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等差，等比数列的七大应用
一．基本原理
（一）等差数列及其应用
1.等差数列及其前 n 项和
（1）等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常
数，这个数列就叫做等差数列，即对于数列{an}，若 an an 1 d (与 n无关的数或字母)， n 2，
n N ，则此数列是等差数列，d 为公差.
（2）等差数列的通项公式： an a1 (n 1)d 或 an am (n m)d .
a a a a
有几种方法可以计算公差d ：① d an an 1；② d n 1 ；③ d m n . n 1 m n
a b A a b（3）等差中项：数列 、A 、 成等差数列的充要条件是 ，其中A 叫做 a、b 的
2
a b
等差中项.即有 A a、A 、b 成等差数列恒成立.
2
（4）等差数列前 n项和
(a a )n (a a
（4.1）等差数列的前 n项和公式 1： S 1 n m n (m 1)
)n
n . 2 2
n(n 1)
（4.2）等差数列的前 n项和公式 2： Sn a1n d . 2
3.证明{an}为等差数列的方法：
（3.1）定义法： an an 1 d (d 为常数， n 2 ) {an}为等差数列；
用定义证明等差数列时，常采用的两个式子 an 1 an d 和 an an 1 d ，但它们的意义不同，
后者必须加上“ n 2 ”，否则 n 1时， a0无定义.
（3.2）中项法： 2an 1 an an 2 {an}为等差数列；
（3.3）通项法： an 为 n的一次函数 {an}为等差数列；
2 n(a a )
（3.4）前 n项和法： Sn An Bn或 S 1 nn . 2
4.等差数列的性质
（4.1）在等差数列中，若m n p k ，则 am an ap ak ( m、n、p、k N ).
注意：但通常由 am an ap ak 推不出m n p k ，因为有常数列的存在.
（4.2）在等差数列{an}中， ak 、 a2k 、 a3k 、 a4k 、…仍为等差数列，公差为 kd .
（4.3）若{an}为等差数列，则 Sk 、 S2k Sk 、 S3k S2k 、…仍为等差数列，公差为 k 2d .
（4.4）等差数列的增减性： d 0时为递增数列，且当 a1 0时前 n项和 Sn 有最小值.
d 0 时为递减数列，且当 a1 0时前 n项和 Sn 有最大值.
{a } a 2 d（4.5）等差数列 n 的首项是 1，公差为d .若其前 n项之和可以写成 Sn An Bn，则 A ，2
B d a1 ，当 d 0 {a } n S An
2
时它表示二次函数，数列 的前 项和 Bn是{a }成等差数
2 n n n
列的充要条件.
S d
（4.6）公差为d 的等差数列{an}的前 n项和为 S nn ，则数列{ }必是首项为 a1，公差为 的n 2
等差数列.
（4.7）若两个等差数列{an}、{bn}相加组成一个新数列{cn}，则{cn}必为等差数列，公差为
数列{an}、{bn}的公差之和.
a S
（4.8 n 2n 1）若两个等差数列{an}、{bn}的前 n项和分别为 Sn 和Tn ，则 b T . n 2n 1
5.对等差数列前项和的最值问题有三种方法：
（5.1）利用 an ：①当 a1 0， d 0 ，前 n项和有最大值，可由 an 0且 an 1 0，求得 n的
值；②当 a1 0， d 0，前 n项和有最小值，可由 an 0且 an 1 0，求得 n的值.
注意：求 Sn 的最值时，当 an 0时 n取两个值.
d d
（5.2 2）利用 Sn ：由 Sn n (a2 1
)n 利用二次函数配方法求得最值时 n的值.
2
（二）等比数列及其应用
1、等比数列及其前 n 项和：
（1.1）一般地，如果一个数列从第 2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为
零)，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示
a
( q 0 ) n，即： qa ( n 2，
n N ， q 0 ).
n 1
an 1
注：从第二项起与前一项之比为常数q：{an}成等比数列 qa ( n N ， q 0 ). n
（1.2 n 1 n m）等比数列的通项公式： an a1 q ( a1 q 0)或 an am q ( n m )；
（1.3）等比数列与指数函数的关系：等比数列{an}的通项公式 an a1 q n 1 ( a1 q 0)，它的
图像是分布在曲线 y
a
1 q x ( q 0q )上的一些孤立的点.
当 a1 0， q 1 时，等比数列{an}是递增数列； 当 a1 0，0 q 1时，等比数列{an}是
递增数列；
当 a1 0，0 q 1时，等比数列{an}是递减数列； 当 a1 0， q 1 时，等比数列{an}是递
减数列；
当q 0时，等比数列{an}是摆动数列； 当 q 1时，等比数列{an}是常数列.
a n1(1 q ) S a1 a q（1.4）当 q 1 n时， Sn ①或 n ②；当 q 1时， Sn na . 1 q 1 q 1
证明：设等比数列 a1、 a2、a3、… an ，它的前 n项和是 Sn a1 a2 a3 an，
Sn a a a a 2 n 1{ 1 2 3 n
Sn a1 a1q a q a q
由 n 1 得{
1 1
a 2 3 n ， n a1q qSn a1q a1q a1q a1q
n
∴ (1 q)Sn a1 a1 q
n
；∴当 q 1 S
a1(1 q ) a a q时， n 1 n ，当 q 1时， S na1 q 1 q n 1
；
2.等比数列的判定与证明方法
a
2.1 n 1
an
（ ）定义法：若 q ( n N ， q 0 )或 q n Na a ( n 2， ，
q 0 )，则{an}是等
n n 1
比数列.
2
（2.2）等比中项法：若数列{an}中， an 0 且 an 1 an an 2 ( n N )，则{an}是等比数列.
n
（2.3）通项公式法：若数列通项公式可写成 an c q ( c 0， q 0， n N )，则{an}是等
比数列.
（2.4）前 n 项和法
3.等比数列的性质
（3.1）等比中项：如果在 a与b 中间插入一个数G ，使 a、G 、b 成等比数列，那么称这个
数G 为 a与b 的等比中项.即G ab ( a、b 同号).
