微专题4 等差数列、等比数列
1.等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(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＋.
(4)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
2．等差数列、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＝a.
(2)前n项和性质：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).
(3)若{an}是等差数列，则也是等差数列．
(4)在等差数列中，若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；＝.
微点一 等差、等比数列基本量的运算
例1 (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． B． C．－ D．－
(2)(2025·茂名二模)(多选题)等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2.记数列{an}前n项和为Sn，则下列选项正确的是 ( )
A．数列{an}的公差为2
B．Sn取最小值时，n＝6
C．S4＝S7
D．数列{|an|}的前10项和为50
[听课记录]____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
训练1 (1)(2025·赣州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足3an＝2Sn＋1，则S5＝ ( )
A．11 B．31 C．61 D．121
(2)(2025·南昌一模)已知等差数列{an}各项不为零，前n项和为Sn，若Sn＝anan＋1，则a13＝________．
微点二 等差、等比数列的性质
例2 (1)(多选题)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
(2)(2025·许昌模拟)已知数列{an}为等比数列，a2＋a4＋a6＝8，＋＋＝2，则a4＝________.
[听课记录]____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
训练2 (1)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
(2)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
微点三 等差、等比数列定义的证明
例3 (2025·长春模拟)已知数列{an}中，an＋1＝2an－.
(1)若a1，a2，a3依次成等差数列，求a1；
(2)若a1＝，证明数列为等比数列，并求数列{an}的前n项和Sn.
训练3 设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
1．(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
2．(2023·新课标Ⅰ卷)设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列．则 ( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
3．(2025·全国二卷)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
4．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
5．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
微专题4 等差数列、等比数列
例1 (1)B 解析 由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝，故选B.
(2)AD 解析 对A，设等差数列{an}的公差为d，则由题意知解得故A正确；对B，an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，当n＝5时，Sn取最小值－25，故B错误；对C，S4＝42－10×4＝－24，S7＝72－10×7＝－21，则S4≠S7，故C错误；对D，数列{|an|}的前10项和为|－9|＋|－7|＋|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故D正确．
训练1 (1)D 解析 令n＝1，得3a1＝2S1＋1＝2a1＋1，得a1＝1，由3an＝2Sn＋1，当n≥2时，3an－1＝2Sn－1＋1，两式相减得，3an－3an－1＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＝3an－1，即＝3，所以数列{an}是以a1＝1为首项，3为公比的等比数列，所以S5＝＝121.故选D.
(2) 解析 在等差数列{an}中，an不为零，设公差为d，因为Sn＝anan＋1，令n＝1，则S1＝a1＝a1a2，所以a2＝1，令n＝2，则S2＝a2a3，则1＋a1＝a3＝a1＋2d，所以d＝，则a13＝a2＋11d＝1＋＝.
例2 (1)BD 解析 对于A，取数列{an}为首项为4，公差为－2的等差数列，S1＝40，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＋10，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．
(2)2 解析 因为{an}为等比数列，所以公比q≠0，a＝a2a6，又a2＋a4＋a6＝8，所以＋＋＝＋＋＝＋＝＋＝＝＝2，解得a4＝±2，又a2＋a4＋a6＝a2(1＋q2＋q4)＝8>0，而1＋q2＋q4>0恒成立，所以a2>0，则a4＝a2q2>0，故a4＝2.
训练2 (1)A 解析 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.故选A.
(2)B 解析 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.故选B.
例3 解 (1)a2＝2a1－，a3＝2a2－＝4a1－，又a1，a2，a3依次成等差数列，所以2a2＝a1＋a3，即2＝a1＋4a1－，解得a1＝.
(2)证明：因为an＋1－＝2an－－＝2an－＝2an－＝2，且a1－＝1，所以是首项为1，公比为2的等比数列，可得an－＝2n-1，则an＝2n-1＋，Sn＝(20＋21＋22＋…＋2n-1)＋＝＋＝2n－－.
训练3 解 (1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝，代入＋＝2可得＋＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2).又＋＝＝2，所以b1＝，故{bn}是以为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝＋(n－1)＝，则＋＝2，所以Sn＝，当n＝1时，a1＝S1＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.故an＝
真题巧用·明技法
1．C 解析 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.
2．C 解析 若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以－＝a1＋(n＋1－1)·－＝，为常数，所以为等差数列，即甲 乙；若为等差数列，设其公差为t，则＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲 乙．所以甲是乙的充要条件，故选C.
3．B 解析 根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得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.
