资源简介

模块三　数列
微专题11　等差数列、等比数列
【考法探析·明规律】
例1　(1)B　(2)D　[解析] (1)因为S5=S10,所以S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0,则a8=0,又因为a5=1,所以公差d==-,所以a1=a8-7d=,故选B.
(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由题意得即
即解得
所以a6=96×=3.故选D.
自测题
1.C　[解析] 设{an}的公比为q(q≠0),则a2a5=a1a3a6=a1·a2q·a5q,显然a2a5≠0,则a1q2=1,即a3=1.因为a7a8=a3q4·a3q5=q9=(q3)3=-27,所以q3=-3,则a6=a3·q3=-3.故选A.
2.C　[解析] 当{an}是等差数列时,设公差为d,由a2=3a1得a1+d=3a1,则d=2a1>0,所以Sn=na1+n(n-1)·2a1=n2a1,则=n,当n∈N*时,因为-=(n+1)-n=,所以{}为等差数列.当{}为等差数列时,设公差为d1,则=+(n-1)d1,即Sn=a1+2d1(n-1)+(n-1)2①,所以当n≥2时,Sn-1=a1+2d1(n-2)+(n-2)2②,①-②得an=2d1+(2n-3)(n≥2),由①得S2=a1+2d1+,则a1+a2=a1+2d1+,所以4a1=a1+2d1+,解得d1=,或d1=-3,因为该数列的各项均为正数,所以d1=,因此an=2d1+(2n-3)=(2n-1)a1(n≥2),显然当n=1时,上式也成立,所以an=(2n-1)a1,则an+1-an=2a1,所以{an}是等差数列.因此“{an}是等差数列”是“{}为等差数列”的充要条件,故选C.
例2　(1)BC　(2)±2　[解析] (1)对于A,因为an=a1+(n-1)d,且d>0,所以{an}中无最大项,A错误;对于B,因为a1<0,d>0,所以存在m∈N*,使得am<0,am+1≥0,则Sm为{Sn}中的最小项(当am+1=0时,Sm,Sm+1均为{Sn}中的最小项),B正确;对于C,因为a10a11<0,{an}为递增数列,所以a10<0,a11>0,则a1+9d<0a21,得S20>0,则a1+a20>0,即a10+a11>0,则a11>0,所以S10最小,D错误.故选BC.
(2)方法一:由题意知公比q≠1,∴=4,=68,可得1+q4=17,解得q=±2.
方法二:设等比数列{an}的公比为q,则前4项和为S4=a1(1+q+q2+q3)=4,第5项到第8项的和S8-S4=a5(1+q+q2+q3)=a1q4(1+q+q2+q3)=68-4=64,所以q4=16,解得q=±2.
自测题
1.BCD　[解析] 对于选项A,等比数列{an}的前7项积T7=a1a2…a7.若数列{an}满足an=-1,则T7=(-1)7=-1<0,说明存在等比数列{an}使得T7<0,A错误.对于选项B,T8=a1a2…a8,T12=a1a2…a12,则=a9a10a11a12.由等比数列的性质得,a9a12=a10a11=a1a20,又T20=a1a2…a20=(a1a20)10=1,所以a1a20=±1,则a9a12=a10a11=±1,所以=1,即T8=T12,B正确.对于选项C,设an=a1qn-1(q≠0),则Tn=a1a2…an=,则=a1,所以==(常数),故{}是等比数列,C正确.对于选项D,a1=1024=210,an=a1qn-1=210qn-1,因为T10为数列{Tn}中唯一的最大项,所以由T10>T9,得a10>1,则a10=210q9>1,可得q>,此时T9>T8>…>T1也成立;由T10>T11,得a11<1,则a11=210q10<1,可得q<2-1,此时T11>T12>T13>…也成立.所以2.AC　[解析] 对于选项A,{an}是等差数列,设其公差为d,因为S2=a1+a2,S4-S2=a3+a4=a1+a2+4d,S6-S4=a5+a6=a1+a2+8d,所以2(S4-S2)=S2+(S6-S4),所以S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,故A正确;对于选项B,例如an=(-1)n,则S2=a1+a2=-1+1=0,可得S2,S4-S2,S6-S4不成等比数列,故B错误;对于选项C,例如周期数列1,0,-1,0,1,0,-1,0,…,满足|an+1-an|=1,且a1=1,此时S102=25×(1+0-1+0)+1+0=1,故C正确;对于选项D,因为|an+1-an|=1,且a1=1,所以该数列的项奇数与偶数交替出现,因为前4k+1项包含2k+1个奇数,2k个偶数,所以前4k+1项的和为奇数,则不存在k∈N*,使得S4k+1=100为偶数,故D错误.故选AC.
例3　证明:(1)因为数列{an}为等差数列,a1=1,a3=2+1,
所以公差d==,Sn=n+×=n2+n,
则bn==n+1-,
则bn-bn-1=(n≥2),b1=1,
故数列{bn}是以1为首项,以为公差的等差数列.