G b 2
如果在 a与b 中间插入一个数G ，使 a、G 、b 成等比数列，则 G ab G ab ； a G
2 G b反之，若G ab ，则 ，即 a、G 、b 成等比数列，
a G
∴ a、G 、b 成等比数列 G2 ab b( ab 0 ).
① a2 a a ( n 2 ) a2等比中项的性质： n n 1 n 1 ； n an k an k ( n k 0 )；
（3.2）若m n p k ，则 am an ap ak .
注意：但通常由 am an ap ak 推不出m n p k ，因为有非零常数列的存在.
（3.3）数列{an}首项是 a1，公比为 q1，数列{bn}首项为b1，公比为q2，则数列{an ×bn}是首
an a1 q1
项为 a1 b1，公比为 q1 q2 的等比数列，同理数列{ }b 是首项为 b ，公比为n 1 q
的等比数列.
2
（3.4）在公比为q的等比数列{an}中，数列am 、 am k 、 am 2k 、 am 3k …仍是等比数列.
（3.5）公比为 qk ；数列 Sk 、 S2k Sk 、 S3k S2k 、…仍是等比数列(此时 q 1).
二．典例分析
★应用 1.考察等差数列的基本量
例 1．记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．已知 S4 0，a5 5，则
A． an 2n 5 B a 3n 10 C S 2． n ． n 2n 8n D． S
1 2
n n 2n 2

S
d
4 4a1 4 3 0 a 3
解析：由题知， 2 1，解得 ，∴ an 2n 5，故选 A．
a5 a1 4d 5
d 2
例 2．记 Sn 为等差数列 an 的前 n项和．若a2 a6 10,a4a8 45，则 S5 （ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
解析：方法一：设等差数列 an 的公差为d ，首项为 a1，依题意可得，
a2 a6 a1 d a1 5d 10，即 a1 3d 5 ,又 a4a8 a1 3d a1 7d 45，解得： d 1,a1 2，
所以 S5 5a
5 4
1 d 5 2 10 20．故选：C. 2
方法二： a a 2a 10 ， a a 45
a
，所以 a 5，a 9，从而 d 8
a4
2 6 4 4 8 4 8 1，于是8 4
a3 a4 d 5 1 4，所以 S5 5a3 20．故选：C.
★应用 2.考察等差数列的性质
例 3．已知 an 为等差数列， Sn 为 an 的前 n项和． 若 S10 0,a3 a7 0， 则当 Sn 取最大
值时， n的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
S 10(a1 a10 )解析：因为 10 5(a1 a10 ) 5(a5 a6 ) 0，所以 a5 a6 0 a2 ，又 3
a7 2a5 0，所以
a5 0，所以 a6 0，则 (Sn )max S5 .故选: C.
S 2n a
例 4．设等差数列 an ， bn 的前 n n 6项和分别是 Sn ，Tn ，若 Tn 3n 7
，则 b （ ） 6
17 11 22 12
A． B． C． D．
20 20 17 17
解析：因为等差数列 an ， bn 的前 n 项和分别是 Sn ,Tn ，
a1 a11 11(a1 a11)
a
所以 6 2 2
S11 22 11
b b

1 b11 11(b1 b
.故选：B
6 11
) T11 33 7 20
2 2
a
例 5 10．已知等差数列 an （ n N ）的前 n 项和为 Sn ，公差 d 0 ， 1a ，则使得 Sn 09
的最大整数 n 为（ ）
A．9 B．10 C．17 D．18
a10
解析：因为 1 0
a
a ，所以
a10 ,a9 异号，因为 d 0 ，所以 a9 0,a10 0
10
，又有 1
9 a
，
9
a a a 17 a1 a所以 17 10 9，即 10 a9 0，因为 S17 17a9 0 ，2
18 a1 aS 18 18 9 a9 a10 0，所以 Sn 0的最大整数 n 为 17.故选：C 2
例 6．已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 S20 15， S40 75，则 S60＝__________
解析：由等差数列前 n项和的性质得： S20， S40 S20 ， S60 S40 成等差数列，
所以 2 S40 S20 S20 S60 S40 ，得 2 75 15 15 S60 75 ，解得 S60 180 .故答案为：180
★应用 3.考察等差数列前 n 项和的最值
S 2S例 7．记 n 为数列 an 的前 n 项和．已知 n n 2a 1． n n
（1）证明： an 是等差数列；
（2）若a4 ,a7 ,a9成等比数列，求 Sn 的最小值．
2S
解析：（1）因为 n n 2an 1 2S
2
，即
n n
n 2nan n ①，
n 2 2S n 1 2当 时， n 1 2 n 1 an 1 n 1 ②，
① ②得， 2Sn n
2 2Sn 1 n 1
2 2nan n 2 n 1 an 1 n 1 ，
即 2an 2n 1 2nan 2 n 1 an 1 1，即 2 n 1 an 2 n 1 an 1 2 n 1 ，所以
an an 1 1， n 2且 n N*，所以 an 是以1为公差的等差数列．
（2）方法 1：:由（1）可得 a4 a1 3， a7 a1 6 ， a9 a1 8，又 a4，a7， a9 成等比数列，
2
所以 a7 a4 a9 ，即 a1 6
2 a1 3 a1 8 ，解得 a1 12，所以 an n 13，所以
n n 1 2S 1 25 1 12n n2 n 25 625n n ，所以，当 n 12 或n 13时，2 2 2 2 2 8
Sn 78min ．
方法 2：由（1）可得 a4 a1 3， a7 a1 6 ， a9 a1 8，:又 a4，a7， a9 成等比数列，所
a 2以 7 a4 a9 ，即 a1 6
2 a1 3 a1 8 ，解得 a1 12，所以 an n 13，即有
a1 a2 a12 0,a13 0 .则当 n 12 或n 13时， Sn 78min ．
★应用 4.等差数列综合应用
1 2S 6
例 8．已知各项为正的数列 an 的前 n项和为 Sn ，满足 Sn an 1
2 n
，则 a 3 的最小值4 n
为（ ）
A 9． B．4 C．3 D．2
2
1 2
解析：各项为正的数列 an , an 0 ， Sn an 1 ， n… 2时，4
an S
1 1
n S
2
n 1 an 1 an 1 1
2 2 2
，即 a a 2 a
4 4 n n 1 n
an 1 0 ，化为：
an a
1 2
n 1 an an 1 2 0， an an 1 0， an an 1 2，又 a1 a1 1 ，解得 a1 1， 4
数列 an 是等差数列，首项为 1，公差为 2． an 1 2 n 1 2n 1，
S 1 n (2n 1 1)
2 n2 ，
4
2Sn 6 2n
2 6 n2 3
n 1 4 2 2 n 1 4 … 2 2，当且仅当 n 1时取等
an 3 2n 1 3 n 1 n 1 n 1
2Sn 6
号， a 3 的最小值为 2．故选：D． n
