2019届二轮复习第8讲 等差与等比数列的性质学案（全国通用）
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名师导学·高考二轮总复习·理科数学
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专题四 数 列
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专 题 四
数 列
知识网络 【p29】
考情分析 【p29】
年份 卷别 题号 考查内容 命题规律
2018
Ⅰ 4，14 等差、等比数列的通项、求
和公式；Sn 与 an 的关系
Ⅱ 17
等差数列的通项公式和前 n
项和公式
Ⅲ 17
等比数列的通项公式和前 n
项和公式
2017
Ⅰ 4，12 等差、等比数列的通项公式
与求和；分组求和法
Ⅱ 3，15 等比数列求和，等差数列，
裂项求和法
Ⅲ 9，14 等差、等比数列的通项与求
和
2016
Ⅰ 3，15 等差数列的通项与求和，等
比数列的通项及性质
Ⅱ 17
等差数列的基本量的运算，
数列求和(分组求和法)
Ⅲ 17 Sn 和 an 的关系，等比数列的
通项与求和
考查题型要么是两个小题
(可能两个选择题，也可能选
择、填空题各一个)，要么一
个大题(17 题位置). 考查知
识是以等差、等比数列的通
项、求和为主，重基本量法，
也渗透性质的应用. Sn 和 an
的关系式，数列求和的方法
也是常考知识点.
第 8 讲 等差与等比数列的性质
专 题 探 究 【p29】
【命题趋势】
本考点在高考中，主要考查等差与等比数列的概念、基本性质、简单运算等，常以选择、
填空题的形式出现，属于中档题．全国卷中数列考题更加注重基础，强调双基，讲究解题的
通性通法，尤其在选择、填空题上更加突出，常常以“找常数”“找邻居”“找配对”“构函数”
作为本节考点命题的一大亮点，突出考查等差、等比数列的基本概念、性质以及它们的交叉
运用，突出了“小、巧、活”的特点，“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的客观题
计算中非常重要，难度多属中等偏易．
【备考建议】
复习中要做到：
(1)深刻理解等差数列和等比数列基本概念、性质，熟练掌握这两种数列常用的判定、证
明方法，这类问题经常出现在以递推数列为背景的试题第(1)问中．
(2)能正确使用等差(比)数列定义、性质是学好本节考点的关键．解题时应从基础着笔，
首先要熟练掌握等差数列、等比数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的灵活变形，善用
技巧，减少运算量，这是迅速、准确解题的关键．运用方程的思想解答等差(比)数列计算问
题是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量 a1、d(或 q)，掌握好设取未知数、列出方程、
解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．
典 例 剖 析 【p30】
探究一 等差(比)数列的判定与证明
例 1 (1)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an－1(a 是不为 0 的常数)，那么数列{an}( )
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列或者是等比数列
D．既不是等差数列也不是等比数列
【解析】选 C.
当 n＝1 时可得 a1＝a－1，当 n≥2 时可得 an＝an－an－1＝(a－1)an－1，a1 也适合这个式子，
故数列{an}的通项公式是 an＝(a－1)an－1.
当 a＝1 时，该数列的各项都是零，此时数列{an}为等差数列，
当 a≠1 时，数列{an}为等比数列．
(2)已知数列{an}是首项 a1＝1
4，公比 q＝1
4的等比数列．设 bn＋2＝3log1
4an(n∈N*)．
求证：数列{bn}是等差数列．
【解析】证明：由已知可得 an＝a1qn－1＝(1
4 )n
，
bn＋2＝3log1
4(1
4 )n
＝3n，
∴bn＝3n－2.
∵bn＋1－bn＝3，∴数列{bn}为等差数列．
【点评】等差、等比数列的判定与证明方法：
(1)定义法：an＋1－an＝d(d 为常数)⇔{an}是等差数列；
an＋1
an ＝q(q 为非零常数)⇔{an}是等比数列；
(2)利用中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列；
a 2n＋1＝an·an＋2(n∈N*)⇔{an}是等比数列(注意等比数列中 an≠0，q≠0)；
(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q 为常数)⇔{an}是等差数列；
an＝cqn(c，q 为非零常数)⇔{an}是等比数列；
(4)前 n 项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数)⇔{an}是等差数列；
Sn＝mqn－m(m 为常数，q≠0 且 q≠1)⇔{an}是等比数列；
(5)若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列，只需用 a1，a2，a3 验证即可．
探究二 等差(比)数列的基本计算
例 2 (1)设 Sn 是等差数列{an }的前 n 项和，且 S1，S2，S4 成等比数列，则a2
a1等于( )
A．1 B．1 或 2 C．1 或 3 D．3
【解析】选 C.
