（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列学案
第1讲 等差数列与等比数列
[考情考向分析] 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.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，考查分析问题、解决问题的综合能力．
热点一 等差数列、等比数列的运算
1.通项公式
等差数列：an＝a1＋(n－1)d；
等比数列：an＝a1·qn－1.
2．求和公式
等差数列：Sn＝＝na1＋d；
等比数列：Sn＝
3．性质
若m＋n＝p＋q，
在等差数列中am＋an＝ap＋aq；
在等比数列中am·an＝ap·aq.
例1 (1)(2018·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )
A．－12 B．－10 C．10 D．12
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{an}中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.
答案 3 162
解析 由题意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9.
∵等比数列{an}的各项均为正数，
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∴q＝3，解得a1＝2，故a5＝162.
思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
跟踪演练1 (1)(2018·浙江省重点中学联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 017，S6－2S3＝18，则S2 019等于( )
A．2 016 B．2 019 C．－2 017 D．－2 018
答案 B
解析 在等差数列{an}中，设公差为d.
∵S6－2S3＝18，
∴a4＋a5＋a6－(a1＋a2＋a3)＝9d＝18.
∴d＝2，
∴S2 019＝2 019a1＋
＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故选B.
(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
①求{an}的通项公式；
②记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.
解 ①设{an}的公比为q，
由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*)．
②若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明
证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
(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(n∈N*)为一常数；
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②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．
例2 已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝(3an－1－bn－1)，bn＝－(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2.
(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；
(2)求数列的前n项和Tn.
(1)证明 an－bn＝(3an－1－bn－1)－(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)解 由(1)知，an－bn＝2n＋1，①
又an＋bn＝(3an－1－bn－1)＋(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，
所以＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝－＝－(n∈N*)．
思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法．
(2)a＝an－1an＋1(n≥2)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．
跟踪演练2 已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．
(1)求证：数列{S}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 由题意知2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，(*)
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入(*)式得
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2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得S－S＝1(n≥2)．
又当n＝1时，由(*)式可得a1＝S1＝1，
∴数列{S}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)可得S＝1＋n－1＝n，
∵数列{an}的各项都为正数，∴Sn＝，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
又a1＝S1＝1满足上式，
∴an＝－(n∈N*)．
(3)解 由(2)得bn＝＝
＝(－1)n(＋)，
当n为奇数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－，
当n为偶数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n(n∈N*)．
热点三 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．
例3 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
2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．
思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．
(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．
跟踪演练3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足an＋1＝若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．
解 (1)由已知得Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝1，
又an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an，得an＋1＝an，
所以数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列，
所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)由an＋1＝
得bn＝＝n－1＝n·n－1，
所以bn＋1－bn＝(n＋1)·n－n·n－1
＝(2－n)，
所以(bn)max＝b2＝b3＝，所以t≥.
即t的取值范围为.
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真题体验
1．(2017·全国Ⅰ改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________．
答案 4
解析 设{an}的公差为d，
由得
解得d＝4.
2．(2017·浙江改编)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4＋S6>2S5”的________条件．
答案 充要
解析 方法一 ∵数列{an}是公差为d的等差数列，
∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，
∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.
若d>0，则21d>20d,10a1＋21d>10a1＋20d，
即S4＋S6>2S5.
若S4＋S6>2S5，则10a1＋21d>10a1＋20d，
即21d>20d，
∴d>0.∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充要条件．
方法二 ∵S4＋S6>2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6>2(S4＋a5)⇔a6>a5⇔a5＋d>a5⇔d>0.
∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充要条件．
3．(2017·北京)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
答案 1
解析 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
则由a4＝a1＋3d，
得d＝＝＝3，
由b4＝b1q3，得q3＝＝＝－8，
∴q＝－2.
∴＝＝＝1.
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4．(2017·江苏)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
答案 32
解析 设{an}的首项为a1，公比为q，
则解得
所以a8＝×27＝25＝32.
押题预测
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为( )
A．6 B．7
C．12 D．13
押题依据 等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力．
答案 C
解析 ∵a1>0，a6a7<0，
∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，
又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，
∴S12>0，S13<0，
∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
2．在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则{an}的公比等于( )
A．3 B．2或3
C．2 D．6
押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点．
答案 C
解析 设公比为q,5a4为12a3和2a5的等差中项，可得10a4＝12a3＋2a5，10a3q＝12a3＋2a3q2，得10q＝12＋2q2，解得q＝2或3.又a3－3a2＝2，所以a2q－3a2＝2，即a2(q－3)＝2，所以q＝2.
3．已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为( )
A. B.
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C. D.
押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向．
答案 A
解析 由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，
整理得q2－q－2＝0，
解得q＝2或q＝－1(不合题意，舍去)．
又由＝4a1，得aman＝16a，
即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4，
亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)
＝≥＝，
当且仅当＝，即n＝2m＝4时取等号．
4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；
④f(x)＝ln|x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉．
答案 C
解析 由等比数列的性质得，anan＋2＝a.
①f(an)f(an＋2)＝aa＝(a)2＝[f(an＋1)]2；
②f(an)f(an＋2)＝＝[f(an＋1)]2；
③f(an)f(an＋2)＝＝＝[f(an＋1)]2；
④f(an)f(an＋2)＝ln|an|ln|an＋2|≠(ln|an＋1|)2＝[f(an＋1)]2.