n2 n
例 9．设等差数列 an 的公差为d ，且 d 1．令bn ，记 Sn ,Ta n 分别为数列 an , bn n
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 ．
解析：（1） 3a2 3a1 a3， 3d a1 2d ，解得 a1 d ， S3 3a2 3(a1 d ) 6d ，
T b b b 2 6 12 9 9又 3 1 2 3 ， S3 T 6d 21，即d 2d 3d d 3 d 2d
2 7d 3 0，解得 d 3
d 1或 （舍去）， an a1 (n 1) d 3n . 2
12 2 12 6( 1 1 ) 6d 1（2） {bn } 为等差数列， 2b2 b1 b3 ，即 a2 a a
， a ，即1 3 2 a3 a2a3 a1
a2 21 3a1d 2d 0，解得 a1 d 或a1 2d， d 1， an 0，又 S99 T99 99，由等差数
2550
列性质知，99a50 99b50 99，即 a50 b50 1， a50 1
2
a ，即 a50 a50 2550 0，解得50
a50 51或 a50 50（舍去），当a1 2d时， a50 a1 49d 51d 51，解得 d 1，与 d 1矛
盾，无解；当 a1 d 时， a50 a1 49d 50d 51，解得 d
51 51
.综上， d .
50 50
★应用 5.等比数列基本量及计算
例 10．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
解析：设等比数列 an 的公比为 q,q 0，若 q 1，则 a2 a5 0，与题意矛盾，
a 1 q3 a
a a a 1 168 1
96
5
所以 q 1，则 1 2 3 1 q ，解得 1 ，所以 a6 a1q 3 .故选：D.
q
a2 a5 a1q a
4
1q 42 2
例 11.设{an}是等比数列，且 a1 a2 a3 1， a2 a3 +a4 2，则 a6 a7 a8 （ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
2
解析：设等比数列 an 的公比为q，则 a1 a2 a3 a1 1 q q 1，
a2 a3 a4 a1q a1q
2 a q31 a1q 1 q q2 q 2 ，
a a a a q5 a q6 a q7因此， 6 7 8 1 1 1 a1q
5 1 q q2 q5 32 .故选：D.
例 12.设等比数列 an 的各项均为正数，前 n 项和 Sn ，若 a1 1， S5 5S3 4，则 S4 （ ）
15 65
A． B． C．15 D．40
8 8
2
解析：由题知1 q q q3 q4 5 1 q q2 4 ,即 q3 q4 4q 4q2 ,即 q3 q2 4q 4 0 ,即
(q 2)(q 1)(q 2) 0 .由题知 q 0 ,所以 q = 2 .所以 S4 1 2 4 8 15 .故选:C.
例 13．（2023 年新高考 2 卷）记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 S4 5， S6 21S2 ，则
S8 （ ）．
A．120 B．85 C． 85 D． 120
解析：设等比数列 an 的公比为q，首项为 a1，若 q 1 ，则 S4 0 5，与题意不符，所
以 q 1；若 q 1，则 S6 6a1 3 2a1 3S2 0 ，与题意不符，所以 q 1；
a 4 61 1 q a 1 q a 1 q2
由 S4 5， S6 21S

2 可得， 5
1 21 1， ①，由①可得，
1 q 1 q 1 q
1 q2 q4 21，解得： q2 4 ，所以 S8
a1 1 q8 a1 1 q4 1 q4 5 1 16 85． 1 q 1 q
故选：C．
★应用 6.等比数列性质及应用
例 14．若等比数列 an 中的 a5 ， a 是方程 x22019 4x 3 0 的两个根，则
log3 a1 log3 a2 log3 a3 log3 a2023等于（ ）
2024 2023
A． B．1011 C． D．1012
3 2
解析：因为等比数列 an 中的 a5 ， a2019 是方程 x2 4x 3 0 的两个根，所以 a5a2019 3，根
据等比数列性质知， a1a2023 a2a2022 a1011a1013 a1012a1012 3，因为 a1012 0，于是
1
a1012 32 ，
1
则 log3a1 log3a2 log
2023
3a3 log3a2023 = log
1011 2
3 a1a2a3 a2023 = log3 3 3 .故 A，B，D
2
错误.故选：C.
例 15．（2023 年新高考 2 卷）记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 S4 5， S6 21S2 ，则
S8 （ ）．
A．120 B．85 C． 85 D． 120
解析：设等比数列 an 的公比为q，因为 S4 5， S6 21S2 ，所以 q 1，否则 S4 0，
从而， S2 , S4 S2 , S6 S , S S 5 S 24 8 6 成等比数列，所以有， 2 S2 21S2 5 ，解得：
S 52 1或 S2 ，当 S2 1时， S2 , S4 S2 , S6 S4 , S8 S6 ，即为 1, 4, 16, S8 21，易知，4
S 21 64 S 85 S 58 ，即 8 ；当 2 时，4
S4 a1 a2 a3 a4 a1 a2 1 q2 1 q2 S2 0，
与 S4 5矛盾，舍去．故选：C．
例 16.已知等比数列 an 的前 n项和为 Sn 3n a n N* ，则实数 a的值是（ ）
A． 3 B．3 C． 1 D．1
解析：等比数列{an}的前 n项和为 Sn 3
n a n N* ，当 n 1时，可得 31 a a1 S1 ，可得
a1 3 a ，当 n 2时， Sn 1 3
n 1 a，则 an S S 3
n a 3n 1 a 2 3n 1n n 1
所以 a 2 32 1 6,a 2 33 1 18 {a } a 22 3 因为 n 为等比数列，所以 2 = a1a3，即6 6 18 3 a
解得 a 1，经检验符合题意.故选：C．
★应用 7.等比数列的综合应用
例 17．已知数列 an 满足3anan 2 anan 1 2an 1an 2 ，且a1 3a2 1，则 a7 （ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
63 65 127 129
a a
3a a a n n 1解析：因为 n n 2 nan 1 2an 1an 2 ，由递推知， an 0 ，所以 an 2 3an 2a
，
n 1
1 3an 2an 1 3 2
则
1 1 2 1 1 1 1，有 a ，所以数列
是以
n 2 anan 1 an 1 an an 2 an 1 an 1 an an 1 an
1 1 1 1
2 2 2n 1为首项， 2为公比的等比数列，则 2na2 a1 an 1 a
，所以
n
1 1 1 1 1 1 1 1
2n 2n 1 21 1 2n 1
a a
1
n 1 n 1 an an an 1 a2 a1 a1
a 1 a 1则 n 1 n 1 ，所以 7 7 =
1
.故选：C.
