专题一 等差数列、等比数列讲义
一、考情分析
高频考点 高考预测
求等差、等比数列的指定项、公差或公比 在选择、填空题中会继续考查等差数列、等比数列基本量的计算,注意整体思想、方程思想和转化思想的运用
求等差、等比数列的前n项和
数列的转化与构造(即归结为等差,等比数列问题)
二、回归真题
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.
2.(2023·新高考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
3.(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
三、考点探究
考点一 等差数列基本量的计算
例1 (1)(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16=( )
A.120 B.140 C.160 D.180
(2)(2024·湖北十一校二联)已知在数列{an}中,a1,a11∈N*,数列{an}的前n项和为Sn,为等差数列,S14=77,则S100= .
总结 1.五个量a1,d,n,an,Sn知三求二,列方程或方程组求解.
2.运用等差数列性质,可减少运算量.
3.最值问题,注意找分界项,可利用单调性、基本不等式等.
训练1 (1)(2024·湖北七市州联测)已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3,a4,a7是等比数列,则当Sn取最大值时,n=( )
A.2或3 B.2 C.3 D.4
(2)(2024·青岛适考)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn,S20=100,则a10·a11的最大值为( )
A.9 B.16 C.25 D.50
考点二 等比数列基本量的计算
例2 (1)(2024·如皋诊断)在等比数列{an}中,a1+ax=82,a3ax-2=81,且前x项和Sx=121,则此数列的项数x等于( )
A.4 B.5 C.6 D.7
(2)(2024·湖州中学质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10∶S5=1∶2,则S15∶S5等于( )
A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3
总结 1.求和时注意分析公比是否为-1.
2.常用整体代入,或两和式相除.
3.常用等比数列性质来简化运算.
训练2 (1)(2024·广州 综合测试)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a3a5=2a2a4,则=( )
A.5 B.4 C.3 D.9
(2)(2024·重庆联考)记数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an+λ,且S6=252,则λ= .
考点三 构造等差、等比数列求项或和
例3 (1)(2024·浙江L16联盟适应性测试)已知数列{an}满足a1=1,且对任意m,n∈N*(m>n)均有am+n+am-n=2am+2an.记{an}的前n项和为Sn,则S7=( )
A.28 B.140 C.256 D.784
(2)(2024·广东联考)在数列{an}中,a1=3,且an+1=3an+4n-6(n∈N*),则{an}的通项公式为 .
总结 由项或和的递推公式求通项公式的基本策略:通过变形、待定系数,根据m,n∈N的等式取特殊值或两式进行适当的运算,运用同构思想转化为等差、等比数列.
训练3 (1)(2024·河南TOP二十名校质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),则a1 314=( )
A.1 056 B.1 123 C.1 315 D.2 627
(2)(2024·金陵中学模拟)已知数列{an}满足a1=1,2an+1-an+anan+1=0(n∈N*),则数列{an}的通项公式为 .
专题一 等差数列、等比数列练习
(分值：73分)
单选题每小题5分，共40分；多选题每小题6分，共18分.
一、单选题
1.(2024·江苏四校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20＝( )
A.7 B.8 C.9 D.10
2.(2024·浙江9＋1高中联盟模拟)已知数列{an}满足：a1＝a9＝40，且数列{an}为等差数列，则a100＝( )
A.10 B.40 C.100 D.103
3.(2024·南京、盐城一模)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋5a1，a5＝4，则a1＝( )
A. B.－ C. D.－
4.(2024·湖南师大附中调研)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，Tn是数列的前n项和，若S7＝7，S15＝75，则Tn＝( )
A. B. C. D.
5.(2024·辽宁实验中学适考)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝( )
A.n B.＋ C.n D.n
6.(2024·嘉兴一中模拟)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝a3＝1，令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*).若数列{bn}是公比为2的等比数列，则a2 024＝( )
