1、第 1 讲 等差数列与等比数列年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析卷等差数列基本量的计算T 4 an与 Sn关系的应用T 14卷等差数列基本量的计算、和的最值问题T 172018卷 等比数列基本量的计算T 17卷 等差数列的通项公式、前 n 项和公式T 4卷等比数列的概念、前 n 项和公式、数学文化T 3等差数列的前 n 项和公式、通项公式及等比中项T 92017卷等比数列的通项公式T 142016 卷等差数列的基本运算T 3 等比数列的运算T 15等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数
2、列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前 n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题.等差、等比数列的基本运算(基础型) 通项公式等差数列： an a1( n1) d；等比数列： an a1qn1 .求和公式等差数列： Sn na1 d；n（ a1 an）2 n（ n 1）2等比数列： Sn (q1)a1（ 1 qn）1 q a1 anq1 q性质等差数列 等比数列若 m， n， p， qN *，且 m n p q，则am an ap aq若 m， n， p， qN *，且m n p q，则 aman apaqan am( n m)d an amqn m性质Sm， S2m
3、 Sm， S3m S2m，仍成等差数列 Sm， S2m Sm， S3m S2m，仍成等比数列( Sn0)考法全练1(2018贵阳模拟)设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a62 a3，则 ( )S11S5A. B.115 522C. D.1110 225解析：选 D. .故选 D.S11S5112（ a1 a11）52（ a1 a5） 11a65a3 2252(2018高考全国卷)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若 3S3 S2 S4， a12，则 a5( )A12 B10C10 D12解析：选 B.设等差数列 an的公差为 d，因为 3S3 S2 S4，所以 3(3a1 d)3
4、222 a1 d4 a1 d，解得 d a1，因为 a12，所以 d3，所以432 32a5 a14 d24(3)10.故选 B.3(2018郑州模拟)等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数n， Sn2 4 Sn3 恒成立，则 a1的值为 ( )A3 B1C3 或 1 D1 或 3解析：选 C.设等比数列 an的公比为 q，当 q1 时， Sn2 ( n2) a1， Sn na1，由Sn2 4 Sn3 得，( n2) a14 na13，即 3a1n2 a13，若对任意的正整数n，3 a1n2 a13 恒成立，则 a10 且 2a130，矛盾，所以 q1，所以 Sn ， Sn2
5、，a1（ 1 qn）1 q a1（ 1 qn 2）1 q代入 Sn2 4 Sn3 并化简得 a1(4 q2)qn33 a13 q，若对任意的正整数 n 该等式恒成立，则有 解得 或 故 a11 或3，故选 C.4 q2 0，3 3a1 3q 0， ) a1 1，q 2 ) a1 3，q 2， )4(2018南宁模拟)在等比数列 an中， a2a616， a4 a88，则 _a20a10解析：法一：设等比数列 an的公比为 q，由 a2a616 得 a q616，所以 a1q34.21由 a4 a88，得 a1q3(1 q4)8，即 1 q42，所以 q21.于是 q101.a20a10法二：由
6、等比数列的性质，得 a a2a616，所以 a44，又 a4 a88，24所以 或 因为 a a4a80，所以 则公比 q 满足a4 4，a8 4) a4 4，a8 12.) 26 a4 4，a8 4， )q41， q21，所以 q101.a20a10答案：15(2018高考全国卷)等比数列 an中， a11， a54 a3.(1)求 an的通项公式；(2)记 Sn为 an的前 n 项和若 Sm63，求 m.解：(1)设 an的公比为 q，由题设得 an qn1 .由已知得 q44 q2，解得 q0(舍去)， q2 或 q2.故 an(2) n1 或 an2 n1 .(2)若 an(2) n1
7、 ，则 Sn .1 （ 2） n3由 Sm63 得(2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则 Sn2 n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上， m6.等差、等比数列的判定与证明(综合型)证明数列 an是等差数列或等比数列的方法(1)证明数列 an是等差数列的两种基本方法：利用定义，证明 an1 an(nN *)为一常数；利用等差中项，即证明 2an an1 an1 (n2)(2)证明 an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明 (nN *)为一常数；an 1an利用等比中项，即证明 a an1 an1 (n2)2n典型例题设 Sn为数列 an的前 n 项和，对任意
8、的 nN *，都有 Sn2 an，数列 bn满足b12 a1， bn (n2， nN *)bn 11 bn 1(1)求证：数列 an是等比数列，并求 an的通项公式；(2)判断数列 是等差数列还是等比数列，并求数列 bn的通项公式1bn【解】 (1)当 n1 时， a1 S12 a1，解得 a11；当 n2 时， an Sn Sn1 an1 an，即 (n2， nN *)anan 1 12所以数列 an是首项为 1，公比为 的等比数列，12故数列 an的通项公式为 an .(12)n 1 (2)因为 a11，所以 b12 a12.因为 bn ，bn 11 bn 1所以 1，1bn 1bn 1即