2 1 2 1 127
n
例 18．（多选题）已知数列 n
2 an 的前 项和为S ， a1 1， Sn 1 Sn 2an 1，数列
an a

n 1
的前 n项和为Tn ， n N* ，则下列选项正确的为（ ）
A．数列 an 1 是等比数列
B．数列 an 1 是等差数列
C n．数列 an 的通项公式为 an 2 1
D．Tn 1
解析：因为 Sn 1 Sn 2an 1，所以 an 1 Sn 1 Sn 2an 1， an 1+1 2an 2，
an 1 1
即 2a 1 ，且
a1 1 2 ，所以数列 an 1 是首项为 2，公比为 2的等比数列，故 A 正确，B
n
n n
错误；所以 an 1 2 ，即 an 2 1，故 C 正确；
2n 2n 1 1
因为 an an 1 2n 1 2n 1 1 2n 1 2n 1 1，
所以T
1 1 1 1 1 1 1
n 1 2 2 3 … n n 1 1 n 1 1，故 D 错误；故选：2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
AC.
n *
例 19．（多选题）已知数列 an 满足 a2 3,an an 1 3 n N , Sn 为数列 an 的前 n项和，
则（ ）
A． an 是等比数列
B． a2n 是等比数列
C S 2 31011． 2022 1
D． an 中存在不相等的三项构成等差数列
a a a 3n 1n
解析：数列 a 中， n N*， a n 2 n 1 n 2n 2 3,an an 1 3 ，则 a1 1， n 3， an anan 1 3
因此，数列 a2n 1 是以 a1 1为首项，公比为 3 a 3n 1的等比数列， 2n 1 ，
数列 a2n 是以 a2 3为首项，公比为 3 的等比数列，a2n 3n ，B 正确；
a2
因 3
a3 1 a
a ， a ，则数列 n 不是等比数列，A 不正确； 1 2
31011S 1 3(3
1011 1)
(a a a a ) (a a a a ) 2(310112022 1 3 5 2021 2 4 6 2022 1)，C2 2
正确；假定 an 中存在不相等的三项构成等差数列，令此三项依次为3k ,3l ,3m ，且
0 k l m k, l,m N 3k 3m l
1 m l
， ，则有 2 3
3l k
3 2，而m l 1，即3m l 3，又
1 1 m l
l k 0 ，因此， l k 3 2不成立，所以 an 中不存在不相等的三项构成等差数列，D3 3
不正确.故选：BC
例 20．记 Sn 为公比不为 1 的等比数列 an 的前 n项和， a5 a4 8a2 8a1， S6 21．
（1）求 an 的通项公式；
2 b log a2（ ）设 n 2 n ，若由 an 与 bn 的公共项从小到大组成数列 cn ，求数列 cn 的前 n
项和Tn ．
3 3
解析：（1）设等比数列的公比为q q 1 ，因为 a5 a4 8a2 8a1，即 a2q a1q 8 a2 a1 ，
a 1 q6q3 a 1 2
6
即 8 1，所以 q 2 ，又 S6
1 21，即 21，解得 a1 1，
1 q 1 2
所以 an 1 2
n 1 1 n 2n 1 .
2
（2）由（1）可得bn log
2
2 an log2 1 n 2n 1 log 22 n 1 2 2 n 1 ，
则数列 bn 为 0 、 2、 4、6、 ，偶数组成的数列，又 an 1
n 2n 1，令 an 0，则 n
为正偶数，所以 c1 2 ， c2 2
3 c 25 c 22n 1， 3 ， ， n ，所以 cn 为以 2为首项， 4为公
2 1 4n 2 4n 1
比的等比数列，所以Tn 1 4 3专题四　数　　列
第一讲　等差数列、等比数列
高考考点 考点解读
1.在等差(比)数列中，a1，an，Sn，n，d(q)这五个量中已知
其中的三个量，求另外两个量
等差(比)数列的基本运算
2．考查等差(比)数列的通项公式，前 n 项和公式，考查方
程的思想以及运算能力
1.以递推数列为载体，考查等差(比)数列的定义或等差(比)
等差(比)数列的判断与证明 中项
2．以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法
1.等差(比)数列项或和的一些简单性质的应用
等差(比)数列的性质
2．常与数列的项或前 n 项和结合考查等差(比)数列的性质
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对等差(比)数列概念的理解，掌握等差(比)数列的判定与证明方法．
(2)掌握等差(比)数列的通项公式、前 n 项和公式，并会应用．
(3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用．
预测 2020 年命题热点为：
(1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求解．
(2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(比)数列．
(3)给出等差(比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和，求某一项或某些项的和．
知识
Z
整合
hi shi z heng he
1．重要公式
(1)等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
n a1＋an n n－1
(2)等差数列前 n 项和公式：Sn＝ ＝na ＋ d. 2 1 2
(3)等比数列通项公式：a n－1n＝a1q .
(4)等比数列前 n 项和公式：
Sn＝Error!.
(5)等差中项公式：2an＝a *n－1＋an＋1(n∈N ，n≥2).