A. B. C. D.
7.(2024·河北一模)若数列{an}满足an＋1＝(an≠0且an≠－1)，则与的比值为( )
A. B. C.2 D.3
8.(2024·温州适考)已知{an}为等比数列，则“a2 024＝1”是“a1·a2·…·an＝a1·a2·…·
a4 047－n，n是任意正整数”的( )
A.充分条件但不是必要条件 B.必要条件但不是充分条件
C.充要条件 D.既不是充分条件也不是必要条件
二、多选题
9.(2024·东北三省二模)已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项的和，若a1<0，S2 000＝S2 024，则( )
A.d>0 B.a2 012＝0 C.S4 024＝0 D.Sn≥S2 012
10.(2024·太原诊断)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A.{an}是等比数列 B.a4＝15
C.a10<1 000 D.Sn＝2an－n
11.(2024·湖北十一校二联)如图所示的数阵的特点是：每行每列都成等差数列，该数列一共有n行n列(n≥100)，aij表示第i行第j列的数，比如a23＝7，a54＝21，则( )
2 3 4 5 6 7 ……
3 5 7 9 11 13 ……
4 7 10 13 16 19 ……
5 9 13 17 21 25 ……
6 11 16 21 26 31
7 13 19 25 31 37 ……
…… …… …… …… …… …… ……
A.a77＝50
B.数字65在这个数阵中出现的次数为8次
C.aij＝i×j＋1
D.这个数阵中n2个数的和S＝
三、填空题
12.(2024·湖州中学质检)在等比数列{an}中，n∈N*，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于________.
13.(2024·江西九师联盟联考)在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，x1，x2，…，x2n－1，3为数列1，3的第n次扩展数列，令an＝log3(1×x1×x2×…×x2n－1×3)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________.
14.(2023·浙江强基联盟联考)用[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}满足：a1＝，an＋1＝λa－μ(an－1)，n∈N*.若λ＝0，μ＝－2，则an＝________；若λ＝μ＝1，则＝________.答案详解
专题一 等差数列、等比数列讲义
二、回归真题
1.B[由S5=S10,得,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d=,所以a1=a5-4d=1-4×,选B.]
2.C [法一 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.
法二 易知S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,…为等比数列,所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4),解得S2=-1或S2=.
当S2=-1时,由(S6-S4)2=(S4-S2)·(S8-S6),解得S8=-85;当S2=时,结合S4=-5得化简可得q2=-5,不成立,舍去.
所以S8=-85,故选C.]
3.95 [法一 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.
法二 设{an}的公差为d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5=5,得a2=-1,a5=8,故d==3,a6=11,
则S10=×10=5(a5+a6)=5×19=95.]
三、考点探究
例1 (1)C(2)-3 750 [(1)因为a3+a7=2a5=6,所以a5=3,所以a5+a12=3+17=20,所以S16==8(a5+a12)=160,故选C.
(2)∵为等差数列,所以设=An+B,A,B为常数,
∴Sn=An2+Bn,∴a1=A+B,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=An2+Bn-A(n-1)2-B(n-1)=2An-A+B,
∴an=2An-A+B,n∈N*,则an-an-1=2A(常数).∴数列{an}为等差数列,
∵S14=77,∴7(a1+a14)=7(a4+a11)=77,所以
即,∴7a1+13a11=110,∵a1,a11∈N*,∴a11≤,
经检验可得a1=12,a11=2,则d==-1,∴an=13-n,∴Sn=,∴S100=-3 750.]
训练1 (1)B (2)C [(1)设等差数列{an}的公差为d(d<0),由a3,a4,a7是等比数列,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),解得a1=-d,则an=a1+(n-1)d=d,显然等差数列{an}单调递减,当n≤2时,an>0,当n≥3时,an<0,所以当Sn取最大值时,n=2.故选B.
(2)∵S20=×20=100,∴a1+a20=10,∴a10+a11=a1+a20=10.又∵a10>0,a11>0,∴a10·a11≤=25,当且仅当a10=a11=5时,取“=”,∴a10·a11的最大值为25.故选C.]
例2 (1)B (2)A [(1)由已知条件可得设等比数列{an}的公比为q.①当a1=1,ax=81时,由Sx==121,解得q=3,∴ax=a1qx-1=3x-1=81,解得x=5;②当a1=81,ax=1时,由Sx==121,解得q=,∴ax=a1qx-1=81×=35-x=1,解得x=5.综上所述,x=5.故选B.