(2)假设数列{an}中存在不同的三项an,am,ak构成等比数列,
则n,m,k两两不同,=an·ak,
即[1+(m-1)]2=[1+(n-1)][1+(k-1)],
则
可得(k-n)2=0,即k=n,与k≠n矛盾,
故假设不成立,
所以数列{an}中的任意三项均不能构成等比数列.
自测题
1.BCD　[解析] 对于A,当an+1+an=f(n)=2n时,若a1=2,则a2=0,a3=4,a4=2,a5=6,…,所以数列{an}不是等差数列,故A错误;对于B,当an+1+an=f(n)=2n+1时,可得an+1-n-1=-(an-n),因为a1-1=0,所以an-n=0,即an=n,则an+1-an=n+1-n=1,所以数列{an}是等差数列,故B正确;对于C,当an+1+an=f(n)=4时,可得an+1-2=-(an-2), 因为a1-2=0,所以an-2=0,即an=2,所以{an}是等比数列,故C正确;对于D,当an+1+an=f(n)=3×2n-1时,可得an+1-2n=-(an-2n-1),则a1-20=0,所以an-2n-1=0,即an=2n-1,则==2,所以{an}是等比数列,故D正确.故选BCD.
2.BC　[解析] 对于A选项,因为Sn=n2-1,所以a1=S1=12-1=0,a2=S2-S1=22-1-0=3,a3=S3-S2=32-1-(22-1)=5,显然a1+a3≠2a2,所以{an}不是等差数列,故A错误.对于B选项,因为Sn=2n-1,所以an=
因为a1=1满足an=2n-1(n≥2),所以an=2n-1,所以=2,所以{an}是等比数列,故B正确.对于C选项,因为{an}是等差数列,所以S99==99a50,故C正确.对于D选项,当n=1时,S1·S3-=(1+q+q2)-(1+q)2=-q<0,故当n=1时不等式不成立,故对任意n∈N*,S2n-1·S2n+1>不恒成立,所以D错误.故选BC.
例4　解:(1)证明:设等差数列{an}的公差为d,
由a2-b2=a3-b3,得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1.
由a2-b2=b4-a4,得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),
故a1+2d=5b1,将d=2b1代入上式,整理得a1=b1,得证.
(2)由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,得b1·2k-1=a1+(m-1)·d+a1,
即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,即2k-1=2m.
因为1≤m≤500,所以2≤2m≤1000,由2≤2k-1≤1000,可得2≤k≤10,k∈N*,
故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中的元素个数为9.
自测题
解:(1)因为a1,a2,a4成等比数列,所以=a1·a4,
又等差数列{an}的公差d=2,所以(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,
所以数列{an}的前n项和Sn=n·a1+·d=n2+n.
(2)由(1)知an=2+(n-1)×2=2n,
则bn+bn+1=(=()2n=2n①,
当n=1时,b1+b2=2,可得b2=1.
由①得bn+1+bn+2=2n+1②,
②-①得bn+2-bn=2n+1-2n=2n,
所以当n≥2时,b2n=(b2n-b2n-2)+(b2n-2-b2n-4)+…+(b4-b2)+b2=22n-2+22n-4+…+22+1=+1=,因为b2=1符合上式,所以b2n=.
例5　解:(1)由an+1=Sn+2(n∈N*),得an=Sn-1+2(n≥2),
则an+1-an=an(n≥2),
即an+1=2an(n≥2),
又a2=S1+2=a1+2=4,所以a2=2a1,满足an+1=2an,所以an+1=2an(n∈N*),
所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2n.
(2)由题知=an=2n,数列{bn}的其余项为1,
则T55=(b1+b3+b6+b10+b15+b21+b28+b36+b45+b55)+45×1=(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10)+45=S10+45=+45=2091.
自测题
解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),等比数列{bn}的公比为q(q≠0),
由题意得
即
又a1=b1=1,d≠0,所以d=1,q=2,所以an=1+n-1=n,bn=1×2n-1=2n-1.
(2)由(1)得cn==3n.
当n=2k(k∈N*)时,Sn=t1+t2+t3+…+t2k=c1+c2+c4+c5+…+c3k-2+c3k-1=(c1+c4+…+c3k-2)+(c2+c5+…+c3k-1)=(31+34+…+33k-2)+(32+35+…+33k-1)=+==.
当n=2k-1(k∈N*)时,
Sn=S2k-1=S2k-33k-1=-33k-1=.综上可知,Sn=限时集训(十一)
1.A　[解析] 因为S6=S9,所以S9-S6=a7+a8+a9=0,由等差数列的性质得3a8=0,所以a8=0,所以a9=a8+1=1.故选A.