(6)等比中项公式：a2n＝a *n－1·an＋1(n∈N ，n≥2).
(7)数列{an}的前 n 项和 Sn与通项 an之间的关系：
an＝Error!.
2．重要结论
(1)通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋(n－m)d；
等比数列中，a ＝a ·qn－mn m .
(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数
列为递减数列.
②等比数列中，若 a1>0 且 q>1 或 a1<0 且 00 且 0或 a1<0 且 q>1，则数列为递减数列.
(3)等差数列{an}中，Sn 为前 n 项和．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等差数列；等比数
列{bn}中，Tn为前 n 项和．Tn，T2n－Tn，T3n－T2n，…一般仍成等比数列．
易错 警示,Yi cuo j ing shi
1．忽视等比数列的条件：
判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．
2．漏掉等比中项：
正数 a，b 的等比中项是± ab，容易漏掉－ ab.
3．忽略对等比数列的公比的讨论：
应用等比数列前 n 项和公式时应首先讨论公式 q 是否等于 1.
an
4．an－an－1＝d 或 n 1＝q 中注意 n 的范围限制． a －
5．易忽略公式 an＝Sn－Sn－1 成立的条件是 n≥2.
6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前 n 项和想当然得到数列的通项公式，
易出错，必须用定义证明．
7．等差数列的单调性只取决于公差 d 的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比 q，
又要考虑首项 a1的正负．
1．(2018·全国卷Ⅰ，4)记 Sn 为等差数列{an }的前 n 项和．若 3S3＝S2＋S4，a1＝2，
则 a5＝( B )
A．－12　　 B．－10　　　
C．10　　 D．12
3 × 2 4 × 3
[解析]　3(3a1＋ × d)＝2a1＋d＋4a1＋ ×d 9a1＋9d＝6a1＋7d 3a2 2 1＋2d
＝0 6＋2d＝0 d＝－3，
所以 a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
2．(2018·北京卷，4)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计
算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二
份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的
比都等于12 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为( D )
A．3 2f B．3 22f
C．12 25f D．12 27f
[解析]　选 D．由已知，单音的频率构成一个首项为 f，公比为12 2的等比数列，记为
{bn}，共有 13 项．由等比数列通项公式可知，b8＝b1q7＝f×(12 2)7＝12 27f.
3．(2017·全国卷Ⅰ，4)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( C )
A．1　　　 B．2　　　　
C．4　　　 D．8
[解析]　设{an}的公差为 d，则由Error!
得Error!
解得 d＝4.
故选 C．
4．(2017·全国卷Ⅲ，9)等差数列{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6 成等比数列，
则{an}的前 6 项和为( A )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
[解析]　由已知条件可得 a1＝1，d≠0，
由 a32＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，
解得 d＝－2.
6 × 5 × －2
所以 S6＝6×1＋ ＝－24. 2
故选 A．
5．(2016·全国卷Ⅰ，3)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝( C )
A．100 B．99
C．98 D．97
[解析]　设等差数列{an}的公差为 d，因为{an}为等差数列，且 S9＝9a5＝27，所以 a5＝
3.又 a10＝8，解得 5d＝a10－a5＝5，所以 d＝1，所以 a100＝a5＋95d＝98，选 C．
6．(2018·全国卷Ⅰ，14)记 Sn为数列{an }的前 n 项和．若 Sn＝2an＋1，则 S6＝－63..
[解析]　依题意，Error!作差得 an＋1＝2an，
所以数列{an}是公比为 2 的等比数列，
又因为 a1＝S1＝2a1＋1，
所以 a1＝－1，所以 an＝－2n－1，
－1· 1－26
所以 S6＝ ＝－63. 1－2
7．(2018·全国卷Ⅱ，16)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)设等差数列{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 S 2n＝n －8n＝(n－4)2－16.
所以当 n＝4 时，Sn取得最小值，最小值为－16.
命题方向 1　等差、等比数列的基本运算
　 例 1 (1)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设 bn＝1
＋log3an，那么数列{bn}的前 15 项和为( B )
A．152　　　 B．135　　　　
C．80　　　 D．16
[解析]　设等比数列{an}的公比为 q，由 a1＋a3＝30，a2＋a4＝S4－(a1＋a3)＝90，所以公
a2＋a4 30
比 q＝ 1 3＝3，首项 a1＝ 2＝3，所以 an＝3
n，bn＝1＋log33n＝1＋n，则数列{ba a 1 q n
}是等
＋ ＋
15 × 2＋16
差数列，前 15 项的和为 ＝135.故选 B．
2
(2)(2018·丰台二模)已知{an}为等差数列，Sn为其前 n 项和．若 a2＝2，S9＝9，则 a8＝0.
[解析]　因为{an}为等差数列，Sn为其前 n 项和．
a2＝2，S9＝9，设其首项为 a1，公差为 d，
所以Error!
1 7
解得 d＝－ ，a1＝ ， 3 3
所以 a8＝a1＋7d＝0.
『规律总结』
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量 a1 和公差 d(公比 q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于 a1和 d(q)的方程(组)，求出 a1和 d(q)后代入相应
的公式计算．
(3)注意整体思想，如在与等比数列前 n 项和有关的计算中，两式相除就是常用的计算
方法，整体运算可以有效简化运算．
跟踪 训练Gen zong xun lian
1．(2018·邵阳模拟)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a2a3＝2a1，且 a4与 2a7的等差
5
中项为 ，则 S5＝( B ) 4
A．29　　　 B．31　　　　
C．33　　　 D．36
[解析]　设等比数列{an}的公比为 q，因为 a2a3＝2a1，所以 a12q3＝2a1，①
5
因为 a4与 2a7的等差中项为 ， 4
5 5
所以 a4＋2a7＝ ，即 a 3 62 1
q ＋2a1q ＝ ，② 2
1
联立①②可解得 a1＝16，q＝ ， 2
a1 1－q5
所以 S5＝ ＝31. 1－q
2．(文)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S1,2S2,3S3 成等差数列，则数列{an}的公比
1
为 .