9、 1( n2)1bn 1bn 1所以数列 是首项为 ，公差为 1 的等差数列1bn 12所以 ( n1)1 ，故数列 bn的通项公式为 bn .1bn 12 2n 12 22n 1判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是 n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列(2)证明数列 an为等比数列时，不能仅仅证明 an1 qan，还要说明 a10，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列 an为等比数列 对点训练记 Sn为等比数列 an的前 n 项和，
10、已知 S22， S36.(1)求 an的通项公式；(2)求 Sn，并判断 Sn1 ， Sn， Sn2 是否成等差数列解：(1)设 an的公比为 q.由题设可得 a1（ 1 q） 2，a1（ 1 q q2） 6.)解得 q2， a12.故 an的通项公式为 an(2) n.(2)由(1)可得 Sn (1) n .a1（ 1 qn）1 q 23 2n 13由于 Sn2 Sn1 (1) n 2 (1) n 2 Sn，故43 2n 3 2n 23 23 2n 13Sn1 ， Sn， Sn2 成等差数列Sn， an关系的应用(综合型)数列 an中， an与 Sn的关系an S1， n 1，Sn Sn 1
11、， n 2.)求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式(2)在已知数列 an中，满足 an1 an f(n)，且 f(1) f(2) f(n)可求，则可用累加法求数列的通项 an.(3)在已知数列 an中，满足 f(n)，且 f(1)f(2)f(n)可求，则可用累an 1an乘法求数列的通项 an.(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)典型例题(1)(2018合肥第一次质量检测)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，若3Sn2 an3 n，则 a2 018( )A2 2 0181 B3 2 0186C D (12)2 018 72 (13)2 018
12、103(2)(2018福州模拟)已知数列 an中，a11， a22， an1 3 an2 an1 (n2， nN *)设 bn an1 an.证明：数列 bn是等比数列；设 cn ，求数列 cn的前 n 项和 Sn.bn（ 4n2 1） 2n【解】 (1)选 A.因为 a1 S1，所以 3a13 S12 a13 a13.当 n2 时，3 Sn2 an3 n，3 Sn1 2 an1 3( n1)，所以 an2 an1 3，即an12( an1 1)，所以数列 an1是以2 为首项，2 为公比的等比数列所以 an1(2)(2) n1 (2) n，则 a2 0182 2 0181.(2)证明：因为
13、an1 3 an2 an1 (n2， nN *)， bn an1 an，所以 2，bn 1bn an 2 an 1an 1 an （ 3an 1 2an） an 1an 1 an 2（ an 1 an）an 1 an又 b1 a2 a1211，所以数列 bn是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列由知 bn12 n1 2 n1 ，因为 cn ，bn（ 4n2 1） 2n所以 cn ，12（ 2n 1） （ 2n 1） 14( 12n 1 12n 1)所以 Sn c1 c2 cn14(1 13 13 15 12n 1 12n 1) .14(1 12n 1) n4n 2(1)给出 Sn与 an的
14、递推关系求 an的常用思路：一是利用 Sn Sn1 an(n2)转化为 an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn的递推关系，先求出 Sn与 n 之间的关系，再求 an.(2)形如 an1 pan q(p1， q0)，可构造一个新的等比数列 对点训练(2018贵阳模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn an ， a11.32 12(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.1log3an 1log3an 2解：(1)由已知 Sn an ，32 12得 Sn1 an1 (n2)，32 12得 an an an1 ，即 an3 an1
15、(n2)，32 32又 a11，所以数列 an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，故 an3 n1 .(2)由(1)知 bn ，1n（ n 1） 1n 1n 1所以 Tn 1 ，11 12 12 13 1n 1n 1 1n 1 nn 1所以 Tn .nn 1数列与新定义相交汇问题(创新型)典型例题(2018武汉调研)对任一实数序列 A( a1， a2， a3，)，定义新序列A ( a2 a1， a3 a2， a4 a3，)，它的第 n 项为 an1 an.假定序列 (A )的所有项都是 1，且 a12 a220，则 a2_【解析】 令 bn an1 an，依题意知数列 bn为等差数列，且公
16、差为 1，所以 bn b1( n1)1，a1 a1，a2 a1 b1，a3 a2 b2，an an1 bn1 ，累加得 an a1 b1 bn1 a1( n1) b1 ( n1) a2( n2)（ n 1） （ n 2）2a1 ，（ n 1） （ n 2）2分别令 n12， n22，得 11a2 10a1 55 0，21a2 20a1 210 0， )解得 a1 ， a2100.2312【答案】 100数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义” (2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论 对