2.A　[解析] 数列{an}为递增数列等价于对任意n∈N*,an+1-an=2n+k+1>0恒成立,即k>-2n-1对任意n∈N*恒成立,故k>(-2n-1)max=-3,所以“k≥-2”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件,故选A.
3.C　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,由题意得
解得所以a8=a1+7d=16.故选C.
4.C　[解析] 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由a1+a5=2可得2a3=2,即a3=1.因为a3,a1,a7成等比数列,所以=a3·a7,即(1-2d)2=1×(1+4d),化简可得4d2-8d=0,解得d=2或d=0(舍),则a3=a1+4=1,所以a1=-3,则S6=6×(-3)+×2=12.故选C.
5.B　[解析] 设等比数列{an}的公比为q,易知q≠-1,由等比数列前n项和的性质知,S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,所以(S20-S10)2=S10(S30-S20),则(21-S10)2=S10(49-21),所以-70S10+441=(S10-7)(S10-63)=0,则S10=7或S10=63.若S10=63,则由S20-S10=S10q10,得-42=63·q10,而q10>0,显然等式不成立,舍去;若S10=7,则由S20-S10=S10q10,得14=7·q10,解得q10=2>0,满足题设.所以S10=7.故选B.
6.C　[解析] 当n=1时,3a1=3S1=a1+64,解得a1=32.当n≥2时,3Sn-1=an-1+64,又3Sn=an+64,所以两式相减得3an=an-an-1(n≥2),即2an=-an-1(n≥2),又a1=32≠0,所以=-(n≥2),所以数列{an}是以32为首项,-为公比的等比数列,其通项公式为an=32·.因为Tn是数列{an}的前n项积,所以Tn=a1a2a3…an=32n·=(-1·=(-1·,当n=5或n=6时,有最大值15,又T5>0,T6<0,所以当n=5时,Tn有最大值215.故选C.
7.AD　[解析] 对于A选项,若d>0,则{an}为递增数列,所以a7>a6>a1>0,与a6·a7<0矛盾,若d=0,则{an}为常数列,所以a7=a6=a1>0,与a6·a7<0矛盾,若d<0,则{an}为递减数列,则a1>a6>a7,由可得a6>0>a7,符合题意,A正确;对于B选项,由A选项可知,a6>0,a7<0,S12==6(a6+a7)>0,S13=×13=13a7<0,所以当Sn>0时,n的最大值为12,B错误;对于C选项,Sn=na1+,则=a1+d,所以-=-=,所以数列为等差数列,且其首项为a1,公差为,C错误;对于D选项,由a6>0得a1+5d>0,由a7<0得a1+6d<0,由a6+a7>0得2a1+11d>0,即a1+d>0,令bn=,则bn=a1+(n-1),又d<0,所以等差数列{bn}为递减数列,且b11=a1+5d>0,b12=a1+>0,b13=a1+6d<0,所以若数列的前n项和为Tn,则T12最大,D正确.故选AD.
8.ACD　[解析] 对于A,由题意得,在区间(1,28)内的偶数有13个,故c3=13,故A正确;对于B,在区间(1,2n+3)内最大的偶数为2n+2,所以在区间(1,2n+3)内共有=n+1(个)偶数,则cn=n+1,故{cn}不是常数列,故B错误;对于C,在区间(1,2n+1+2)内最大的偶数为2n+1,所以在区间(1,2n+1+2)内共有=2n(个)偶数,则cn=2n,故{cn}是等比数列,故C正确;对于D,由C得,(n+1)cn=(n+1)·2n,设数列{(n+1)cn}的前n项和为Sn,则Sn=2×21+3×22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,故2Sn=2×22+3×23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,两式相减得Sn=-4-(22+23+…+2n)+(n+1)·2n+1=-4-+(n+1)·2n+1=n·2n+1,故D正确.故选ACD.
9.30　[解析] 由题意得a4+a12=2a8=a8+2,则 a8=2,所以S15==15a8=30.
10.3　[解析] 由3S1,2S2,S3成等差数列,可得2×2S2=3S1+S3.因为Sn是公比为q的等比数列{an}的前n项和,所以q≠0,且4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),即4(1+q)=3+(1+q+q2),可得q=3.
11.14　49 609　[解析] {3n+2}与{4n}的公共项为12n-4,去掉它们的公共项后,剩余的项从小到大排列为4,5,11,12,14,16,17,23,24,26,28,29,35,36,38,40,41,…,所以a5=14,且每两个相邻的公共项之间有5项,分别求和,得11+12+14+16+17=70,23+24+26+28+29=130,35+36+38+40+41=190,…,可知这5项的和为一项构成的新数列是首项为70,公差为60的等差数列.因为(202-2)÷5=40,所以{an}的前202项和为4+5+40×70+=49 609.
12.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题可得解得所以an=a1+(n-1)d=-8+6(n-1)=6n-14,
即数列{an}的通项公式为an=6n-14.
