等差数列与等比数列
【2019年高考考纲解读】
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.
2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．
【重点、难点分析】
一、等差数列、等比数列的运算
1．通项公式
等差数列：an＝a1＋(n－1)d；
等比数列：an＝a1·qn－1.
2．求和公式
等差数列：Sn＝＝na1＋d；
等比数列：Sn＝＝(q≠1)．
3．性质
若m＋n＝p＋q，
在等差数列中am＋an＝ap＋aq；
在等比数列中am·an＝ap·aq.
二 等差数列、等比数列的判定与证明
证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
(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，n∈N*)．
(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*)为一常数；
②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．
三、等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．
【高考题型示例】
题型一、等差数列、等比数列的运算
例1、(1)(2018·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )
A．－12 B．－10
C．10 D．12
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
故选B.
(2) (2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
①求{an}的通项公式；
②记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.
【感悟提升】在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
【变式探究】(1)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于( )
A．－2 B．－1 C. D.
答案 B
解析 S4－S2＝a3＋a4＝3a4－3a2，
即3a2＋a3－2a4＝0，即3a2＋a2q－2a2q2＝0，
即2q2－q－3＝0，解得q＝－1(舍)或q＝，
当q＝时，代入S2＝3a2＋2，
得a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a1＝－1.
(2) 设各项均为正数的等比数列{an}中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.
答案 3 162
解析 由题意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9.
∵等比数列{an}的各项均为正数，
∴q＝3，解得a1＝2，故a5＝162.
题型二 等差数列、等比数列的判定与证明
例2、已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝(3an－1－bn－1)，bn＝－(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2.
(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；
(2)求数列的前n项和Tn.
(1)证明 an－bn＝(3an－1－bn－1)－(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)，
又a1－b1＝3－(－1)＝4，
所以{an－bn}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)解 由(1)知，an－bn＝2n＋1，①
又an＋bn＝(3an－1－bn－1)＋(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1，
又a1＋b1＝3＋(－1)＝2，
所以{an＋bn}为常数数列，an＋bn＝2，②
联立①②得，an＝2n＋1，
＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝－＝－(n∈N*)．
【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法．
(2)a＝an－1an＋1(n≥2)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．
【变式探究】已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．
(1)求证：数列{S}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
(2)解 由(1)可得S＝1＋n－1＝n，
∵数列{an}的各项都为正数，
∴Sn＝，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
又a1＝S1＝1满足上式，
∴an＝－(n∈N*)．
(3)解 由(2)得bn＝＝
＝(－1)n(＋)，
当n为奇数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－，
当n为偶数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n(n∈N*)．
题型三 等差数列、等比数列的综合问题
例3、已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn
解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝(n∈N*)．
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，
则q＝＝，
∴Tm＝＝8，
∵m随m的增加而减少，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.
又Sn＝＝－(n2－9n)
＝－，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．
【感悟提升】
(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．
(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．
【变式探究】已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足an＋1＝，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．
解 (1)由已知得Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝1，
又an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an，
得an＋1＝an，
所以数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列，
所以an＝n－1(n∈N*)．
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等差数列与等比数列
1．已知等差数列{an}中，a4＝9，S4＝24，则a7等于( )
A．3 B．7
C．13 D．15
答案 D
解析 由于数列为等差数列，依题意得
解得d＝2，所以a7＝a4＋3d＝9＋6＝15.
2．已知等比数列{an}的首项为1，公比q≠－1，且a5＋a4＝3，则 等于( )
A．－9 B．9
C．－81 D．81
答案 B
解析 根据题意可知＝q2＝3，
而＝＝a5＝a1·q4＝1×32＝9.
3．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项和为( )
A．－24 B．－3 C．3 D．8
答案 A
解析 由已知条件可得a1＝1，d≠0，
由a＝a2a6，可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，
解得d＝－2或d＝0(舍)．
所以S6＝6×1＋＝－24.
4．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )
A．13 B．12
C．11 D．10
答案 B
解析 设等比数列为{an}，其前n项积为Tn，由已知得a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，可得(a1an)3＝2×4，a1an＝2，
∵Tn＝a1a2…an，∴T＝(a1a2…an)2
＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212，
∴n＝12.
5．已知数列{an}满足＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，则(a5＋a7＋a9)等于( )
A．－3 B．3 C．－ D.
答案 A
解析 ∵＝25·＝，
∴an＋1＝an＋2，
∴数列{an}是等差数列，且公差为2.
∵a2＋a4＋a6＝9，
∴3a4＝9，a4＝3.
∴＝＝＝＝－3.
6．数列{an}是以a为首项，b为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1,2，…)，数列满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若为等比数列，则a＋b等于( )
A. B．3 C. D．6
答案 B
\7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝15，且满足an＋1＝an＋4n2－16n＋15，已知n，m∈N*，n>m，则Sn－Sm的最小值为( )
A．－ B．－ C．－14 D．－28
答案 C
解析 根据题意可知
(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋(2n－5)(2n－3)，
式子的每一项都除以(2n－5)(2n－3)，
可得＝＋1，
即－＝1，
所以数列是以＝－5为首项，以1为公差的等差数列，
所以＝－5＋(n－1)·1＝n－6，
即an＝(n－6)(2n－5)，
由此可以判断出a3，a4，a5这三项是负数，
从而得到当n＝5，m＝2时，Sn－Sm取得最小值，
且Sn－Sm＝S5－S2＝a3＋a4＋a5＝－3－6－5＝－14.