3
[解析]　由题意知 S1＋3S3＝4S2，即 a1＋3(a1＋a2＋a3)＝4(a1＋a2)，即 3a3＝a2，
a3 1 1
所以 2＝ ，即公比 q＝ . a 3 3
(理)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3，Sn为{an}的前 n 项和，若 Sn＝51，则 n＝
6.
[解析]　由 a1＝1，an＋1＝an＋3，
得 an＋1－an＝3，
所以数列{an}是首项为 1，公差为 3 的等差数列．
n n－1
由 Sn＝n＋ ×3＝51， 2
即(3n＋17)(n－6)＝0，
17
解得 n＝6 或 n＝－ (舍)．
3
命题方向 2　等差、等比数列的基本性质
　 例 2 (1)(2018·汉中二模)已知等比数列{an}的前 n 项积为 Tn，若 log2a2＋log2a8
＝2，则 T9的值为( A )
A．±512　　 B．512　　　
C．±1 024　　 D．1 024
[解析]　log2a2＋log2a8＝2，
可得 log2(a2a8)＝2，可得：a2a8＝4，则 a5＝±2，
等比数列{a }的前 9 项积为 T ＝a a …a a ＝(a )9n 9 1 2 8 9 5 ＝±512.
(2)若 Sn是等差数列{an}的前 n 项和，且 S8－S3＝20，则 S11的值为( A )
A．44 B．22
200
C． D．88
3
[解析]　因为 S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝20，由等差数列的性质可得，5a6＝20，所
11 a1＋a11
以 a6＝4.由等差数列的求和公式得 S11＝ ＝11a6＝44. 2
S1 S2 S15
(3)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S15>0，S16<0，则 1，2，…，a a a15
中最大的
项为( C )
S6 S7
A． 6 B． a a7
S8 S9
C． 8 D．a a9
15 a1＋a15 15 × 2a8 16 a1＋a16 a8＋a9
[解析]　由 S15＝ ＝ ＝15a8>0，S16＝ ＝16× <0，可2 2 2 2
得 a8>0，a9<0，d<0，故 Sn最大为 S8.
又 d<0，所以{an}单调递减，因为前 8 项中 Sn递增，
Sn S8
所以 Sn最大且 an取最小正值时an
有最大值，即 8最大．故选 C． a
『规律总结』
等差、等比数列性质的应用策略
(1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多
项之间的关系选择恰当的性质解题．
(2)整体代入：计算时要注意整体思想，如求 Sn 可以将与 a1＋an 相等的式子整体代入，
不一定非要求出具体的项．
(3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值．
跟踪 训练Gen zong xun lian
1．(2017·沈阳模拟)已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 2a2－a72＋2a12＝0，数列{bn}是
等比数列，且 b7＝a7，则 b3b11等于( A )
A．16　　　 B．8　　　　
C．4　　　 D．2
[解析]　∵{an}是等差数列，
∴a2＋a12＝2a7，
∴2a －a272 ＋2a12＝4a7－a72＝0.
又 a7≠0，
∴a7＝4.
又{bn}是等比数列，
∴b3b11＝b27＝a27＝16.
2．在等比数列{an}中，已知 a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则 a9＋a11＋a13＋a15＝( C )
A．1 B．2
C．3 D．2 或 4
[解析]　∵{an}为等比数列，
∴a5＋a7是 a1＋a3与 a9＋a11的等比中项，
a5＋a7 2 42
∴(a5＋a 27) ＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故 a9＋a11＝ a1＋a3
＝ ＝2.
8
同理 a9＋a11是 a5＋a7与 a13＋a15的等比中项，
a9＋a11 2 22
∴(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故 a13＋a15＝ ＝ ＝1. a5＋a7 4
∴a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
命题方向 3　等差、等比数列的判断与证明
　 例 3 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋λan.其中 λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
31
(2)若 S5＝ ，求 λ. 32
[解析]　(1)由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，
1
故 λ≠1，a1＝ ，a1≠0. 1－λ
由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得 an＋1＝λan＋1－λan，
即 an＋1(λ－1)＝λan.
由 a1≠0，λ≠0 且 λ≠1 得 an≠0，
an＋1 λ
所以 n ＝ . a λ－1
1 λ
因此{an}是首项为 ，公比为 的等比数列， 1－λ λ－1
1 λ
于是 a ＝ ( )n－1n . 1－λ λ－1
λ 31 λ 31 λ 1
(2)由(1)得 Sn＝1－( )n.由 S5＝ 得 1－( )5＝ ，即( )5＝ .解得 λ＝－1. 1－λ 32 λ－1 32 λ－1 32
『规律总结』
判断和证明数列是等差(比)数列的方法
an＋1
(1)定义法：对于 n≥1 的任意自然数，验证 an＋1－an(或 n )为与正整数 n 无关的一常a
数．
(2)构造法：通过对含有 an，an－1 的式子的整体变形，如取倒数，两边加减常数等方法，
构造出要证数列的第 n 项与第 n－1 项的关系，从而证明等差(比)数列 .
(3)中项公式法：
①若 2an＝a *n－1＋an＋1(n∈N ，n≥2)，则{an}为等差数列；
②若 an2＝a *n－1·an＋1(n∈N ，n≥2)，则{an}为等比数列．
跟踪 训练Gen zong xun lian
　(2017·全国卷Ⅰ，17)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．已知 S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
[解析]　(1)设{an}的公比为 q.由题设可得
Error!
解得 q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为 an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
a1 1－qn 2 2n＋1
Sn＝ ＝－ ＋(－1)n . 1－q 3 3
4 2n＋3－2n＋2
由于 S nn＋2＋Sn＋1＝－ ＋(－1) 3 3
2 2n＋1
＝2[－ ＋(－1)n ]＝2S
3 3 n
，
故 Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
A 组
1．(2018·唐山模拟)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S11＝22，则 a3＋a7＋a8＝( D )
A．18　　　 B．12　　　　
C．9　　　 D．6
[解析]　本题主要考查等差数列的通项公式及前 n 项和公式．
11 a1＋a11 11 2a1＋10d
由题意得 S11＝ ＝ ＝22，即 a1＋5d＝2，所以 a3＋a2 2 7
＋a8＝a1＋2d
＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6，故选 D．
2．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝3，S4＝15，则 S6＝( C )
A．31 B．32
C．63 D．64
[解析]　解法一：由条件知：an>0，且
Error!∴Error!