(2)因为b1=9,a1=-8,
所以a1+b1=1,
由题知an+bn=6n-14+bn=1×2n-1=2n-1,所以bn=2n-1-6n+14,
所以bn+1-bn=2n-1-6,当n=1,2,3时,bn+1-bn<0,
当n≥4时,bn+1-bn>0,
所以b1>b2>b3>b4故当n≤4时,数列{bn}递减,当n≥4时,数列{bn}递增,且bn有最小值,最小值为b4=-2,无最大值.
13.解:(1)因为3a2=3a1+a3,所以3d=a3=a1+2d,即a1=d,故an=nd.
所以bn==,{bn}是首项为,公差为的等差数列, 所以Sn=,Tn=.
因为S3+T3=21,
所以+=21,
即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=(舍去),
故{an}的通项公式为an=3n.
(2)若{bn}为等差数列,则2b2=b1+b3,
即2·=+,
即-3a1d+2d2=0,所以a1=d或a1=2d.
当a1=d时,an=nd,bn=,
故Sn=,Tn=.
又S99-T99=99,所以-=99,
即50d2-d-51=0,解得d=或d=-1(舍去).
当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=,故Sn=,Tn=.
又S99-T99=99,所以-=99,
即51d2-d-50=0,解得d=-(舍去)或d=1(舍去).
综上,d=.
14.解:(1)由题意得A1=5,A2=9,P1=20+1+2+1+3=27=128,
P2=27+0+2+2+6+2=219.
(2)由题意知An+1=An+An-1=2An-1,所以An+1-1=2(An-1),
又因为A1-1=4≠0,所以An-1≠0,所以=2,
所以数列{An-1}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以An-1=2n+1,故An=2n+1+1.
设Ln=log2Pn,则Ln+1=3Ln-2,所以Ln+1-1=3(Ln-1),
又因为L1-1=6≠0,所以Ln-1≠0,所以=3,
所以数列{Ln-1}是以6为首项,3为公比的等比数列,
所以Ln-1=6·3n-1=2·3n,
故Ln=2·3n+1,所以Pn=.
(3)要求Tn=P1·P2·…·Pn,
只需求log2Tn=log2(P1·P2·…·Pn)=log2P1+log2P2+…+log2Pn,
又log2Pn=Ln=2·3n+1,
所以log2P1+log2P2+…+log2Pn=(2×31+1)+(2×32+1)+…+(2×3n+1)=2×(31+32+…+3n)+n=2×+n=3n+1+n-3,
所以log2Tn=3n+1+n-3,所以Tn=.模块三　数列
微专题11　等差数列、等比数列
微点1　等差、等比数列的基本运算
例1 (1)[2024·全国甲卷] 记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1= (　 )　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C.- D.-
(2)[2022·全国乙卷] 已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6= (　　)
A.14 B.12 C.6 D.3
[听课笔记]


【规律提炼】
等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量,首项a1,公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=pqn-1(p,q≠0)的形式的数列为等比数列.
(3)因为等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常用两式相除的方式进行与等比数列有关的计算.
自测题
1.[2025·泉州模拟] 已知{an}为等比数列,a7a8=-27,a2a5=a1a3a6,则a6= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.-3 B.3 C.-9 D.9
2.[2025·湖北黄石模拟] 已知各项均为正数的数列{an}满足a2=3a1,Sn为{an}的前n项和,则“{an}是等差数列”是“{}为等差数列”的 (　 )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
微点2　项的性质与和的性质
例2 (1)(多选题)已知等差数列{an}的公差d>0,其前n项和为Sn,a1<0,则下列说法中正确的是 (　 )
A.数列{an}中有最大项
B.数列{Sn}中有最小项
C.若a10a11<0,则-55<<-45
D.若S20a21,则Sn取最小值时n=9
(2)[2025·全国一卷] 若一个等比数列的前4项和为4,前8项和为68,则该等比数列的公比为　　　　.
[听课笔记]


【规律提炼】
等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系,抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些关系入手,选择恰当的性质进行求解.
(2)用性质,数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的某些性质解题.
自测题
1.(多选题)[2025·琼海三模] 设等比数列{an}的公比为q,前n项积为Tn,则下列说法中正确的是 (　 )
A.T7>0
B.若T20=1,则T8=T12
C.{}是等比数列
D.若a1=1024,且T10为数列{Tn}中唯一的最大项,则2.(多选题)[2025·福建龙岩质检] 已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法中正确的是 (　 )
A.若{an}是等差数列,则S2,S4-S2,S6-S4成等差数列
B.若{an}是等比数列,则S2,S4-S2,S6-S4成等比数列
C.若|an+1-an|=1,且a1=1,则存在数列{an},使得S102=1
D.若|an+1-an|=1,且a1=1,则存在k∈N*,使得S4k+1=100
微点3　等差、等比数列的判定
例3 [2025·岳阳模拟] 已知数列{an}为等差数列,a1=1,a3=2+1,前n项和为Sn,数列{bn}满足bn=.
