专题突破　专题二　第1讲　等差数列、等比数列 学案

第1讲　等差数列、等比数列
1.(2023·新课标Ⅰ卷，T7)记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
2.(2025·全国Ⅱ卷，T7)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=-5，则S6等于(　　)
A.-20 B.-15 C.-10 D.-5
3.(2025·全国Ⅰ卷，T13)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　　　　.
4.(2023·新课标Ⅰ卷，T20)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.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，主要以解答题的形式出现，选择题、填空题中也经常出现.分值约为11~24分.
考查方向：
考查重点一是等差数列、等比数列的基本运算；二是等差数列、等比数列的性质及其应用；三是等差数列、等比数列的判定与证明.
1.答案　C
解析　方法一　甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+d，=a1+d=n+a1-，-=，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，
即-==为常数，设为t，
即=t，
则Sn=nan+1-t·n(n+1)，
有Sn-1=(n-1)an-t·n(n-1)，n≥2，
两式相减得an=nan+1-(n-1)an-2tn，
即an+1-an=2t，对n=1也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
方法二　甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
即Sn=na1+d，
则=a1+d=n+a1-，
因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，
设数列的公差为D，
则-=D，=S1+(n-1)D，
即Sn=nS1+n(n-1)D，
当n≥2时，Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D，
上边两式相减得Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D，
所以an=a1+2(n-1)D，
当n=1时，上式成立，
又an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
2.答案　B
解析　设等差数列{an}的公差为d，则由题意可得
所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.
3.答案　2
解析　方法一　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，
当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；
当q≠1时，则S4==4，S8==68，
两式相除得==17，
则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
方法二　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，
则S4=a1+a2+a3+a4=4，
S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8
=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4
=(a1+a2+a3+a4)(1+q4)=68，
所以4(1+q4)=68，则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
方法三　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，
故S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64，
又S4=a1+a2+a3+a4=4，
所以4q4=64，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
4.解　(1)∵3a2=3a1+a3，
∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
an=a1+(n-1)d=nd，
又T3=b1+b2+b3=++=，
∴S3+T3=6d+=21，
即2d2-7d+3=0，
解得d=3或d=(舍去)，
∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2=b1+b3，
即=+，
∴6==，
即-3a1d+2d2=0，
解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99-T99=99，
由等差数列的性质知，
99a50-99b50=99，
即a50-b50=1，
∴a50-=1，
即-a50-2 550=0，
解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，
解得d=1，与d>1矛盾，无解；
当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，
解得d=.
综上，d=.
考点一　等差数列、等比数列的基本运算
例1　(1)(多选)(2025·全国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
答案　AD
解析　对A，由题意得结合q>0，解得或(舍去)，故A正确；
对B，a5=a1q4=4×=，故B错误；
对C，S5===，故C错误；
对D，an=4×=23-n，Sn==8-23-n，
则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D正确.
(2)(2025·唐山模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a8+a13=-120，5S7-7S5=70，若Sk=Sk+1，则k等于(　　)
A.27 B.28 C.54 D.55
答案　A
解析　设数列{an}的公差为d，
∵数列{an}是等差数列，
∴a3+a8+a13=3a8=-120，
解得a8=-40，即a1+7d=-40， ①
∵5S7-7S5=70，
∴5-7=70，解得d=2，
代入①得a1=-54，
∵Sk=Sk+1，∴Sk=Sk+ak+1，
即ak+1=0，∴a1+kd=0，
即-54+2k=0，解得k=27.
[规律方法]　等差数列、等比数列问题的求解策略
(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)的形式的数列为等差数列，通项公式为an=pqn-1(p，q≠0)的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.
跟踪演练1　(1)(2025·南京模拟)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2-a5=42，则a6等于(　　)
A.7 B.6 C.3 D.2
答案　C
解析　设数列{an}的公比为q，
则S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=168，
a2-a5=a1q(1-q3)=a1q(1-q)(1+q+q2)=42，
∴q(1-q)=，
即4q2-4q+1=0，则q=，
∴a1==168×=96，
∴a6=a1q5=96×=3.
