代入(*)式得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1(n2)又當n1時，由(*)式可得a1S11，數列S是首項為1，公差為1的等差數列(2)解由(1)可得S1n1n，數列an的各項都為正數，Sn，當n2時，anSnSn1，又a1S11滿足上式，an(nN*)(3)解由(2)得bn(1)n()，當n為奇數時，Tn1(1)()()()，當n為偶數時，Tn1(1)()()()，數列bn的前n項和Tn(1)n(nN*)熱點三等差數列、等比數列的綜合問題解決等差數列、等比數列的綜合問題，要從兩個數列的特征入手，理清它們的關系；數列與不等式、函數、方程的交匯問題，可以結合數列的單調性、最值求解例3已知等差數列an的公差為1，且a2a7a126.(1)求數列an的通項公式an與其前n項和Sn；(2)將數列an的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數列bn的前3項，記bn的前n項和為Tn，若存在mN*，使得對任意nN*，總有SnTm恒成立，求實數的取值范圍解(1)由a2a7a126，得a72，a14，an5n，從而Sn(nN*)(2)由題意知b14，b22，b31，設等比數列bn的公比為q，則q，Tm8，m隨m的增加而減少，Tm為遞增數列，得4Tm8.又Sn(n29n)，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使得對任意nN*，總有SnTm，則102.即實數的取值范圍為(2，)思維升華(1)等差數列與等比數列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便(2)數列的項或前n項和可以看作關于n的函數，然后利用函數的性質求解數列問題(3)數列中的恒成立問題可以通過分離參數，通過求數列的值域求解跟蹤演練3已知數列an的前n項和為Sn，且Sn13(an1)，nN*.(1)求數列an的通項公式；(2)設數列bn滿足an1若bnt對于任意正整數n都成立，求實數t的取值范圍解(1)由已知得Sn3an2，令n1，得a11，又an1Sn1Sn3an13an，得an1an，所以數列an是以1為首項，為公比的等比數列，所以ann1(nN*)(2)由an1 得bnn1nn1，所以bn1bn(n1)nnn1(2n)，所以(bn)maxb2b3，所以t.即t的取值范圍為.真題體驗1(2017全國改編)記Sn為等差數列an的前n項和若a4a524，S648，則an的公差為_答案4解析設an的公差為d，由得解得d4.2(2017浙江改編)已知等差數列an的公差為d，前n項和為Sn，則“d0”是“S4S62S5”的_條件答案充要解析方法一數列an是公差為d的等差數列，S44a16d，S55a110d，S66a115d，S4S610a121d,2S510a120d.若d0，則21d20d,10a121d10a120d，即S4S62S5.若S4S62S5，則10a121d10a120d，即21d20d，d0.“d0”是“S4S62S5”的充要條件方法二S4S62S5S4S4a5a62(S4a5)a6a5a5da5d0.“d0”是“S4S62S5”的充要條件3(2017北京)若等差數列an和等比數列bn滿足a1b11，a4b48，則_.答案1解析設等差數列an的公差為d，等比數列bn的公比為q，則由a4a13d，得d3，由b4b1q3，得q38，q2.1.4(2017江蘇)等比數列an的各項均為實數，其前n項和為Sn，已知S3，S6，則a8_.答案32解析設an的首項為a1，公比為q，則解得所以a8272532.押題預測1設等差數列an的前n項和為Sn，且a10，a3a100，a6a70的最大自然數n的值為()A6 B7C12 D13押題依據等差數列的性質和前n項和是數列最基本的知識點，也是高考的熱點，可以考查學生靈活變換的能力答案C解析a10，a6a70，a70，a1a132a70，S130的最大自然數n的值為12.2在等比數列an中，a33a22，且5a4為12a3和2a5的等差中項，則an的公比等于()A3 B2或3C2 D6押題依據等差數列、等比數列的綜合問題可反映知識運用的綜合性和靈活性，是高考出題的重點答案C解析設公比為q,5a4為12a3和2a5的等差中項，可得10a412a32a5，10a3q12a32a3q2，得10q122q2，解得q2或3.又a33a22，所以a2q3a22，即a2(q3)2，所以q2.3已知各項都為正數的等比數列an滿足a7a62a5，存在兩項am，an使得4a1，則的最小值為()A. B.C. D.