第1讲 等差数列与等比数列1．(2022·课标全国Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10等于( )A.B.C．10D．122．(2022·安徽)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．3．(2022·广东)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝______.4．(2022·江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．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.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－1.18\n(2)求和公式等差数列：Sn＝＝na1＋d；等比数列：Sn＝＝(q≠1)．(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)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n＝________.(2)已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则q3等于( )A．－B．1C．－或1D．－1或思维升华 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)(2022·浙江)已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.(2)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则log2＝________.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明数列{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利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．(2)证明{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；②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．例2 (2022·大纲全国)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)设bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等差数列；18\n(2)求{an}的通项公式． 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)＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{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 (1)(2022·大庆铁人中学月考)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝，则an＝________________________________________________________________________.(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝________.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*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．18\n 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 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值． 18\n1．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．6B．7C．12D．132．已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b12等于( )A．1B．2C．4D．83．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.C.D.4．已知等比数列{an}中，a4＋a6＝10，则a1a7＋2a3a7＋a3a9＝________.提醒：完成作业 专题四 第1讲18\n二轮专题强化练专题四第1讲 等差数列与等比数列A组 专题通关1．已知等差数列{an}中，a5＝10，则a2＋a4＋a5＋a9的值等于( )A．52B．40C．26D．202．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是( )A．15B．30C．31D．643．(2022·浙江)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则( )A．a1d＞0，dS4＞0B．a1d＜0，dS4＜0C．a1d＞0，dS4＜0D．a1d＜0，dS4＞04．设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn<nSn＋1(n∈N*)．若<－1，则( )A．Sn的最大值是S8B．Sn的最小值是S8C．Sn的最大值是S7D．Sn的最小值是S75．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8等于( )A．0B．3C．8D．116．若数列{n(n＋4)()n}中的最大项是第k项，则k＝________.7．(2022·课标全国Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________.18\n8．已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an)(n∈N*)，记Sn为数列{an}的前n项和，则Sn＝________，an＝________.9．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋}是等比数列．10．(2022·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列{an}的通项公式．B组 能力提高11．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4000，O为坐标原点，点P(1，an)，Q(2011，a2011)，则·等于( )18\nA．2011B．－2011C．0D．112．(2022·福建)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于( )A．6B．7C．8D．913．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n，都有am＋n＝am·an，若Sn<t恒成立，则实数t的最小值为________．14．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．18\n学生用书答案精析专题四 数列、推理与证明第1讲 等差数列与等比数列高考真题体验1．B [∵公差为1，∴S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，∴a10＝a1＋9d＝＋9＝.故选B.]2．2n－1解析 由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以联立方程解得或又数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.∴数列{an}的前n项和为Sn＝＝2n－1.3．50解析 因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10lne5＝50lne＝50.4．6解析 每天植树棵数构成等比数列{an}，其中a1＝2，q＝2.则Sn＝＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.热点分类突破例1 (1)6 (2)A解析 (1)设该数列的公差为d，则a4＋a6＝2a1＋8d＝2×(－11)＋8d＝－6，解得d＝2，所以Sn＝－11n＋×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，18\n所以当Sn取最小值时，n＝6.(2)若q＝1，则3a1＋6a1＝2×9a1，得a1＝0，矛盾，故q≠1.所以＋＝2，解得q3＝－或1(舍)，故选A.跟踪演练1 (1) －1 (2)1005解析 (1)∵a2，a3，a7成等比数列，∴a＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1即3a1＋d＝1，∴a1＝，d＝－1.