(2)(2025·九江模拟)为备战某次马拉松，某同学制定了一个为期20周的跑步训练计划.计划第1周跑步2公里，之后一段时间每周的跑步量是前一周的2倍；当周跑步量首次超过30公里后，每周比前一周多跑2公里；当周跑步量首次超过全马里程(42.195公里)后，保持这个周训练量直至训练结束，则训练计划结束时，该同学跑步的总量是(　　)
A.736公里 B.724公里
C.692公里 D.660公里
答案　C
解析　设该同学每周跑步量构成数列{an}，由题意得，a1=2，a2=4，a3=8，a4=16，a5=32，
第5周跑步量首次超过30公里，前5周跑步总量为=62，
a6=32+2=34，…，
a10=32+5×2=42，a11=42+2=44，
第11周跑步量首次超过全马里程，
故第6周到第11周的跑步量为=234，
第12周到第20周每周的跑步量为44公里，总和为396公里，所以该同学跑步的总量是62+234+396=692(公里).
考点二　等差数列、等比数列的性质
例2　(1)(多选)(2025·厦门模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若a3+a18>0，S19<0，则(　　)
A.S20<0 B.a11>0
C.d>0 D.Sn≥S10
答案　BCD
解析　由a3+a18>0，得S20==10(a1+a20)=10(a3+a18)>0，故A错误；
由S19<0，得S19===19a10<0，即a10<0，a10+a11=a3+a18>0，所以a11>0，故B正确；
因为a10<0，a11>0，所以d=a11-a10>0，故前10项为负数，从第11项开始为正数，故Sn的最小值为S10，故C，D正确.
(2)(2025·赣州模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20=21，S30=49，则S10等于(　　)
A.7 B.9
C.63 D.7或63
答案　A
解析　由等比数列片段和的性质知，
S10，S20-S10，S30-S20成等比数列，
所以(S20-S10)2=S10(S30-S20)，
则(21-S10)2=S10(49-21)，
所以-70S10+441=(S10-7)(S10-63)=0，
则S10=7或S10=63，
因为数列{an}为正项等比数列，所以an>0，故{Sn}为递增数列，
所以S10=7.
[规律方法]　等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
(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.
跟踪演练2　(1)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列的项数为(　　)
A.15 B.17 C.19 D.21
答案　C
解析　设此等差数列的项数为2n-1，
设所有奇数项的和为S，
则S==nan，
设所有偶数项的和为T，
则T==(n-1)an，
由===，解得n=10，项数为2n-1=19.
(2)已知正项递增等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T19=Tm(m≠19)，a15=1，则m= 　　　　.
答案　10
解析　若m>19，因为{an}为递增数列且a15=1，所以当n≥16时，an>1，
所以=a20…am>1，与T19=Tm矛盾；
若m<19，因为a15=1，
所以a11a19=a12a18=a13a17=a14a16=a15a15=1，
所以T19=a1a2a3…a10a11a12…a18a19=a1a2a3…a10=T10，所以m=10.
考点三　等差数列、等比数列的判定与证明
例3　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；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若数列{bn}满足··…·=(an+1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列.
(1)证明　∵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)解　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)证明　∵··…·=(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(bn+1-1)=(n+1)bn+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.
[易错提醒]　(1)=an-1an+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.
跟踪演练3　(多选)(2025·贵阳模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn+1=2Sn+n-1，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{Sn+n}为等比数列
B.数列{an}的前n项和Sn=2n-n
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1
D.数列{an+1}为等比数列
答案　AB
解析　对于A，B，∵Sn+1=2Sn+n-1，
∴Sn+1+(n+1)=2(Sn+n)，
又S1+1=2≠0，
∴数列{Sn+n}是首项和公比都为2的等比数列，
故Sn+n=2n，即Sn=2n-n，故A，B正确；
对于C，D， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1-1，
当n=1时，a1=1，∴an=故C错误；
∵an+1=∴≠，
∴数列{an+1}不是等比数列，故D错误.