(1)求证:数列{bn}为等差数列;
(2)求证:数列{an}中的任意三项均不能构成等比数列.
【规律提炼】
判断或证明一个数列是等差数列或等比数列的常用方法:
(1)定义:
①若an+1-an为同一个常数,则{an}为等差数列;
②若为同一个常数,则{an}为等比数列.
(2)中项公式法:
①若2an+1=an+an+2,则{an}为等差数列;
②若=an·an+2,an≠0,则{an}为等比数列.
注:=an·an+2(*)是{an}为等比数列的必要不充分条件.显然当{an}中的各项均为0时,满足(*)式,但此时{an}不是等比数列.所以利用(*)式判断一个数列为等比数列时,还需满足数列中的各项均不为0.
自测题
1.(多选题)已知数列{an}满足an+1+an=f(n),则下列说法中正确的是 (　 )
A.若a1=2,f(n)=2n,则{an}是等差数列
B.若a1=1,f(n)=2n+1,则{an}是等差数列
C.若a1=2,f(n)=4,则{an}是等比数列
D.若a1=1,f(n)=3×2n-1,则{an}是等比数列
2.(多选题)[2025·湖北孝感八校联考] 已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法中正确的是 (　 )
A.若Sn=n2-1,则{an}是等差数列
B.若Sn=2n-1,则{an}是等比数列
C.若{an}是等差数列,则S99=99a50
D.若{an}是等比数列,且a1>0,q>0,则S2n-1·S2n+1>对任意n∈N*恒成立
微点4　等差、等比数列的综合
例4 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知{an}为等差数列,{bn}为公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中的元素个数.
自测题
[2025·湖北孝感八校联考] 已知等差数列{an}的公差为2,且a1,a2,a4成等比数列.
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若数列{bn}的首项b1=1,bn+bn+1=(,求数列{b2n}的通项公式.
微点5　 插入数列
例5 [2025·安徽芜湖二模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn+2(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)保持{an}的各项顺序不变,在ak和ak+1之间插入k个1,使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn},记{bn}的前n项和为Tn,求T55.
【规律提炼】
对于衍生数列常见的基本结论:
(1)设数列{an}和{bn}均是等差数列,且等差数列{an}的公差为d,λ,μ为常数.
①{an}的等距子数列{am,am+k,am+2k,…}(k,m∈N*)也是等差数列,且公差为kd.
②数列{λan+μ},{λan±μbn}也是等差数列,而当λ>0时,{}是等比数列.
(2)设数列{an}和{bn}均是等比数列,且等比数列{an}的公比为q,λ为常数.
①{an}的等距子数列{am,am+k,am+2k,…}也是等比数列,且公比为qk.
②数列{λan}(λ≠0),(λ≠0),{|an|},{anbn},,{}也是等比数列,而{logaan}(a>0,a≠1,an>0)是等差数列.
自测题
[2025·天津十二区联考] 已知公差不为0的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,且a1,2a2,4a4成等比数列,4b2,2b3,b4成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)令cn=,去掉数列{cn}中的第3n项(n∈N*),余下的项顺序不变,构成新数列{tn},求数列{tn}的前n项和Sn.　限时集训(十一)微专题11　等差数列、等比数列
1.已知{an}是公差为1的等差数列,Sn是其前n项和,若S6=S9,则a9= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.1 B.2
C.-2 D.-5
2.[2025·广东东莞六校联考] 数列{an}的通项公式为an=n2+kn,则“k≥-2”是“{an}为递增数列”的 (　 )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件
D.充要条件
3.[2025·山东德州三模] 已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a2=4,S5=3a4+6,则a8= (　 )
A.2 B.8
C.16 D.32
4.记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,若a1+a5=2,a3,a1,a7成等比数列,则S6= (　 )
A.0 B.6
C.12 D.18
5.[2025·江西赣州二模] 设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S20=21,S30=49,则S10= (　 )
A.-7 B.7
C.63 D.7或63
6.[2025·湖南师大附中二模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的n∈N*,都有3Sn=an+64.若Tn是数列{an}的前n项积,则Tn的最大值为 (　 )
A.29 B.214
C.215 D.216
7.(多选题)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a1>0,a6+a7>0,a6·a7<0,则下列说法正确的是 (　 )
A.d<0
B.当Sn>0时,n的最大值为13
C.数列为等差数列,且和数列{an}的首项、公差均相同
D.设数列的前n项和为Tn,则T12最大
8.(多选题)[2025·山东聊城三模] 对于数列{an},设区间(1,an)内偶数的个数为bn,则称数列{bn}为{an}的“H数列”,则 (　 )
A.若数列{cn}是数列{n3+1}的“H数列”,则c3=13
B.若数列{cn}是数列{2n+3}的“H数列”,则{cn}是常数列
C.若数列{cn}是数列{2n+1+2}的“H数列”,则{cn}是等比数列
D.若数列{cn}是数列{2n+1+2}的“H数列”,则数列{(n+1)cn}的前n项和为n·2n+1
9.已知等差数列{an}的前n项和为 Sn,若 a4+a12=a8+2,则 S15=　　　　.