(2)在等比数列中，(a1＋a2)q2＝a3＋a4，即q2＝2，所以a2011＋a2012＋a2013＋a2014＝(a1＋a2＋a3＋a4)q2010＝3×21005，所以log2＝1005.例2 (1)证明 由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)解 由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.∴an－an－1＝2n－3，an－1－an－2＝2n－5，……a2－a1＝1，18\n累加得an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.跟踪演练2 (1) (2)2n＋1－3解析 (1)由已知得＝＋4，∴－＝4，又＝1，故{}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴＝1＋4(n－1)＝4n－3，故an＝.(2)由已知可得an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，故{an＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列．∴an＋3＝4×2n－1，∴an＝2n＋1－3.例3 解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝.(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，∴Tm＝＝8[1－()m]，∵()m随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.又Sn＝＝－(n2－9n)18\n＝－[(n－)2－]，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn<Tm＋λ，则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)．跟踪演练3 解 (1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1＝(－1)n－1·.(2)由(1)得Sn＝1－n＝当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝，故0<Sn－≤S1－＝－＝.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn<1，故0>Sn－≥S2－＝－＝－.综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.高考押题精练1．C [∵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.]18\n2．C [设等差数列{an}的公差为d，因为a4－2a＋3a8＝0，所以a7－3d－2a＋3(a7＋d)＝0，即a＝2a7，解得a7＝0(舍去)或a7＝2，所以b7＝a7＝2.因为数列{bn}是等比数列，所以b2b12＝b＝4.]3．A [由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，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)(＋)＝(＋＋5)≥(2＋5)＝，当且仅当＝，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值.]4．100解析 因为a1a7＝a，a3a9＝a，a3a7＝a4a6，所以a1a7＋2a3a7＋a3a9＝(a4＋a6)2＝102＝100.18\n二轮专题强化练答案精析专题四 数列、推理与证明第1讲 等差数列与等比数列1．B [因为a2＋a4＝2a3，a5＋a9＝2a7，所以a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7)＝4a5，而a5＝10，所以a2＋a4＋a5＋a9＝4×10＝40.故选B.]2．A [因为a8是a7，a9的等差中项，所以2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，再由等差数列前n项和的计算公式可得S11＝＝＝11a6，又因为S11＝，所以a6＝，则d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A.]3．B [∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－＜0，故选B.]4．D [由(n＋1)Sn<nSn＋1得(n＋1)·<n·，整理得an<an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又<－1，所以a8>0，a7<0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.]5．B [∵{bn}为等差数列，设其公差为d，由b3＝－2，b10＝12，∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2，∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3，∵a8－3＝0，18\n∴a8＝3.故选B.]6．4解析 由题意得所以由k∈N*可得k＝4.7．－解析 由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.8．2×n－1 解析 由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an)(n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即Sn＋1＝Sn，由此可知数列{Sn}是一个等比数列，其中首项S1＝a1＝2，公比为，所以Sn＝2×n－1，由此得an＝9．(1)解 设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.所以bn＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3，即数列{bn}的通项公式为bn＝5·2n－3.18\n(2)证明 由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2.所以S1＋＝，＝＝2.因此{Sn＋}是以为首项，2为公比的等比数列．10．(1)解 当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4＋5＝8＋1，解得：a4＝.(2)证明 因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，因为4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，因为＝＝＝＝，所以数列是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列．(3)解 由(2)知，数列是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列，所以an＋1－an＝n－1，即－＝4，所以数列是以＝2为首项，公差为4的等差数列，所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，即an＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1，18\n所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×n－1.11．A [由S21＝S4000得a22＋a23＋…＋a4000＝0，由于a22＋a4000＝a23＋a3999＝…＝2a2011，所以a22＋a23＋…＋a4000＝3979a2011＝0，从而a2011＝0，而·＝2011＋a2011·an＝2011.]12．D [由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.∴或解之得：或∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.]13.解析 令m＝1，可得an＋1＝an，所以{an}是首项为，公比为的等比数列，所以Sn＝＝[1－()n]<，故实数t的最小值为.14．解 (1)设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由题意得即解得故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.假设存在n，使得Sn≥2013，则1－(－2)n≥2013，18\n即(－2)n≤－2012.当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2012，即2n≥2012，得n≥11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．18