专题强化练
[分值：90分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2025·菏泽模拟)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4=4a3-4a2，则等于(　　)
A.5 B.3 C.-3 D.-5
答案　A
解析　由等比数列公式可得，
a1q3=4a1q2-4a1q q2=4q-4 q=2，
所以===5.
2.(2025·北京)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等于(　　)
A.-20 B.-18 C.16 D.18
答案　C
解析　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.
3.(2025·重庆模拟)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1，a9是关于x的方程x2-mx+4=0的两个实数根，则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9等于(　　)
A.8 B.9 C.16 D.18
答案　B
解析　由a1，a9是关于x的方程x2-mx+4=0的两个实数根，则a1a9=4，
由等比数列的性质可得a1a9=a2a8=…==4，所以a5=2(负值舍去)，
所以log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9=log2(a1a2a3…a9)
=log2[(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5]=log2(44×2)
=log229=9.
4.(2025·绵阳模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若=，则等于(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，
由等差数列的性质可得，
===，
因为=，所以==，
即=.
5.(2025·福州模拟)设{an}是无穷数列，An=an+an+1(n∈N*)，则“{an}是等差数列”是“{An}是等差数列”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　若{an}是等差数列，设公差为d，
则An+1-An=an+1+an+2-(an+an+1)=an+2-an=2d，
所以{An}是等差数列，充分性成立；
若{An}是等差数列，设公差为d'，
则An+1-An=an+1+an+2-(an+an+1)=an+2-an=d'，
即{an}的奇数项是等差数列，偶数项是等差数列，
则{an}不一定是等差数列，必要性不成立，
所以“{an}是等差数列”是“{An}是等差数列”的充分不必要条件.
6.(2025·长沙模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意的n∈N*，都有3Sn=an+64.若Tn是数列{an}的前n项积，则Tn的最大值为(　　)
A.29 B.214 C.215 D.216
答案　C
解析　当n=1时，a1=32，
当n≥2时，3Sn=an+64，
3Sn-1=an-1+64，
两式相减得3an=an-an-1，
即2an=-an-1，又a1=32≠0，
故=-，
所以数列{an}是以32为首项，-为公比的等比数列，通项公式为an=32·，
因为Tn是数列{an}的前n项积，
所以Tn=a1a2a3…an=32n·=(-1·=(-1·，
当n=5或n=6时，有最大值15，
所以当n=5时，Tn有最大值215.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2025·安徽省A10联盟模拟)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，且S5=4a4-1，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是(　　)
A.d=1 B.S5=15
C.an=n D.Sn=
答案　ABC
解析　由条件S5=4a4-1可知，5a1+10d=4a1+12d-1，得a1=2d-1， ①
因为数列是以1为公差的等差数列，
所以-=1，即=3，
即4a1+2d=3a1+3d，即a1=d， ②
综合①②可知，a1=d=1，
S5=5a1+10d=15，an=n，Sn=，所以A，B，C正确，D错误.
8.(2025·洛阳模拟)在数列{an}中，an=an+1-an+2，a1=2，a2=8，Sn是数列的前n项和，则(　　)
A.数列是等比数列
B.数列是等差数列
C.a1+++…+=2 044
D.S5<22
答案　ABD
解析　由an=an+1-an+2，
得an+2-2an+1=2(an+1-2an)，
则数列是首项为a2-2a1=4，公比为2的等比数列，A正确；
根据等比数列的通项公式得
an+1-2an=4·2n-1=2n+1，
即an+1=2an+2n+1，
则=+1，
所以数列是首项为=1，公差为1的等差数列，B正确；
根据等差数列的通项公式得=1+(n-1)×1=n，即=2n，
所以a1+++…+==211-2=2 046，C错误；
由log2an=log2(n·2n)=n+log2n，
S5=1+2+3+4+5+log2(1×2×3×4×5)=15+log2120<15+7=22，D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(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=　　　　.