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn,则S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,设S5=m,则S10=,S10-S5=-,所以S15-S10=,所以S15=,所以,即S15∶S5=3∶4.故选A.]
训练2 (1)C (2)-4 [(1)根据题意,设等比数列{an}的公比为q,若a3a5=2a2a4,即=q2=2,故=1+q2=3.
(2)由题意Sn=2an+λ,所以a1=S1=2a1+λ,解得a1=-λ,当n≥2,n∈N*时,Sn=2an+λ=2(Sn-Sn-1)+λ,所以Sn-λ=2(Sn-1-λ),所以{Sn-λ}是以S1-λ=a1-λ=-2λ为首项,2为公比的等比数列,所以Sn-λ=-λ2n,即Sn=λ(1-2n),又因为S6=λ(1-26)=252,所以λ=-4.]
例3 (1)B (2)an=3n-2(n-1) [(1)由数列{an}满足a1=1,且am+n+am-n=2am+2an,令n=1,可得am+1+am-1=2am+2a1=2am+2,即(am+1-am)-(am-am-1)=2,再令bm=am+1-am,可得bm-bm-1=2,即数列{bm}是公差为2的等差数列,又由b1=a2-a1=a2-1,可得bm=2m-3+a2,即am+1-am=2m-3+a2,又由am=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(am-am-1)=(m-2)2+(m-1)a2,即am=(m-2)2+(m-1)a2,所以a3=1+2a2及a5=9+4a2,令m=3,n=2,可得a5+a1=2a3+2a2,代入可得9+4a2+1=2(1+2a2)+2a2,解得a2=4,所以am=(m-2)2+(m-1)×4=m2,即数列{an}的通项公式为an=n2,所以S7=12+22+32+42+52+62+72=140.故选B.
(2)因为an+1=3an+4n-6(n∈N*),设an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y),其中x,y∈R,整理可得an+1=3an+2xn+2y-x,所以所以an+1+2(n+1)-2=3(an+2n-2),且a1+2×1-2=a1=3,所以数列{an+2n-2}是首项为3,公比也为3的等比数列,所以an+2n-2=3×3n-1=3n,解得an=3n-2(n-1),n∈N*.]
训练3 (1)D (2)an= [(1)因为a1=1,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),所以S1=1,=1,所以数列是首项为1公差为1的等差数列,所以=n,所以Sn=n2,所以a1 314=S1 314-S1 313=1 3142-1 3132=2 627.故选D.
(2)数列{an}中,a1=1,2an+1-an+anan+1=0,显然an≠0,则有+1,即,而+1=2,因此数列是以2为首项,2为公比的等比数列,所以+1=2n,即an=,n∈N*.]
答案详解
专题一 等差数列、等比数列练习
1.C [在等差数列{an}中,S4=1,S8=4,所以S4=1,S8-S4=3,故S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12,S20-S16构成公差为2的等差数列,所以S20-S16=1+(5-1)×2=9,即a17+a18+a19+a20=9.故选C.]
2.D [设数列{an}的公差为d,则d==10,故10a100=a1+99d=1 030,所以a100=103.故选D.]
3.A [设等比数列{an}的公比为q,由S3=a2+5a1,得a1+a2+a3=a2+5a1,即a3=4a1=a1q2,所以q2=4,又a5=4,所以a1q4=a1(q2)2=a1×42=4,所以a1=.故选A.]
4.A [设{an}的首项为a1,公差为d,则Sn=na1+,则,则,故的等差数列,又=1,=5,所以8×=5-1=4,解得d=1,又7a1+21d=7,解得a1=-2,故为首项为-2,公差为的等差数列,所以Tn=-2n+.]
5.D [由an+1=3an-4n可得an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)],∵a1=3,∴a1-(2×1+1)=0,则可得数列{an-(2n+1)}为常数列0,即an-(2n+1)=0,∴an=2n+1,∴bn=,∴Sn=n+.故选D.]