10.设Sn是公比为q的等比数列{an}的前n项和,若3S1,2S2,S3成等差数列,则q=　　　　.
11.[2025·广东湛江模拟] 将数列{3n+2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后,剩余的项从小到大排列得到数列{an},则a5=　　　　,{an}的前202项和为　　　　.
12.[2025·河南焦作二模] 已知等差数列{an}满足2a2+a3=0,a4=10,数列{bn}的首项为9,且{an+bn}是公比为2的等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)讨论{bn}的增减性,并求bn的最值.
13.[2023·新课标Ⅰ卷] 设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
14.[2025·山东滨州二模] 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积,形成一个新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”.如:数列2,3经过第一次“积扩充”后得到数列2,6,3;经过第二次“积扩充”后得到数列2,12,6,18,3;….数列1,2,4经过第n次“积扩充”后所得数列的项数记为An,所有项的积记为Pn.
(1)求A1,A2,P1,P2;
(2)求An和Pn;
(3)求数列{Pn}的前n项积Tn.(共54张PPT)
微专题11 等差数列、等比数列
微点1 等差、等比数列的基本运算
微点2 项的性质与和的性质
微点3 等差、等比数列的判定
微点4 等差、等比数列的综合
微点5 插入数列
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
等差 数列 2025年Ⅱ卷7；2025 年Ⅰ卷16； 2024年Ⅱ卷12；2023 年Ⅰ卷7； 2023年Ⅱ卷18；2022 年Ⅰ卷17；2022年Ⅱ 卷3； 近五年高考 中以选填题 为主，偶尔 在解答题中 出现，难度 中等.
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
等差 数列 2022年Ⅱ卷17； 2023年Ⅰ卷20； 2021年Ⅰ卷17； 2021年Ⅱ卷17 等差数列和等比数列的基本量的计算以及性质应用是高考热点，
续表
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
等比 数列 2025年Ⅰ卷13； 2025年Ⅱ卷9； 2023年Ⅱ卷8； 2022年Ⅱ卷17 解答题中通 常结合其他 知识点，考 查综合应用 能力
续表
微点1 等差、等比数列的基本运算
例1（1）[2024·全国甲卷]记为等差数列的前 项和.已知
,,则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 因为 ,
所以,则 ,
又因为,所以公差,所以 ,故选B.
√
（2）[2022·全国乙卷]已知等比数列 的前3项和为168，
，则 ( )
A.14 B.12 C.6 D.3
[解析] 设等比数列的公比为 ，由题意得
即
即解得
所以 .故选D.
√
【规律提炼】
等差数列、等比数列问题的求解策略
（1）抓住基本量，首项,公差或公比.
（2）熟悉一些结构特征，如前项和为（,是常数）
的形式的数列为等差数列，通项公式为的形式
的数列为等比数列.
（3）因为等比数列的通项公式、前项和公式中变量在指数位置，
所以常用两式相除的方式进行与等比数列有关的计算.
自测题
1.[2025·泉州模拟]已知为等比数列， ，
，则 ( )
A. B.3 C. D.9
[解析] 设的公比为,则 ,
显然,则,即 .
因为,所以 ,则
.故选A.
√
2.[2025·湖北黄石模拟]已知各项均为正数的数列满足 ,
为的前项和，则“是等差数列”是“{ }为等差数列”的
( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
√
[解析] 当是等差数列时，设公差为，由 得，
则 ，所以，
则，
当 时，因为，
所以{ }为等差数列.
当{}为等差数列时，设公差为 ，则 ，即
，所以当 时，
，
得 ，
由①得 ，则，
所以 ，解得，或 ，
因为该数列的各项均为正数，所以，
因此 ，
显然当时，上式也成立，所以 ，
则，所以是等差数列.
因此“ 是等差数列”是“{ }为等差数列”的充要条件，故选C.
微点2 项的性质与和的性质
例2（1）（多选题）已知等差数列的公差，其前 项和为
， ，则下列说法中正确的是( )
A.数列 中有最大项
B.数列 中有最小项
C.若，则
D.若，，则取最小值时
√
√
[解析] 对于A，因为，且，所以 中无最
大项，A错误；
对于B，因为，，所以存在 ，使得，
，则为中的最小项（当 时，
，均为 中的最小项），B正确；
对于C，因为，为递增数列，所以， ，则
，可得 ，故
，C正确；
对于D，由，得，则，由，得 ，
则，即，则，所以 最小，D错误.