8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋a12－a8＝8，a10－a6＝4，则S23＝( )
A．23 B．96 C．224 D．276
【解析】设等差数列{an}的公差为d，依题意得a4＋a12－a8＝2a8－a8＝a8＝8，a10－a6＝4d＝4，解得d＝1，所以a8＝a1＋7d＝a1＋7＝8，解得a1＝1，所以S23＝23×1＋×1＝276，选D.
【答案】D
9．已知数列{an}为等比数列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差数列，则公差d为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】设{an}的公比为q，由题意得2(a3＋4)＝a1＋1＋a5＋7?2a3＝a1＋a5?2q2＝1＋q4?q2＝1，即a1＝a3，d＝a3＋4－(a1＋1)＝4－1＝3，选B.
【答案】B
10．等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．5
【解析】因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，
所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，
故a9＋a11＝＝＝2；
同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，
所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝＝＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
【答案】C
11．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪[1，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
【答案】D
12．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝(n∈N*)，则＝( )
A．16 B. C. D.
【解析】令Sn＝38n2＋14n，Tn＝2n2＋n，∴a6＝S6－S5＝38×62＋14×6－(38×52＋14×5)＝38×11＋14；b7＝T7－T6＝2×72＋7－(2×62＋6)＝2×13＋1，∴＝＝＝16.故选A.
【答案】A
13．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项的和，则(n∈N*)的最小值为( )
A．4 B．3 C．2－2 D.
【解析】∵a1＝1，a1、a3、a13成等比数列，
∴(1＋2d)2＝1＋12d.得d＝2或d＝0(舍去)
∴an＝2n－1，
∴Sn＝＝n2，
∴＝.令t＝n＋1，
则＝t＋－2≥6－2＝4当且仅当t＝3，
即n＝2时等号成立，∴的最小值为4.故选A.
【答案】A
14．已知等差数列{an}的公差不为0，a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列，设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝________.
15．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝8，且Sn≤S7，则公差d的取值范围是________．
答案
解析 ∵a2＝8＝a1＋d，
∴a1＝8－d，
Sn＝na1＋d＝(8－d)n＋d
＝dn2＋n，
对称轴为n＝－，
∵Sn≤S7，∴S7为Sn的最大值，
由二次函数的性质可得，
得－≤d≤－，
即d的取值范围是.
16．已知数列{an}与(n∈N*)均为等差数列，且a1＝2，则a1＋2＋3＋…＋n＝________.
答案 2n＋1－2
解析 设an＝2＋(n－1)d，
所以＝
＝，
由于为等差数列，
所以其通项是一个关于n的一次函数，
所以(d－2)2＝0，∴d＝2.
所以an＝2＋2(n－1)＝2n，∴＝＝2.
所以a1＋2＋3＋…＋n＝21＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2.
17．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列，则b2 017＝________.
答案 1
解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，
此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，
构成以8项为周期的周期数列，所以b2 017＝b1＝1.
18．已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an答案 [0，＋∞)
解析 由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，
得－＝λ，
所以数列的奇数项和偶数项分别构成首项均为1，
且公差均为λ的等差数列．
因为a1＝1，a2＝2，
所以当n为奇数时，＝1＋λ＝λ＋1，
所以an＝λ＋n；
当n为偶数时，＝1＋λ＝λ＋1，
所以an＝λ＋n.
当n为奇数时，由an得λ＋n<λ＋n＋1，
即λ(n－1)>－2，若n＝1，则λ∈R；
若n>1，则λ>－，所以λ≥0.
当n为偶数时，由an得λ＋n<λ＋n＋1，
即3nλ>－2，所以λ>－，即λ≥0.
综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．
19．已知等差数列{an}中，a3＝，则cos(a1＋a2＋a6)＝________.
【解析】∵在等差数列{an}中，a1＋a2＋a6＝a2＋a3＋a4＝3a3＝π，∴cos(a1＋a2＋a6)＝cosπ＝－.
【答案】－
20．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝5，则＝________.
【解析】解法一：设数列{an}的公比为q，由已知得＝1＋＝5，即1＋q2＝5，
所以q2＝4，＝1＋＝1＋q4＝1＋16＝17.
解法二：由等比数列的性质可知，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，若设S2＝a，则S4＝5a，
由(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)得S6＝21a，同理得S8＝85a，
所以＝＝17.
【答案】17
21．已知数列{xn}各项均为正整数，且满足xn＋1＝n∈N*.若x3＋x4＝3，则x1所有可能取值的集合为________．
【解析】由题意得x3＝1，x4＝2或x3＝2，x4＝1.
当x3＝1时，x2＝2，从而x1＝1或4；
当x3＝2时，x2＝1或4，
因此当x2＝1时，x1＝2，当x2＝4时，x1＝8或3.
综上，x1所有可能取值的集合为{1,2,3,4,8}．
【答案】{1,2,3,4,8}
22．已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，由题意得q3＝＝8，解得q＝2.
因为b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)可得，Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
23．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a＝a1a3，即2＝λ，故λ2－4λ＋9＝λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．所以对任意实数λ，数列{an}都不是等比数列．
(2)因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n＋1·＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn，b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b1＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，
则bn≠0，所以＝－(n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列．
24．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，若a·b＝24，且S11＝143，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足＝λTn－(a1－1)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式及数列的前n项和Mn；
(2)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由．
(2)因为＝λTn－(a1－1)(n∈N*)，且a1＝3，
所以Tn＝＋，
当n＝1时，b1＝；
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝，
此时有＝4，若{bn}是等比数列，
则有＝4，而b1＝，b2＝，彼此相矛盾，
故不存在非零实数λ使数列{bn}为等比数列．
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