17、点训练在数列 an中， nN *，若 k(k 为常数)，则称 an为“等差比数列” ，an 2 an 1an 1 an下列是对“等差比数列”的判断： k 不可能为 0；等差数列一定是“等差比数列” ；等比数列一定是“等差比数列” ；“等差比数列”中可以有无数项为 0.其中所有正确判断的序号是_解析：由等差比数列的定义可知， k 不为 0，所以正确，当等差数列的公差为 0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以错误；当 an是等比数列，且公比 q1 时， an不是等差比数列，所以错误；数列 0，1，0，1，是等差比数列，该数列中有无数多个 0，所以正确答案：一、选择题1已知等差数列
18、an的前 n 项和为 Sn，且 a3a512， a20.若 a10，则 S20( )A420 B340C420 D340解析：选 D.设数列 an的公差为 d，则 a3 a2 d d， a5 a23 d3 d，由 a3a512得 d2，由 a10， a20，可知 d0，则其前 n 项和取最小值时 n 的值为( )A6 B7C8 D9解析：选 C.由 d0 可得等差数列 an是递增数列，又| a6| a11|，所以 a6 a11，即 a15 d a110 d，所以 a1 ，则 a8 0，所以前 8 项和为前 n 项和15d2 d2 d2的最小值，故选 C.6对于数列 an，定义数列 an1 an
19、为数列 an的“差数列” ，若 a12，数列 an的“差数列”的通项公式为 an1 an2 n，则数列 an的前 n 项和 Sn( )A2 B2 nC2 n1 2 D2 n1 2解析：选 C.因为 an1 an2 n，所以 an( an an1 )( an1 an2 )( a2 a1) a12 n1 2 n2 2 222 22 n222 n，所以 Sn 2 n1 2.2 2n1 2 2 2n 11 2二、填空题7(一题多解)(2018高考全国卷)记 Sn为数列 an的前 n 项和若 Sn2 an1，则 S6_解析：法一：因为 Sn2 an1，所以当 n1 时， a12 a11，解得 a11；当
20、 n2 时， a1 a22 a21，解得 a22；当 n3 时， a1 a2 a32 a31，解得 a34；当 n4 时， a1 a2 a3 a42 a41，解得 a48；当 n5 时， a1 a2 a3 a4 a52 a51，解得 a516；当 n6 时， a1 a2 a3 a4 a5 a62 a61，解得 a632；所以 S61248163263.法二：因为 Sn2 an1，所以当 n1 时， a12 a11，解得 a11，当 n2 时，an Sn Sn1 2 an1(2 an1 1)，所以 an2 an1 ，所以数列 an是以1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2 n1 ，所以
21、S6 63. 1（ 1 26）1 2答案：638(2018惠州第二次调研)已知数列 an满足 a11， an1 2 an2 n(nN *)，则数列an的通项公式 an_解析： an1 2 an2 n两边同除以 2n1 ，可得 ，又 ，所以数列 是an 12n 1 an2n 12 a12 12 an2n以 为首项， 为公差的等差数列，所以 ( n1) ，所以 an n2n1 .12 12 an2n 12 12 n2答案： n2n19设某数列的前 n 项和为 Sn，若 为常数，则称该数列为“和谐数列” 若一个首SnS2n项为 1，公差为 d(d0)的等差数列 an为“和谐数列” ，则该等差数列的公
22、差d_解析：由 k(k 为常数)，且 a11，得 n n(n1)SnS2n 12d k ，即 2( n1) d4 k2 k(2n1) d，整理得，(4 k1)2n122n（ 2n 1） ddn(2 k1)(2 d)0，因为对任意正整数 n，上式恒成立，所以 得d（ 4k 1） 0，（ 2k 1） （ 2 d） 0， ) d 2，k 14.)所以数列 an的公差为 2.答案：2三、解答题10已知各项都为正数的数列 an满足 a11， a (2 an1 1) an2 an1 0.2n(1)求 a2， a3；(2)求 an的通项公式解：(1)由题意可得 a2 ， a3 .12 14(2)由 a (2
23、 an1 1) an2 an1 0，得 2an1 (an1) an(an1)，2n因为 an的各项都为正数，所以 .an 1an 12故 an是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 an .12 12n 111(2018高考全国卷)已知数列 an满足 a11， nan1 2( n1) an.设 bn .ann(1)求 b1， b2， b3；(2)判断数列 bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求 an的通项公式解：(1)由条件可得 an1 an.2（ n 1）n将 n1 代入得， a24 a1，而 a11，所以， a24.将 n2 代入得， a33 a2，所以， a312.从而 b11， b2
24、2， b34.(2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列由条件可得 ，即 bn1 2 bn，又 b11，所以 bn是首项为 1，公比为 2 的an 1n 1 2ann等比数列(3)由(2)可得 2 n1 ，所以 an n2n1 .ann12已知数列 an是等差数列，满足 a25， a413，数列 bn的前 n 项和是 Tn，且Tn bn3.(1)求数列 an及数列 bn的通项公式；(2)设 cn anbn，求数列 cn中的最大项解：(1)设等差数列 an的首项为 a1，公差为 d，由题意，得 a1 d 5，a1 3d 13， )解得 a1 1，d 4， )所以 an4 n3.又 Tn bn3，所以 Tn1 bn1 3，两式相减得，2 bn1 bn0，所以 bn1 bn.12当 n1 时， b1 b13，所以 b1 .32所以数列 bn为等比数列，且首项是 ，公比是 ，32 12所以 bn .32 (12)n 1 32n(2)因为 cn anbn ，3（ 4n 3）2n所以 cn1 ，3（ 4n 1）2n 1所以 cn1 cn .3（ 4n 1）2n 1 3（ 4n 3）2n 3（ 7 4n）2n 1所以当 n1 时， c2 c10；当 n2 时， cn1 cnc3c4，所以( cn)max c2 .154