6.B [b1=a1+a2+a3=0+1+1=2,数列{bn}是公比为2的等比数列,则bn=2n,即an+3-an=an+1+an+2+an+3-(an+an+1+an+2)=bn+1-bn=2n+1-2n=2n,a2 024=(a2 024-a2 021)+(a2 021-a2 018)+(a2 018-a2 015)+…+(a5-a2)+a2=22 021+22 018+22 015+…+22+1=.故选B.]
7.D [an+1=,由an≠0,则an+1≠0,在等式两边同时取倒数得,,在两边同加1得,,又an≠-1,则an+1≠0,则有=3,则数列的比值为3.故选D.]
8.C [因为{an}为等比数列,则an+1·a4 047-n=,若a2 024=1,则an+1·an+2·…·a4 047-n=1,则a1·a2·…·an=a1·a2·…·a4 047-n,所以a2 024=1是a1·a2·…·an=a1·a2·…·a4 047-n的充分条件;又根据已知可知a1·a2·…·an=a1·a2·…·an·…·a4 047-n,约去a1·a2·…·an可得an+1·an+2·…·a4 047-n=1,因为{an}为等比数列,所以an+1·a4 047-n=,所以a2 024=1,所以当{an}为等比数列时,a1·a2·…·an=a1·a2·…·a4 047-n是a2 024=1的充分条件.故选C.]
9.ACD [因为S2 000=S2 024,所以a2 001+a2 002+…+a2 024=0,所以=0,所以a2 001+a2 024=a2 012+a2 013=2a1+4 023d=0,又因为a1<0,所以d=-a1>0,故A正确;a2 012=a1+2 011d=a1-a1<0,故B错误;S4 024==2 012(a2 001+a2 024)=0,故C正确;因为a2 012<0,a2 013=-a2 012>0,所以当n≤2 012时,an<0,当n≥2 013时,an>0,所以(Sn)min=S2 012,所以Sn≥S2 012,故D正确.故选ACD.]
10.BD [由an+1=2an+1(n∈N*)得an+1+1=2(an+1),又a1+1=2≠0,所以{an+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列,则an+1=2×2n-1=2n,即an=2n-1,a1=1,a2=22-1=3,a3=23-1=7,显然≠a1a3,所以{an}不是等比数列,故A错;a4=24-1=15,故B对;a10=210-1=1 024-1=1 023>1 000,故C错;Sn=(2+22+…+2n)-n=-n=2(2n-1)-n=2an-n,故D对,故选BD.]
11.AC [对于A,C选项:第i行是以(i+1)为首项,以i为公差的等差数列,∴aij=(i+1)+(j-1)·i=i·j+1,所以a77=7×7+1=50,故A,C正确;对于B选项:aij=i·j+1=65,∴i·j=64=20×26=21×25=22×24=23×23=24×22=25×21
=26×20,故共出现7次,故B错误;对于D选项,令n=1时,S==1,而数阵中无1,故D错误.故选AC.]
12.2n [设等比数列{an}的公比为q,则an=2qn-1,又数列{an+1}也是等比数列,则(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),∴+2an+1=an·an+2+an+an+2,∴(an·q)2+2(an·q)=an·(an·q2)+an+an·q2,即2an·q=an+an·q2,∴an(1+q2-2q)=0,即q2-2q+1=0,∴q=1,an=2,所以Sn=2n.]
13.an= [因为an=log3(1×x1×x2×…××3),所以an+1=log3[1·(1·x1)x1(x1x2)x2…(·3)·3]
=log3(12··32)=3an-1,所以an+1-,又a1=log3(1×3×3)=2,所以a1-,所以为首项,3为公比的等比数列,所以an-,所以an=.]
14.2- 2 [当λ=0,μ=-2时,an+1=2(an-1),即an+1-2=2(an-2),则数列{an-2}是以a1-2=-为首项,2为公比的等比数列.所以an-2=-×2n-1,即an=2-.当λ =μ=1时,an+1=-(an-1),即an+1-1=an(an-1),且an+1-an=(an-1)2≥0,∴an+1>an,,所以,由a1=,an+1=-(an-1)可得a2=,a3=,a4=+1>2.因为an+1>an,所以a2 025>2,0<<1,则=2.]