4．95 解析 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.
5．解 (1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.因为bn＝，所以bn＝＝，所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝.因为S3＋T3＝21，所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝，因为d>1，所以d＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n.
(2)因为bn＝，且{bn}为等差数列，所以2b2＝b1＋b3，即2×＝＋，所以－＝，所以a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝＝＝，S99＝＝＝99×50d，T99＝＝＝.因为S99－T99＝99，所以99×50d－＝99，即50d2－d－51＝0，解得d＝或d＝－1(舍去).
②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝＝＝，S99＝＝＝99×51d，T99＝＝＝.因为S99－T99＝99，所以99×51d－＝99，即51d2－d－50＝0，解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去).综上，d＝.(共40张PPT)
专题二
数列
专题二 数列
微专题4
等差数列、等比数列
核心整合
核心整合
核心整合
核心整合
解析
解析
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解析
解析
解
证明
证明
解
解析
解析
解析
解析
解析
解
解
解
解
8当
0
01
:
以题梳点
和考君
真题巧用
明技君微练(七) 等差数列、等比数列
班级： 姓名：
基础过关练
一、单项选择题
1．(2025·日照一模)已知等差数列{an}中，a2＋a4＝6，则a1＋a3＋a5＝ ( )
A.15 B．9 C．3 D．5
2．(2025·湛江一模)在等比数列{an}中，a3·a5＝49，a4＋a6＝70，则a8＝ ( )
A.－567 B．567 C．451 D．699
3．(2025·黑龙江一模)正项等比数列{an}中，Sn是其前n项和，若a2＝a3＋2a4，S2＝32，则S6＝ ( )
A.63 B．56 C．52 D．42
4．已知{an}是等比数列，a3a5＝8a4，且a2，a6是方程x2－34x＋m＝0的两实数根，则m＝ ( )
A.8 B．－8 C．64 D．－64
5．(2025·南宁模拟)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为 ( )
A.3 B．18 C．54 D．152
6．(2025·临沂一模)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋nan＝1，则满足Sn>0.99时，n的最小值为 ( )
A.49 B．50 C．99 D．100
二、多项选择题
7．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a7>0，a5＋a10<0，则下列选项正确的是 ( )
A.数列{an}为递减数列
B.a8<0
C.Sn的最大值为S7
D.S14>0
8．(2025·汕头二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝a2＝4，且 n≥2，n∈N*都有4(Sn－Sn－1)＝Sn＋1，则 ( )
A.数列{Sn}是等比数列
B.数列{an}是等比数列
C.a6＝32
D.数列{log2an}的前10项和为56
三、填空题
9．(2025·淄博一模)已知等比数列{an}的各项为正数，前n项和为Sn，若S3＝13，a3＝9，则公比q＝________．
10．(2025·湛江一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2n－1＝4n2－2an－1，a1＝1，则数列{an}的通项公式为________．
四、解答题
11．设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，判断数列{an＋1＋an}是否为等差数列，若是等差数列，请进行证明；若不是等差数列，请说明理由；
(2)求S20.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝.
(1)求证：{an}为等比数列；
(2)求使bn取得最大值时的n的值．
能力提升练
13.如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME 14”的下方展示的是八卦中的四卦——3，7，4，4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3×83＋7×82＋4×81＋4×80＝2 020，正是会议计划召开的年份，那么八进制77…7，10个7换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是 ( )
A.1 B．3 C．5 D．7
14．(2025·青岛一模)已知公比不为±1的等比数列{an}中，存在s，t∈N*，满足asat＝a，则＋的最小值为________．
微练(七) 等差数列、等比数列
1．B 解析 在等差数列{an}中，已知a2＋a4＝6，所以a2＋a4＝2a3，即a3＝3.同样根据等差数列的性质，可得a1＋a5＝2a3.则a1＋a3＋a5＝(a1＋a5)＋a3＝3a3.把a3＝3代入可得3a3＝3×3＝9.故选B.
2．B 解析 因为a3·a5＝a＝49，所以a4＝±7，当a4＝－7时，－7－7q2＝70，q2＝－11，舍去，故a4＝7，所以7＋7q2＝70，即q2＝9，所以a8＝a4·q4＝567.故选B.
3．D 解析 正项等比数列{an}中，Sn是其前n项和，若a2＝a3＋2a4，则2q2＋q－1＝0，所以q＝或q＝－1，因为an>0，所以q>0，所以q＝，又因为S2＝a1＋a2＝a1＋a1×＝a1＝32，所以a1＝，则S6＝＝2×＝2××＝42.故选D.