故选 .
（2）[2025·全国一卷] 若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为
68，则该等比数列的公比为____.
[解析] 方法一：由题意知公比，， ，
可得,解得 .
方法二:设等比数列的公比为 ，则前4项和为
，第5项到第8项的和 ，所以,解得 .
【规律提炼】
等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
（1）抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这
些关系入手，选择恰当的性质进行求解.
（2）用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单
调性、周期性等，可利用函数的某些性质解题.
自测题
1.（多选题）[2025·琼海三模]设等比数列的公比为，前 项积
为 ，则下列说法中正确的是( )
A.
B.若，则
C.{ }是等比数列
D.若，且为数列 中唯一的最大项，则
√
√
√
[解析] 对于选项A，等比数列的前7项积 .若数列
满足，则，说明存在等比数列
使得，A错误.
对于选项B，， ，
则.由等比数列的性质得， ，
又，所以 ，则
，所以，即 ，B正确.
对于选项C，设，则 ，
则 ，所以（常数），故{ }是
等比数列，C正确.
对于选项D， ，，因为为
数列 中唯一的最大项，所以
由，得 ，则，可得，
此时 也成立；
由，得，则，可得 ，
此时 也成立.
所以，D正确.故选 .
2.（多选题）[2025·福建龙岩质检]已知数列的前项和为 ，则
下列说法中正确的是( )
A.若是等差数列，则，， 成等差数列
B.若是等比数列，则，， 成等比数列
C.若，且，则存在数列，使得
D.若，且，则存在，使得
[解析] 对于选项A，是等差数列，设其公差为 ，因为
， ，
，所以 ，
所以，， 成等差数列，故A正确；
√
√
对于选项B，例如，则，
可得， ，不成等比数列，故B错误；
对于选项C，例如周期数列1,0, ,0,1,0,,0, ，满足，
且 ，此时 ，故C正确；
对于选项D，因为，且 ，
所以该数列的项奇数与偶数交替出现，
因为前项包含个奇数，个偶数，所以前 项的
和为奇数，则不存在，使得 为偶数，故D错误.
故选 .
微点3 等差、等比数列的判定
例3 [2025·岳阳模拟] 已知数列为等差数列， ，
，前项和为，数列满足 .
（1）求证：数列 为等差数列；
证明：因为数列为等差数列，， ，
所以公差 ，
，
则 ，
则， ，
故数列是以1为首项，以 为公差的等差数列.
例3 [2025·岳阳模拟] 已知数列为等差数列， ，
，前项和为，数列满足 .
（2）求证：数列 中的任意三项均不能构成等比数列.
证明： 假设数列中存在不同的三项，， 构成等比数列，
则，，两两不同， ，
即 ，
则
可得，即，与 矛盾，
故假设不成立，
所以数列 中的任意三项均不能构成等比数列.
【规律提炼】
判断或证明一个数列是等差数列或等比数列的常用方法：
（1）定义：
①若为同一个常数，则为等差数列；
②若为同一个常数，则为等比数列.
（2）中项公式法：
①若，则 为等差数列；
②若,，则 为等比数列.
注：是 为等比数列的必要不充分条件.显然当
中的各项均为0时，满足式，但此时 不是等比数列.所以利
用 式判断一个数列为等比数列时，还需满足数列中的各项均不为0.
自测题
1.（多选题）已知数列满足 ，则下列说法中正
确的是( )
A.若，，则 是等差数列
B.若，，则 是等差数列
C.若，，则 是等比数列
D.若，，则 是等比数列
√
√
√
[解析] 对于A，当时，若，则 ,
,,, ，所以数列 不是等差数列，故A错误；
对于B，当 时，可得
，因为，所以 ，即，
则，所以数列 是等差数列，故B正确；
对于C，当 时，可得，
因为，所以 ，即,所以 是等比数列，
故C正确；
对于D，当时，可得
，则，所以，即 ，
则，所以是等比数列，故D正确.
故选 .
2.（多选题）[2025·湖北孝感八校联考]已知数列的前项和为 ,
则下列说法中正确的是( )
A.若,则 是等差数列
B.若,则 是等比数列
C.若是等差数列，则
D.若是等比数列，且,,则 对任意
恒成立
[解析] 对于A选项，因为，所以 ，
，，
显然 ，所以不是等差数列，故A错误.
√
√
对于B选项，因为 ，所以
因为满足，所以，所以 ，
所以是等比数列，故B正确.
对于C选项，因为 是等差数列，所以，
故C正确.
对于D选项，当 时，
，故当 时不等式不成立，故对任意，
不恒成立，所以D错误.
故选 .
微点4 等差、等比数列的综合
例4 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知为等差数列， 为公比为2的
等比数列，且 .
（1）证明： ;
证明：设等差数列的公差为 ，
由,得,故 .
由,得 ,
故，
将代入上式,整理得 ,得证.