答案　95
解析　方法一　(基本量法)
设数列{an}的公差为d，
则由题意得
解得
则S10=10a1+d
=10×(-4)+45×3=95.
方法二　(利用下标和性质)
设数列{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.
10.(2025·杭州模拟)已知数列{an}中，a1=1，且=，记数列的前n项和为Sn，则S2 025=　　　　.
答案　
解析　由=，
得=，
即-=2，
所以数列是以=1为首项，2为公差的等差数列，
所以=1+2(n-1)=2n-1，
故an=，
所以S2 025=a1-a2+a2-a3+…+a2 025-a2 026=a1-a2 026=1-=.
四、解答题(共27分)
11.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n.
(1)证明：数列为等比数列；(6分)
(2)求数列{an}落入区间(1，2 024)内的所有项的和.(7分)
(1)证明　当n=1时，S1=2a1-1=a1，所以a1=1.
因为Sn=2an-n，
所以Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2)，
两式相减，化简得an=2an-1+1，
所以an+1=2(an-1+1).
又因为a1+1=2≠0，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列.
(2)解　由(1)可知an+1=2n，an=2n-1，
由题意，得1所以1<2n-1<2 024，
所以2<2n<2 025，即1因为{an}落入区间(1，2 024)内的所有项为a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，
所以其和为a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=22+23+…+210-9
=-9=2 035.
12.(14分)(2025·泉州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且nSn+1=(n+1)Sn+n2+n.
(1)证明：数列为等差数列；(6分)
(2)设bn=ai，求数列{bn}的通项公式.(8分)
(1)证明　由已知S1=a1=1，
=+1，
所以数列是首项为=1，公差为1的等差数列.
(2)解　由(1)得Sn=n2，当n≥2时，
an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
当n=1时，a1=1也符合上式，所以an=2n-1.
所以bn=1+3+…+(2n-3)+(2n-1)
=(2n-3)+…+3+1+(2n-1)，
因为=，
所以2bn=(2n-2)+(2n-2)+…+(2n-2)+2(2n-1)
=(2n-2)(2n-2)+4n-2=(2n-2)·2n+2，
所以bn=(n-1)2n+1.
(13题6分，14题5分，共11分)
13.(多选)若数列{cn}满足cn+1=，则称{cn}为“平方递推数列”.已知数列{an}是“平方递推数列”，且a1=2，则(　　)
A.是“平方递推数列”
B.是“平方递推数列”
C.an=2·102(n-1)
D.an=
答案　AD
解析　因为an+2an+1==，所以是“平方递推数列”，A正确；
因为an+2+an+1=+≠(an+1+an)2，所以不是“平方递推数列”，B错误；
因为{an}是“平方递推数列”，所以an+1=.
又a1=2，所以an>0，
则lg an+1=lg ，即lg an+1=2lg an，则=2，
所以是以lg 2为首项，2为公比的等比数列，
则lg an=lg 2·2n-1，即an==(10lg 2=，C错误，D正确.
14.(2025·苏州模拟)已知数列{an}满足a1=1，=1-an，则(　　)
A.an+1>an B.an>
C.1 013a2 025<1 D.2 025a2 025<1
答案　C
解析　对于A，由=1-an，得an≠0，an-an+1=>0，则an>an+1，A错误；
对于B，由a1=1，得a2=，
当n≥3时，an<，B错误；
对于C，D，由=1-an，a1=1，
得=，0则==+，
即-=，
所以1≤2-an<2，所以<-≤1，
即<-≤1，
所以-=-+-+…+-，
所以<-≤n-1，
即<≤n，
所以≤an<，
所以1 013a2 025<1 013×=1，
2 025a2 025≥2 025×=1，所以C正确，D错误.