押題依據本題在數列、方程、不等式的交匯處命題，綜合考查學生應用數學的能力，是高考命題的方向答案A解析由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理得q2q20，解得q2或q1(不合題意，舍去)又由4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)，當且僅當，即n2m4時取等號4定義在(，0)(0，)上的函數f(x)，如果對于任意給定的等比數列an，f(an)仍是等比數列，則稱f(x)為“保等比數列函數”現有定義在(，0)(0，)上的如下函數：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.則其中是“保等比數列函數”的f(x)的序號為()A BC D押題依據先定義一個新數列，然后要求根據定義的條件推斷這個新數列的一些性質或者判斷一個數列是否屬于這類數列的問題是近年來高考中逐漸興起的一類問題，這類問題一般形式新穎，難度不大，常給人耳目一新的感覺答案C解析由等比數列的性質得，anan2a.f(an)f(an2)aa(a)2f(an1)2；f(an)f(an2)f(an1)2；f(an)f(an2)f(an1)2；f(an)f(an2)ln|an|ln|an2|(ln|an1|)2f(an1)2.A組專題通關1在正項等比數列an中，已知a3a564，則a1a7的最小值為()A64 B32C16 D8答案C解析在正項等比數列an中，a3a564，a3a5a1a764，a1a7222816，當且僅當a1a78時取等號，a1a7的最小值為16，故選C.2(2018嘉興市、麗水市模擬)已知數列an為等差數列，且a81，則2|a9|a10|的最小值為()A3 B2C1 D0答案C解析因為數列an為等差數列，所以2a9a8a10，則2|a9|a8a10|a8|a10|，所以2|a9|a10|a8|1，當且僅當a100，dS30Ba1d0，dS30Ca1d0Da1d0，dS30答案C解析因為數列an為等差數列，且a2，a3，a6構成等比數列，所以aa2a6，即(a12d)2(a1d)(a15d)，結合d0化簡得d2a10，則a1d2a0，故選C.4(2018浙江省溫州六校協作體聯考)設an是公比為實數q的等比數列，首項a164，對于nN*，an2bn，當且僅當n4時，數列bn的前n項和取得最大值，則q的取值范圍是()A. B. C. D.答案C解析由題意得2bn1bnq0，所以bn1bnlog2q為常數，又因為a164，所以b16，所以數列bn為首項為6，公差為log2q的等差數列，又因為當且僅當n4時，數列bn的前n項和取得最大值，所以解得q0，a50，a50，所以等差數列an的公差d0，且解得3da10，所以S15S10S52224，當且僅當S5，即S51時等號成立，所以S15S10的最小值為4.10(2018天津)設an是等比數列，公比大于0，其前n項和為Sn(nN*)，bn是等差數列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通項公式；(2)設數列Sn的前n項和為Tn(nN*)，求Tn；證明：2(nN*)(1)解設等比數列an的公比為q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q0，可得q2，故an2n1.設等差數列bn的公差為d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，從而b11，d1，故bnn.所以數列an的通項公式為an2n1(nN*)，數列bn的通項公式為bnn(nN*)(2)解由(1)得Sn2n1，故Tn(2k1)knn2n1n2(nN*)證明因為，所以2(nN*)B組能力提高11(2018浙江省名校新高考研究聯盟聯考)已有正項數列an是單調遞增的等差數列，bn是等比數列，且滿足a1b1，a5b5，則以下結論：a3b3；a6b6，正確的個數是()A0 B1 C2 D3答案B解析設數列an的公差為d，數列bn的公比為q，則由a5b5得a14db1q4，又a1b1，所以d.因為數列an為正項單調遞增數列，所以a10，d0，則q410，解得q1或q1時，an可以看作是直線上的點的縱坐標，bn可以看作是指數函數圖象上的點的縱坐標，則易得此時a6b6；當q1時，b6b6，錯誤由等差數列和等比數列的性質易得a3，bb1b5a1a5，則ab2a1a520，所以a3b3，錯誤，正確綜上所述，正確結論的個數為1.故選B.12已知數列an的前n項和為Sn，a115，且滿足an1an4n216n15，已知n，mN*，nm，則SnSm的最小值為()A B C14 D28答案C解析根據題意可知(2n5)an1(2n3)an(2n5)(2n3)，式子左、右兩端同除以(2n5)(2n3)，可得1，即1，所以數列是以5為首項，以1為公差的等差數列，所以5(n1)1n6，即an(n6