例4 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知为等差数列， 为公比为2的
等比数列，且 .
（2）求集合, 中的元素个数.
解：由（1）知,由 ，得
，
即,即 .
因为,所以,由 ,可得
， ，
故集合, 中的元素个数为9.
自测题
[2025·湖北孝感八校联考] 已知等差数列的公差为2，且,,
成等比数列.
（1）求数列的前项和 ；
解：因为,,成等比数列，所以 ，
又等差数列的公差，所以 ,解得
，
所以数列的前项和 .
[2025·湖北孝感八校联考] 已知等差数列的公差为2，且,,
成等比数列.
（2）若数列的首项,，求数列 的
通项公式.
解：由（1）知 ，
则 ，
当时，，可得 .
由①得 ，
得 ，
所以当 时，
，
因为符合上式，所以 .
微点5 插入数列
例5 [2025·安徽芜湖二模] 已知数列的前项和为 ，且
， .
（1）求 的通项公式；
解：由，得 ，
则 ，即 ，
又，所以，满足 ，所以 ，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，故 .
例5 [2025·安徽芜湖二模] 已知数列的前项和为 ，且
， .
（2）保持的各项顺序不变，在和之间插入 个1，使它们
与数列的项组成一个新的数列，记的前项和为 ，求
.
解：由题知，数列 的其余项为1，
则 .
【规律提炼】
对于衍生数列常见的基本结论：
（1）设数列和均是等差数列，且等差数列的公差为，
， 为常数.
①的等距子数列,也是等差数列，
且公差为.
②数列，也是等差数列，而当时，
是等比数列.
（2）设数列和均是等比数列，且等比数列的公比为 ，
为常数.
①的等距子数列也是等比数列，且公比为 .
②数列，，，，， 也是
等比数列，而{ 是等差数列.
自测题
[2025·天津十二区联考] 已知公差不为0的等差数列和等比数列
满足，且,,成等比数列，,,成等差数列.
[2025·天津十二区联考] 已知公差不为0的等差数列和等比数列
满足，且,,成等比数列，,,成等差数列.
（2）令，去掉数列中的第项 ，余下的项顺
序不变，构成新数列，求数列的前项和 .
解：由（1）得 .
当 时，
.
当 时，
.
综上可知，
［备选理由］例1综合考查等差数列、等比数列的性质及不等式求解，
训练方程思想与临界值分析能力；例2是等差数列与集合元素个数相
结合的创新问题，强化对整数解与参数关系的逻辑推理能力；例3深
度辨析等差数列与等比数列的判定条件，检验反证法、递推变形等
常用方法的掌握程度；例4考查数列的插入.
[解析] 设的公差为,，由题意得 ，即
，即
，解得 或0（舍去），
故，由 ，可得
，又，所以使得成立的 的最小值为7.故选B.
例1 ［配例4使用］[2025·江西华大联盟三模]已知公差不为0的等差
数列，其前项和为.若满足，且,, 成等比数列，
则使得成立的 的最小值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
√
例2 ［配例1使用］[2025·云南昆明一模]已知等差数列 的公差为
，，前项和为，记集合，，若
中有2个元素，则， 的关系式可以为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 由，得 ，则
.
由中有2个元素，得关于 的方程有且仅有1个
不小于2的整数解，又 ，所以,,，
则方程中的系数为2， 的系数 是正整数，
选项A符合要求，选项B，C，D不符合要求.
故选A.
例3 ［配例3使用］（多选题）[2025·安徽淮北质检]设数列 的前
项和为，对任意正整数有 ，则下列说法正确的
是( )
A.若，则
B. 一定不是等差数列
C.若 为等比数列，则公比为2
D.若,，则 为等比数列
√
√
√
[解析] 对于A，，则当时， ，
故A正确.
对于B，假设是等差数列，设公差为 ，则,
，由得
，即
，根据多项式相等可得
方程组无解，与题意矛盾，所以假设不成立，
一定不是等差数列，故B正确.
对于C，由 ,得，两式相减得
，因为为等比数列，所以，由， ，
得，解得，故C错误.
对于D，因为, ，所以，
，当 时，，所以，
当 时，,，两式相减可得
，即，又，所以数列的奇数项是
以 为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以2首项，4为公比的
等比数列，
又,，所以数列为等比数列，故D正确.故选 .
例4 ［配例4使用］[2025·天津九校联考]已知数列和 的通项
公式分别为,，在与之间插入数列的前
项，构成新数列，即,,,,,,,,,,,,, ,
， .记数列的前项和为，则 ( )
A.30 B.4944 C.9876 D.14 748
√
[解析] 因为数列的通项公式为，所以数列 为等差数列，
所以数列的前项和为.
因为数列 的通项公式为，所以数列为等比数列，
所以数列的前 项和为.
所以，当时， .故选B.

展开更多......

收起↑