【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习讲义03《等差数列与等比数列》(解析版) .doc，共(10)页，416.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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03等差数列与等比数列核心考点读高考设问知考法命题解读等差(比)数列的基本运算【2017新课标1理4】记nS为等差数列{}na的前n项和，若4524aa，648S，则{}na的公差为（）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．【2020新课标2文14】记nS为等差数列na的前n项和．若1262,2aaa，则10S________．【2019新课标3文6理5】已知

各项均为正数的等比数列na的前4项和为15，且53134aaa，则3a()【2019新课标1理14】记nS为等比数列na的前n项和．若214613aaa，，则5S_________．等差(比)数列的性质【2020新课标1文10】设{}na是等比数列，且1231aa

a，234+2aaa，则678aaa（）【2020新课标2理4】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块

，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）【2020新高考全国14】将数列21n与32n的公共项从小到大排列得到数列na，则na的前n项和为________．等差(比)数【2019新课标2理19】已知数

列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，列的判断与证明4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式.【2017新课标1文17】记nS为等比数列

na的前n项和，已知232,6SS．（1）求na的通项公式；（2）求nS，并判断1nS，nS，2nS成等差数列．等差数列与等比数列的综合问题【2020新高考全国卷18】已知公比大于1的

等比数列{}na满足：24320,8aaa．（1）求{}na的通项公式；（2）【全国Ι卷】记mb为{}na在区间*(0,]()mmN中的项的个数，求数列{}mb的前100项和100S．（2）【全国Ⅱ卷】求112231(1)nnnaaaaaa.核心考点一等差(比)数列的基本运算

1.等差数列(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：Sn＝n（a1＋an）2＝na1＋n（n－1）2d；2.等比数列(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠

1，Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q；1.【2017新课标1理4】记nS为等差数列{}na的前n项和，若4524aa，648S，则{}na的公差为（）A．1B．2C．4D．8【答案】C【解析】设公差

为d，45111342724aaadadad，611656615482Sadad，联立112724,61548adad解得4d，故选C.2.【2019新课标3文6理5】已知各项均为正数的等比数列na的前

4项和为15，且53134aaa，则3a()A.16B.8C.4D.2【答案】C【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则2311114211115,34aaqaqaqaqaqa，解得1

1,2aq，2314aaq，故选C．3.【2020新课标2文14】记nS为等差数列na的前n项和．若1262,2aaa，则10S__________．【答案】25【解析】设na等差数列的公差d，可得1152adad，

即2252dd，解得1d，1010(101)1022045252S，故答案为25．4．【2019新课标1理14】记nS为等比数列na的前n项和．若214613aaa，，

则5S____________．【答案】1213【解析】设等比数列的公比为q，由已知21461,3aaa，所以32511()33qq，又0q，所以3q，所以55151(13)(1)1213

1133aqSq．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．－2B．－1C.12D.23【答案】B【解析】S4－S2＝a3＋a4＝3a4－3a2，即3a2＋a3－2a4＝0，即3a2＋a2q－2

a2q2＝0，即2q2－q－3＝0，解得q＝－1(舍)或q＝32，当q＝32时，代入S2＝3a2＋2，得a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a1＝－1.故选B．2.已知等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A.n(n－2

)B.n(n－1)C.n(n＋1)D.n(n＋2)【答案】A【解析】依题意a23＝a2·a6，得(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10).解得a1＝－1.因此Sn＝na1＋n（n－1）2×2＝n2－2n.3.(2019·北京卷)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a

2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.（1）求{an}的通项公式；（2）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.【解析】（1）设{an}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6

成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.（2）法一：由（1）知，an＝2n－12.则当n

≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0；当n<6时，an<0；所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.法二：由（2）知，Sn＝n2(a1＋an)＝n(n－11)＝n－1122－1214，又n∈N*，∴当

n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.核心考点二等差(比)数列的性质1.等差数列常用性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S

2m，…成等差数列.2.等比数列常用性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列.1.【2020新高考全国14】将数列21n与32n的公共项从小到大排列得到数列

na，则na的前n项和为________．【答案】232nn【解析】因为数列21n是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列32n是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列

na是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以na的前n项和为2(1)16322nnnnn，故答案为232nn．2.【2020新课标2理4】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环

，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为n

a，第一层共有n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，即9(1)99nann，设nS为{}na的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为：232,,nnnnnSSSSS，因为下层比中层多729块，所以322729nnnnSSSS，即3(927)2

(918)2(918)(99)7292222nnnnnnnn，即29729n，解得9n，所以32727(9927)34022nSS．故选C．1.在数列{an}中，2an＋1＝an＋an＋2，且an≠0.若an－1－a2n＋a

n＋1＝0(n≥2)，且S2n－1＝38，则n＝()A.38B.20C.10D.9【答案】C【解析】在数列{an}中，因为2an＋1＝an＋an＋2，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}为等差数列.由an－1－a2n＋an＋1＝0(n≥2)，得