设等差数列{an}的公差为 d，则有(2a1＋d)2
＝a1(4a1＋6d)，得 d＝0 或 d＝2a1. 若 d＝0，则
a2
a1＝1，若 d＝2a1，则a2
a1＝3a1
a1 ＝3，故选 C.
(2)已知数列{an}是首项等于 1
16且公比不为 1 的等比数列，Sn 是它的前 n 项和，满足 S3＝
4S2－ 5
16.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设 bn＝logaan(a>0 且 a≠1)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn 的最值．
【解析】(Ⅰ)∵S3＝4S2－ 5
16，a1＝ 1
16，q≠1，
∴a1（1－q3）
1－q ＝4×a1（1－q2）
1－q － 5
16.
整理得 q2－3q＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝1(舍去).
∴an＝a1×qn－1＝2n－5.
(Ⅱ)bn＝logaan＝(n－5)loga2.
①当 a>1 时，有 loga2>0，数列{bn}是以 loga2 为公差的等差数列，此数列是首项为负的
递增的等差数列．
由 bn≤0，得 n≤5.所以(Tn)min＝T4＝T5＝－10loga2.Tn 没有最大值.
②当 0
0，
∴a5a12＝3.故答案为：3.
(2)(Ⅰ)已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，且 S6>S7>S5，给出下列五个命题： ①d<0；
②S11>0；③S12<0；④数列{Sn}中的最大项为 S11；⑤|a6|>|a7|.其中正确命题的个数是( )
A. 3 B．4 C. 5 D．1
【解析】选 A.
因为 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，且 S 6>S7>S5，则有 S6>S6＋a7，a7<0，S 6＝S5＋
a6>S5，a6>0，所以 d<0，①正确；S11＝11a6>0，故②正确；因为 S7－S5＝a6＋a7>0，所以 S12
＝6(a6＋a7)>0，所以③错误；数列{Sn}中 S6 最大，故④错误；因为 a6＋a7>0，所以|a6|>|a7|，
故⑤正确，综上①②⑤正确，故选 A.
(Ⅱ)设等差数列{an}满足(1－a1 008)5＋2 016(1－a1 008)＝1，(1－a1 009)5＋2 016(1－a1 009)＝
－1，数列{an}的前 n 项和记为 S，则( )
A．S2 016＝2 016，a1 008>a1 009
B．S2 016＝－2 016，a1 008>a1 009
C．S2 016＝2 016，a1 008f(1－a1 009)，
得 1－a1 008>1－a1 009，
∴a1 009>a1 008，故选 C.
探究四 等差(比)数列的综合应用
例 4 已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1
2，且满足 2Sn＋1＝4Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当 1≤i0，q>1 或 a1<0，01 或 a1>0，00 且 q≠1)常和指数函数相
联系．
(3)整体思想：应用等比数列前 n 项和时，常把 qn， a1
1－q当成整体求解．
高 考 回 眸 【p31】
考题 1[2018·全国卷Ⅰ]记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 3S3＝S2＋S4，a1＝2，则 a5＝
( )
A．－12 B．－10 C．10 D．12
【解析】选 B.
通解：设等差数列{an}的公差为 d，∵3S 3＝S2＋S4，∴3(3a1＋3 × 2
2 d)＝2a1＋d＋4a1＋
4 × 3
2 d，解得 d＝－3
2a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选 B.
优解：设等差数列{an}的公差为 d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－
a3，∴3a1＋3 × 2
2 d＝d，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10，故选 B.
【命题意图】本题主要考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式，考查考生的化归与转
化能力、运算求解能力，考查的核心素养是数学运算．
考题 2[2018·全国卷Ⅱ]记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求 Sn，并求 Sn 的最小值．
【解析】(1)设{an}的公差为 d，由题意得 3a1＋3d＝－15.
由 a1＝－7 得 d＝2.
所以{an}的通项公式为 an＝2n－9.
(2)由(1)得 Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当 n＝4 时，Sn 取得最小值，最小值为－16.
【命题意图】本题主要考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式，考查的核心素养是数
学运算．
考点限时训练 【p124】
A 组 基础演练
1．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝2，S3＝12，则 a6＝( )
A．8 B．10
C．12 D．14
【解析】选 C.
设公差为 d，依题意可得 3×2＋1
2×3×2d＝12，
∴d＝2，所以 a6＝2＋(6－1)×2＝12，
故选 C.
2．设{an}是公比为 q 的等比数列，则“q>1”是“{an}为递增数列”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】选 D.