4．C 解析 因为{an}是等比数列，所以a3a5＝a，a2a6＝a，又a3a5＝8a4，所以a4＝8，又a2，a6是方程x2－34x＋m＝0的两实数根，所以m＝a2a6＝a＝64.故选C.
5．C 解析 因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
6．D 解析 因为Sn＋nan＝1，所以a1＝，当n≥2时，Sn＋nan＝Sn－1＋(n－1)an－1＝1，所以(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝，此时an＝×××…×××a1＝×××…××××＝，n＝1也满足该式，故an＝，Sn＝1－nan＝1－，若Sn＝1－>0.99，解得n>99，故所求为100.故选D.
7．ABC 解析 设等差数列{an}的公差为d，由于a7>0，a5＋a10<0，故a7＋a8＝a5＋a10<0，则a8<0，B正确；d＝a8－a7<0，则数列{an}为递减数列，A正确；由以上分析可知a1，a2，…，a7>0，n≥8时，an<0，故Sn的最大值为S7，C正确；S14＝＝<0，D错误．故选ABC.
8．AD 解析 由题设得：当n≥2时，4(Sn－Sn－1)＝Sn＋1，可得Sn＋1－2Sn＝2(Sn－2Sn－1)，又S2－2S1＝0，所以Sn＋1－2Sn＝0，所以＝2(n≥2)，＝＝2，所以＝2(n∈N*)，所以{Sn}是以S1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；所以Sn＝4·2n-1＝2n+1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n+1－2n＝2n，所以an＝所以数列{an}不是等比数列，故B错误；所以a6＝64，故C错误；又log2an＝所以{log2an}的前10项和为2＋(2＋3＋…＋10)＝56，故D正确．故选AD.
9．3 解析 由S3＝a1＋a2＋a3，则S3－a3＝a1＋a2＝4，由a3＝a1q2，a3＝a2q，则＋＝4，整理可得4q2－9q－9＝0，分解因式可得(4q＋3)(q－3)＝0，解得q＝3或－(舍去).
10．an＝2n－1 解析 设{an}的公差为d，因为S2n－1＝4n2－2an－1，所以S3＝4×22－2a2－1＝15－2a2，又S3＝a1＋a2＋a3＝3a2，故15－2a2＝3a2，解得a2＝3，所以d＝a2－a1＝2，又a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
11．解 (1)当n＝1时，由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5，所以a2＝2.数列{an＋1＋an}是等差数列，证明如下：因为Sn－an＝n2＋1，所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，两式相减得an－an＋an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，从而数列{an＋1＋an}为等差数列．
(2)由(1)知数列{an＋1＋an}为等差数列，an＋an－1＝4n－2，所以an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，所以首项为a1＋a2＝6，a19＋a20＝78，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝＝＝420.
12．解 (1)证明：由Sn＝2an＋1－3，可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，即n≥2，an＋1＝an，又因为a1＝，a1＝2a2－3，所以a2＝，＝，综上，n≥1，＝，所以{an}为首项和公比均为的等比数列．
(2)由(1)可得an＝，所以bn＝(n2＋n)，n≥2时，＝＝，令>1，可得2≤n<5(或令<1，可得n>5)，可知b1b6>b7>…，综上，n＝4或n＝5时，bn取得最大值.
13．B 解析 由进位制的换算方法可知，八进制77…7，10个7换算成十进制得7×89＋7×88＋…＋7×81＋7×80＝7×＝810－1，810－1＝(10－2)10－1＝C1010＋C109×(－2)＋…＋C101×(－2)9＋C×(－2)10－1，因为C1010＋C109×(－2)＋…＋C101×(－2)9是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为C(－2)10－1的末位数字，由C(－2)10－1＝1 023可得，末位数字为3.故选B.
14． 解析 设{an}的公比为q(q≠±1)，因为asat＝a，则a1qs-1a1qt-1＝(a1q4)2，故s＋t＝10，s，t∈N*.则＋＝(s＋t)＝≥(5＋2)＝，当且仅当＝，即s＝2t时等号成立，此时s＝，t＝，但s，t∈N*.结合对勾函数的性质，当s＝7，t＝3时，＋＝＋＝；当s＝6，t＝4时，＋＝＋＝，因为<，故＋的最小值为，此时s＝7，t＝3.(共26张PPT)
微练(七) 等差数列、等比数列
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