2an－a2n＝0，又an≠0，解得an＝2.又S2n－1＝38，即（2n－1）（a1＋a2n－1）2＝(2n－1)an＝38，即(2n－1)×2＝38，解得n＝10.2.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a1

1＋a12的最小值为()A.25B.20C.15D.10【答案】B【解析】在正项等比数列{an}中，Sn＞0.因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，所以a9＋a10＋a11＋a1

2＝S12－S8＝（S4＋5）2S4＝25S4＋S4＋10≥225S4·S4＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号).故a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.3.已知数列{an}的各项都为正数，对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，且a3·a5＋a

4＝72，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝________.【答案】21【解析】因为对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，令m＝1，则a1·an＝a1＋n对任意的n∈N*恒成立，∴数列{an}为等比数列，公比为a1，由等比数列的性质有a3a5＝a24，因为a3·a5＋a

4＝72，则a24＋a4＝72，∵a4＞0，∴a4＝8，∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝log2(a1·a2·…·a7)＝log2a74＝log287＝21.核心考点三等差(比)数列的判断与证明证明数列{an}是等差（比）数列的方法：(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an＋1an(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n

＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．1.【2017新课标1文17】记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.【解析】(1)设{an}的公比为q，由题

设可得a1（1＋q）＝2，a1（1＋q＋q2）＝－6，解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)得Sn＝a1（1－qn）1－q＝－2[1－（－2）n]1－（－2）＝23[(－2)n－

1]，则Sn＋1＝23[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝23[(－2)n＋2－1]，所以Sn＋1＋Sn＋2＝23[(－2)n＋1－1]＋23[(－2)n＋2－1]＝23[2(－2)n－2]＝43[(－2)n－1]＝2Sn，∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.2.【2019新课标2理

19】已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式.【解析】(1)证明：由题设得4(an

＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn).又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋

8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.(2)由(1)知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n－1，所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝12n＋n－12，bn＝12[(an＋bn)－(

an－bn)]＝12n－n＋12.1.已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝12(3an－1－bn－1)，bn＝－12(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2.(1)求证：数列{a

n－bn}为等比数列；(2)求数列2nanan＋1的前n项和Tn.【解析】(1)证明：an－bn＝12(3an－1－bn－1)－－12(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)由(1)知，an－bn＝2n＋1，①又an＋bn＝12(3an－1－bn－1)＋－12(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＋1，2nanan＋1＝2n2n＋12n＋1＋1＝12n＋1－12n＋1＋1，所以Tn＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n＋1－12n＋1＋1＝121＋1－12n

＋1＋1＝13－12n＋1＋1(n∈N*)．2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，S2n＝a2n＋1－λSn＋1，其中λ为常数.(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{

an}为等比数列，若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S2n＝a2n＋1－λSn＋1，∴S2n＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0

.∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，故Sn＋1＝2Sn＋λ.(2)由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.又S2＝2S1＋λ，即

a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.因此an＝1，n＝1，（λ＋1）·2n－2，n≥2.若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.核心考点四等差数列与等比数列的综合问题1.【2020

新高考全国18】已知公比大于1的等比数列{}na满足：24320,8aaa．（1）求{}na的通项公式；（2）【全国Ι卷】记mb为{}na在区间*(0,]()mmN中的项的个数，求数列{}mb的前100项和

100S．（2）【全国Ⅱ卷】求112231(1)nnnaaaaaa.【解析】（1）由于数列na是公比大于1的等比数列，设首项为1a，公比为q，依题意有31121208aqaqaq，解得12,2

aq，所以2nna，所以数列na的通项公式为2nna．（2）【全国Ι卷】由于123456722,24,28,216,232,264,2128，所以1b对应的区间为0,1，则10b；23,bb对应的区间分别为

0,2,0,3，则231bb，即有2个1；4567,,,bbbb对应的区间分别为0,4,0,5,0,6,0,7，则45672bbbb，即有22个2；8915,,,bbb对应的区间分别为0,8,0,9,,0,15，则89153bbb，即

有32个3；161731,,,bbb对应的区间分别为0,16,0,17,,0,31，则1617314bbb，即有42个4；323363,,,bbb对应的区间分别为0,32,0,33,,0,63，则3233635bbb，即有52个5；6465100,

,,bbb对应的区间分别为0,64,0,65,,0,100，则64651006bbb，即有37个6．所以23451001222324252637480S．(2)【全国Ⅱ卷】由于112111112211

2nnnnnnnnaa，故112231(1)nnnaaaaaa35791212222(1)2nn3223221282(1)5512nnn

．1.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<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．【解析】(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝n9－n2(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＝b2b1＝12

，∴Tm＝41－12m1－12＝81－12m，∵12m随m的增加而减少，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.又Sn＝n9－n2＝－12(n2－9n)＝－12n－922－814，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若

存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．