对等比数列{an}，若 q>1，则当 a1>0 时数列{an}是递增数列；若数列{an}是递增数列，
则满足 a1>0 且 q>1，或满足 a1<0 且 01”是“{an}为递增数列”的既不充分也不
必要条件，故选 D.
3．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣
厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各
穿几何？”翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小
鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇？这个问题体现了
古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为 1 000 尺，则需要几天时间才能打穿(结果取整
数)( )
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】选 C.
设大鼠第 n 天打洞为 an，a1＝1，q＝2，an＝2n－1，和为 An，设小鼠第 n 天打洞为 bn，b1
＝1，q＝1
2，bn＝(1
2 )n－1
，和为 Bn，下求 n，使得 Sn＝An＋Bn>1 000，即(2n－1)＋2(1－(1
2 )n
)
>1 000，S10＝1 023＋2(1－(1
2 )10
)>1 000，S9＝511＋2(1－(1
2 )9
)<1 000，所以选 C.
4．已知[x)表示大于 x 的最小整数，例如[3)＝4，[－1.3)＝－1.下列命题中正确的是( )
① 函数 f(x)＝[x)－x 的值域是(0，1]；
② 若{an}是等差数列，则{[an)}也是等差数列；
③ 若{an}是等比数列，则{[an)}也是等比数列；
④ 若 x∈(1，2 019)，则方程[x)－x＝1
2有 2 018 个根．
A．②④ B．③④ C．①③ D．①④
【解析】选 D.
由题意可设 x 的整数部分为 a，小数部分为 x－a，则 a<[x)≤a＋1，所以 0<[x)－x≤1，
因此函数 f(x)＝[x)－x 的值域是(0，1]；方程[x)－x＝1
2在区间(0，1)内只有一个根，因此在区
间(1，2 019)内有 2 018 个根，故答案①④都是正确的；由于 a1＝2.9，a2＝3，a3＝3.1 成等差
数列，但[a1)＝3，[a2)＝4，[a3)＝4 不成等差数列，故答案②是错误的；又因为 a1＝2，a2＝
4，a3＝8 成等比数列，但[a1)＝3，[a2)＝5，[a3)＝9 不成等比数列，故答案③也是错误的．故
选 D.
5．公差不为零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a4 是 a3 与 a7 的等比中项，S8＝16，则
S10 等于________．
【解析】30
设等差数列{an}的公差为 d≠0.∵a4 是 a3 与 a7 的等比中项，
∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，化为：2a1＋3d＝0.
∵S8＝16，∴8a1＋8 × 7
2 ×d＝16，
联立解得 a1＝－3
2，d＝1.
则 S10＝10×(－3
2 )＋10 × 9
2 ×1＝30.
6．已知△ABC 中，角 A，B，C 的对边 a，b，c 成等比数列，则角 B 的取值范围是__________．
【解析】(0，
π
3 ]
∵b2＝ac，∴cos B＝a2＋c2－b2
2ac ＝a2＋c2－ac
2ac ≥2ac－ac
2ac ＝1
2，
∵B∈(0，π)，
∴B∈(0，
π
3 ].
7．若数列{an}满足 1
an＋1－ 1
an＝d(n∈N*，d 为常数)，则称数列{an}为“调和数列”．已知
正项数列{ 1
bn }为“调和数列”，且 b1＋b2＋…＋b9＝90，则 b4b6 的最大值是__________．
【解析】100
因为数列{ 1
bn }是“调和数列”，所以 bn＋1－bn＝d，即数列{bn}是等差数列，所以 b1＋b2
＋…＋b9＝9（b4＋b6）
2 ＝90，所以 b4＋b6＝20≥2 b4b6，b4b6≤100，当且仅当 b4＝b6 时等号
成立，因此 b4b6 的最大值为 100.
8．数列{an}的前 n 项和记为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝
n＋2
n Sn(n＝1，2，3，…)．
证明：(1)数列{Sn
n }是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
【解析】(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2
n Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
整理得 nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以Sn＋1
n＋1＝2Sn
n ，
故{Sn
n }是以 2 为公比的等比数列．
(2)由(1)知Sn＋1
n＋1＝4· Sn－1
n－1(n≥2)，
于是 Sn＋1＝4(n＋1)· Sn－1
n－1＝4an(n≥2)．
又 a2＝3S1＝3，
故 S2＝a1＋a2＝4＝4a1.
因此对于任意整数 n≥1，都有 Sn＋1＝4an.