∴q＝2.
1－26
∴a1＝1，∴S6＝ ＝63. 1－2
解法二：由题意知，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即(S 24－S2) ＝S2(S6－S4)，即 122＝
3(S6－15)，∴S6＝63.
3．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( D )
A．6 B．7
C．8 D．9
[解析]　由题可得Error!所以 a>0，b>0，不妨设 a>b，所以等比数列为 a，－2，b 或 b，－
2，a 从而得到 ab＝4＝q，等差数列为 a，b，－2 或－2，b，a 从而得到 2b＝a－2，两式联
立解出 a＝4，b＝1，所以 p＝a＋b＝5，所以 p＋q＝4＋5＝9.
1
4．(2017·山西四校联考)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且 a1， a 2a 成等差数2 3, 2
a9＋a10
列，则 7 8＝( C ) a ＋a
A．1＋ 2 B．1－ 2
C．3＋2 2 D．3－2 2
[解析]　本题主要考查等差数列、等比数列．
1 1
∵a1， a3,2a2成等差数列，∴ a3×2＝a1＋2a2， 2 2
即 a q2＝a ＋2a q，∴q21 1 1 ＝1＋2q，解得 q＝1＋ 2或 q＝1－ 2(舍)，
a9＋a10 a1q8 1＋q
∴ ＝ ＝q2＝(1＋ 2)2 27 8 ＝3＋2 . a ＋a a1q6 1＋q
5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在 a 12m，an，使得 am·an＝16a ，m，n∈
1 9
N*，则 ＋ 的最小值为( C )
m n
A．2 B．16
11 3
C． D．
4 2
[解析]　设数列{an}的公比为 q，a 23＝a2＋2a1 q ＝q＋2 q＝－1(舍)或 q＝2，∴a nn＝a1·2
－1，a ·a ＝16a21 a12·2m＋n－2＝16a21m n m＋n＝6，∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为
1 9 11
(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当 m＝2，n＝4 时， ＋ 取最小值 .
m n 4
6．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，
2
则 a1＝ ，d＝－1. 3
[解析]　由题可得(a ＋2d)21 ＝(a1＋d)(a1＋6d)，故有 3a1＋2d＝0，又因为 2a1＋a2＝1，
2
即 3a1＋d＝1，联立可得 d＝－1，a1＝ . 3
7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，设 Sn为数列{an}的前 n 项和，对于任意的 n>1，n∈
N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，则 S10＝91.
[解析]　因为任意的 n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，所以 Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－
1＋2，
所以 an＋1＝an＋2，因为 a3＝a2＋2＝4，
所以 an＝a2＋(n－2)×2＝2＋(n－2)×2＝2n－2，n≥2，
9 × 8
所以 S10＝a1＋a2＋a3…＋a10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋ ×2＝91. 2
8．(2018·江苏无锡一模)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6 成等差数列，
且 a2＋a5＝4，则 a8的值为 2.
[解析]　∵等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，S3，S9，S6 成等差数列，且 a2＋a5＝4，
∴Error!
1
解得 a q＝8，q31 ＝－ ， 2
1
∴a8＝a q71 ＝(a1q)(q3)2＝8× ＝2. 4
9．设数列{a }的前 n 项和为 S ，且 S ＝4a －p(n∈N*n n n n )，其中 p 是不为零的常数．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)当 p＝3 时，若数列{bn}满足 bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公
式．
[解析]　(1)证明：因为 Sn＝4an－p(n∈N*)，
则 Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，
所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
4
整理得 an＝ a3 n－1
.
p
由 Sn＝4an－p，令 n＝1，得 a1＝4a1－p，解得 a1＝ . 3
p 4
所以{an}是首项为 ，公比为 的等比数列． 3 3
4
(2)因为 a ＝1，则 a ＝( )n－11 n ， 3
4
由 bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得 bn＋1－bn＝( )n－1， 3
当 n≥2 时，由累加法得
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
4
1－ n－13 4
＝2＋ ＝3·( )n－1－1，
4 3
1－
3
4
当 n＝1 时，上式也成立．∴b ＝3·( )n－1n －1. 3
10．(文)(2017·蚌埠质检)已知数列{an}是等比数列，Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 a3＝
3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
3 4
(2)设 bn＝log2 2n 3，且{bn}为递增数列，若 cn＝ ，求证：c ＋c ＋ca ＋ bn·bn＋1 1 2 3
＋…＋cn<1.
[解析]　(1)设该等比数列的公比为 q，
1 1
则根据题意有 3·(1＋ ＋
q q2
)＝9，
从而 2q2－q－1＝0，
1
解得 q＝1 或 q＝－ .
2
当 q＝1 时，an＝3；
1 1
当 q＝－ 时，an＝3·(－ )n－3. 2 2
(2)证明：若 an＝3，则 bn＝0，与题意不符，
1
故 an＝3(－ )n－3， 2
1
此时 a2n＋3＝3·(－ )2n， 2
∴bn＝2n，符合题意．
4
∴cn＝ 2n· 2n＋2
1
＝
n· n＋1
1 1
＝ － ，
n n＋1
1
从而 c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－ <1. n＋1
(理)设 n∈N*，xn是曲线 y＝x2n＋2＋1 在点(1,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
1
(2)记 T ＝x12x32…x2n－2 1n ，证明：Tn≥ . 4n
[解析]　(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线 y＝x2n＋2＋1 在点(1,2)处的切线斜率
为 2n＋2，从而切线方程为 y－2＝(2n＋2)(x－1)．
令 y＝0，解得切线与 x 轴交点的横坐标
1 n
xn＝1－ ＝ . n＋1 n＋1
(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知
1 3 2n－1
T ＝x21x23…x2n2－1n ＝( )2( )2…( 2. 2 4 2n )
1
当 n＝1 时，T1＝ ； 4
当 n≥2 时，
2n－1 2n－1 2
因为 x2n－2 1＝( 2＝ ＞ 2n ) 2n 2
2n－1 2－1 2n－2 n－1
＝ ＝ ，
2n 2 2n n
1 1 2 n－1 1
所以 Tn＞( )2× × ×…× ＝ . 2 2 3 n 4n
1
综上可得，对任意的 n∈N*，均有 Tn≥ . 4n
B 组
S4 S6
1．已知 Sn为等差数列{an}的前 n 项和，若 S1＝1， 2＝4，则 4的值为( A ) S S
9 3
A． 　　 B． 　　　
4 2
5
C． 　　 D．4
3
S4 S4－S2
[解析]　由等差数列的性质可知 S2，S4－S2，S6－S4 成等差数列，由 2＝4 得S S2
＝3，
则 S6－S4＝5S2，
S6 9
所以 S4＝4S2，S6＝9S2， ＝ . S4 4
S6
2．(文)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，且 4a3－a6＝0，则 3＝( D ) S
A．－5 B．－3
C．3 D．5
[解析]　∵4a3－a6＝0，∴4a 21q ＝a 51q ，∵a1≠0，q≠0，
a1 1－q6
S6 1－q 1－q6
∴q3＝4，∴ 3＝ ＝ ＝1＋q
3＝5.