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A组 专题通关
1．在正项等比数列{an}中，已知a3a5＝64，则a1＋a7的最小值为( )
A．64 B．32
C．16 D．8
答案 C
解析 在正项等比数列{an}中，
∵a3a5＝64，∴a3a5＝a1a7＝64，
∴a1＋a7≥2＝2＝2×8＝16，
当且仅当a1＝a7＝8时取等号，∴a1＋a7的最小值为16，故选C.
2．(2018·嘉兴市、丽水市模拟)已知数列{an}为等差数列，且a8＝1，则2|a9|＋|a10|的最小值为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
答案 C
解析 因为数列{an}为等差数列，所以2a9＝a8＋a10，则2|a9|＝|a8＋a10|≥|a8|－|a10|，所以2|a9|＋|a10|≥|a8|＝1，当且仅当a10<0且|a10|≤|a8|＝1时，等号成立，故选C.
3．(2018·诸暨市高考适应性考试)等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d不等于零，若a2，a3，a6成等比数列，则( )
A．a1d>0，dS3>0
B．a1d>0，dS3<0
C．a1d<0，dS3>0
D．a1d<0，dS3<0
答案 C
解析 因为数列{an}为等差数列，且a2，a3，a6构成等比数列，所以a＝a2a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，结合d≠0化简得d＝－2a1≠0，则a1d＝－2a<0，dS3＝d(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝－2a1(a1＋a1－2a1＋a1－4a1)＝6a>0，故选C.
4．(2018·浙江省温州六校协作体联考)设{an}是公比为实数q的等比数列，首项a1＝64，对于n∈N*，an＝2bn，当且仅当n＝4时，数列{bn}的前n项和取得最大值，则q的取值范围是( )
A. B. C. D.
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答案 C
解析 由题意得＝＝2bn＋1－bn＝q>0，所以bn＋1－bn＝log2q为常数，又因为a1＝
＝64，所以b1＝6，所以数列{bn}为首项为6，公差为log2q的等差数列，又因为当且仅当n＝4时，数列{bn}的前n项和取得最大值，所以解得0，a5<0，数列的前n项和为Sn，则的取值范围是________．
答案
解析 因为在等差数列{an}中，a4>0，a5<0，所以等差数列{an}的公差d<0，且解得－3d0，所以S15－S10＝＝＝S5＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当S5＝，即S5＝1时等号成立，所以S15－S10的最小值为4.
10．(2018·天津)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②证明：＝－2(n∈N*)．
(1)解 设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，
可得q2－q－2＝0.由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.
由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，
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故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
(2)①解 由(1)得Sn＝＝2n－1，
故Tn＝(2k－1)＝k－n＝－n
＝2n＋1－n－2(n∈N*)．
②证明 因为＝
＝＝－，
所以＝＋＋…＋＝－2(n∈N*)．
B组 能力提高
11．(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)已有正项数列{an}是单调递增的等差数列，{bn}是等比数列，且满足a1＝b1，a5＝b5，则以下结论：①a3b3；③a6b6，正确的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，则由a5＝b5得a1＋4d＝b1q4，又a1＝b1，所以d＝.因为数列{an}为正项单调递增数列，所以a1>0，d>0，则q4－1>0，解得q>1或q<－1.当q>1时，an可以看作是直线上的点的纵坐标，bn可以看作是指数函数图象上的点的纵坐标，则易得此时a6b6，③④错误．由等差数列和等比数列的性质易得a3＝，b＝b1b5＝a1a5，则a－b＝2－a1a5＝2>0，所以a3>b3，①错误，②正确．综上所述，正确结论的个数为1.故选B.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝15，且满足an＋1＝an＋4n2－16n＋15，已知n，m∈N*，n>m，则Sn－Sm的最小值为( )
A．－ B．－ C．－14 D．－28
答案 C
解析 根据题意可知
(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋(2n－5)(2n－3)，
式子左、右两端同除以(2n－5)(2n－3)，
可得＝＋1，即－＝1，
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所以数列是以＝－5为首项，以1为公差的等差数列，
所以＝－5＋(n－1)·1＝n－6，
即an＝(n－6)(2n－5)，
由此可以判断出a3，a4，a5这三项是负数，
从而得到当n＝5，m＝2时，Sn－Sm取得最小值，
且Sn－Sm＝S5－S2＝a3＋a4＋a5＝－3－6－5＝－14.
13．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n.
(1)证明：{an－n}为等比数列；
(2)数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)证明 ∵an＋1＝2an－n＋1，
∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
又a1－1＝2，
∴{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知an－n＝(a1－1)·2n－1＝2n，
∵bn＋1＝bn＋an－n，∴bn＋1－bn＝2n，
累加得到bn＝2＋＝2n (n≥2)．
当n＝1时，b1＝2，∴bn＝2n，
∴cn＝
＝
＝－.
∴Tn＝－.
14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，若a·b＝24，且S11＝143，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足＝λTn－(a1－1)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式及数列的前n项和Mn；
(2)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由．
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，a·b＝24，
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得a1＋a10＝24，又S11＝143，解得a1＝3，d＝2，
因此数列{an}的通项公式是an＝2n＋1(n∈N*)，
所以＝＝，
所以Mn＝
＝(n∈N*)．
(2)因为＝λTn－(a1－1)(n∈N*)，且a1＝3，
所以Tn＝＋，
当n＝1时，b1＝；
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝，
此时有＝4，若{bn}是等比数列，
则有＝4，而b1＝，b2＝，彼此相矛盾，
故不存在非零实数λ使数列{bn}为等比数列．
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