9．已知等差数列{an}的首项 a1 为 a(a∈R，a≠0)．设其前 n 项和为 Sn，且对任意正整数
n 都有a2n
an ＝4n－1
2n－1.
(1)求数列{an}的通项公式及 Sn ；
(2)是否存在正整数 n 和 k，使得 Sn，Sn＋1，Sn＋k 成等比数列？若存在，求出 n 和 k 的值；
若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d，在a2n
an ＝4n－1
2n－1中令 n＝1 可得a2
a1＝3，即a＋d
a ＝3.
故 d＝2a，an＝a1＋(n－1)d＝(2n－1)a.
经检验，a2n
an ＝4n－1
2n－1恒成立，
所以，an＝(2n－1)a，Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]a＝n2a.
(2)由(1)知 Sn＝n2a，Sn＋1＝(n＋1)2a，Sn＋k＝(n＋k)2a.
假设 Sn，Sn＋1，Sn＋k 成等比数列，则 S 2n＋1＝SnSn＋k，
即 a2(n＋1)4＝an2·a(n＋k)2，
又因为 a≠0，n，k∈N*，
所以(n＋1)2＝n(n＋k)，
经整理得 n(k－2)＝1，考虑到 n，k 均为正整数，
所以 n＝1，k＝3.
所以，存在正整数 n＝1 和 k＝3 符合题目的要求．
B 组 能力提升
10．已知等比数列{an}的公比 q>0 且 q≠1，又 a6<0，则( )
A．a5＋a7>a4＋a8
B．a5＋a7|a4＋a8|
【解析】选 A.
∵a6<0，q>0，
∴a5，a7，a8，a4 都是负数，
∴a5＋a7－a4－a8＝a4(q－1)＋a7(1－q)＝(q－1)(a4－a7)．
若 00；
若 q>1，则 q－1>0，a4－a7>0，∴a5＋a7－a4－a8>0，
∴a5＋a7>a4＋a8，
故选 A.
11．各项均为正数的等差数列{an}中，前 n 项和为 Sn，当 n∈N*，n≥2 时，有 Sn＝ n
n－1
(a2n－a21)，则 S20－2S10＝__________．
【解析】50
由题意：
Sn＝ n
n－1(a2n－a21)＝ n
n－1(an＋a1)(an－a1)，
∴
（an＋a1）n
2 ＝ n
n－1(an＋a1)(an－a1)＝ n
n－1(an＋a1)×(n－1)d，
∴d＝1
2，
S20－2S10＝(S20－S10)－S10＝(a11＋a12＋…＋a20)－(a1＋a2＋…＋a10)＝100d＝50.
12．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为 8，且 a2，a3，a1 成等比数列，
则数列{|an|}的前 n(n≥3)项和为__________________________．
【解析】Sn＝{4，n＝1，
3
2n2－11
2 n＋10，n > 1（n ∈ N * ）.
由已知得等差数列{an}的前三项满足{a1＋a2＋a3＝3a2＝－3，
a1a2a3＝8，
a＝a1a2，
得 a1＝－4，a2＝－1，a3＝2，
∴an＝3n－7，|an|＝|3n－7|＝{－3n＋7，n＝1，2，
3n－7，n ≥ 3.
记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn.
当 n＝1 时，S1＝|a1|＝4；
当 n＝2 时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当 n≥3 时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋
（n－2）[2＋（3n－7）]
2 ＝3
2n2－11
2 n＋10.
当 n＝2 时，满足此式.
综上，Sn＝{4，n＝1，
3
2n2－11
2 n＋10，n > 1且n ∈ N * .
13．在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝1，b1＝2，bn>0(n∈N*)，且 b1，a2，b2 成等
差数列，a2，b2，a3＋2 成等比数列．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设 cn＝abn，数列{cn}的前 n 项和为 Sn，若S2n＋4n
Sn＋2n >an＋t 恒成立，求常数 t 的取值范
围．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q(q>0)，
由题设{2（1＋d）＝2＋2q，
（2q）2＝（1＋d）（3＋2d），解得 d＝q＝3.
所以 an＝3n－2，bn＝2·3n－1.
(2)因为 cn＝abn＝3bn－2＝2·3n－2，
所以 Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2n＝3n＋1－2n－3.
所以S2n＋4n
Sn＋2n ＝32n＋1－3
3n＋1－3 ＝3n＋1，
由S2n＋4n
Sn＋2n >an＋t 恒成立得 t<3n－3n＋3 恒成立．
令 f(n)＝3n－3n＋3，则 f(n＋1)－f(n)＝2·3n－3>0，
所以 f(n)＝3n－3n＋3 单调递增，
所以 t
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