S a1 1－q3 1－q3
1－q
(理)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S3＝a2＋10a1，a5＝9，则 a1＝( C )
1 1
A． B．－
3 3
1 1
C． D．－
9 9
[解析]　∵S3＝a2＋10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，
a3＝9a 2 21＝a1q ，∴q ＝9，
又∵a5＝9，∴9＝a3·q2＝9a3，∴a3＝1，
1
又 a3＝9a1，故 a1＝ . 9
n＋1 an
3．(2018·湖南岳阳一模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＝ ，则 a2 2018
＝( B )
A．2017 B．2018
C．4034 D．4036
n＋1 an
[解析]　∵a1＝1，Sn＝ ， 2
n＋1 an nan－1
∴当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ － ， 2 2
an an－1
即 ＝ ，
n n－1
an an－1 a1
∴ ＝ ＝…＝ ＝1，∴an＝n. n n－1 1
∴a2018＝2018.
4．(2018·浙江卷，10)已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋
a3)．若 a1>1，则( B )
A．a1B．a1>a3，a2C．a1a4
D．a1>a3，a2>a4
[解析]　由 x>0，ln x≤x－1，得 a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，a4≤－
1，所以公比 q<0，当 q≤－1 时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，此时 a1＋a2＋a3＝a1(1
＋q＋q2)≥a1>1，ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾，所以－10，a2－a4
＝a1q(1－q2)<0.
5．(2018·南昌二模)数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若 p－q＝5，则 ap－aq＝
( D )
A．10 B．15
C．－5 D．20
[解析]　当 n≥2 时，a ＝S －S ＝2n2n n n－1 －3n－2(n－1)2＋3n－3＝4n－5，a1＝S1＝－1 适
合上式，所以 an＝4n－5，所以 ap－aq＝4(p－q)，因为 p－q＝5，所以 ap－aq＝20.
6．(2017·吉林长春质量监测)设数列{an}的前 n 和为 Sn，且 a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}
为等差数列，则 an＝( A )
n n＋1
A． n 1 B． n 1 2 － 2 － ＋1
2n－1 n＋1
C． n D．2 －1 2n
＋1
[解析]　设 bn＝nSn＋(n＋2)an，则 b1＝4，b2＝8，
{bn}为等差数列，所以 bn＝4n，即 nSn＋(n＋2)an＝4n，
2
Sn＋(1＋ )an＝4. n
2 2 2 n＋1 n＋1
当 n≥2 时，Sn－Sn－1＋(1＋ )an－(1＋ )an n 1 n－1
＝0，所以 an＝ ·an n 1 n－1
，即
－ －
an an－1 a1 an 1 an 1
2· ＝ ，又因为 ＝1，所以{ }是首项为 1，公比为 的等比数列，所以 ＝( )n－1(n∈
n n－1 1 n 2 n 2
n
N*)，an＝ *2n 1
(n∈N )．故选 A．
－
7．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则 S4＝66.
[解析]　本题主要考查数列的通项公式与求和．
依题 an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即 an＋1＝3an，n≥2，
5 × 1－33
可见，数列{an}从第二项起是公比为 3 的等比数列，a2＝5，所以 S4＝1＋ ＝66. 1－3
8．若等比数列{an}的各项均为正数，且 a10a11＋a9a12＝2e5，则 lna1＋lna2＋…＋lna20＝
50.
[解析]　∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a 51·a20＝e .
又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)]
＝ln(e5)10＝lne50＝50.
注意等比数列性质：若 m＋n＝p＋q，则 am·an＝ap·aq，对数的性质 log nam ＝nlogam.
9．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－a1，且 a1，a2＋1，a3 成等差
数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列{ 1 1n }的前 n 项和为 Tn，求使得|Tn－1|< 成立的 n 的最小值． a 1 000
[解析]　(1)由已知 Sn＝2an－a1，
有 an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即 an＝2an－1(n≥2)．
从而 a2＝2a1，a3＝4a1.
又因为 a1，a2＋1，a3成等差数列，即 a1＋a3＝2(a2＋1)．
所以 a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得 a1＝2.
所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．
故 an＝2n.
1 1
(2)由(1)得 n＝ n. a 2
1 1
1 1 1 1 2[1－( )
n
2 ]
所以 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ 2 22 23 2n 1
1－
2
1
＝1－
2n
.
1 1 1
由|Tn－1|< 得|1－ n－1|< ，即 2n>1 000. 1 000 2 1 000
因为 29＝512<1 000<1 024＝210，
所以 n≥10.
1
于是，使|Tn－1|< 成立的 n 的最小值为 10. 1 000
10．已知数列{an}的首项为 1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，且满足 Sn＋1＝qSn＋1，其中
q>0，n∈N*，又 2a2，a3，a2＋2 成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记 bn＝2an－λ(log2a 2n＋1) ，若数列{bn}为递增数列，求 λ 的取值范围．
[解析]　(1)由 Sn＋1＝qSn＋1　①
可得，当 n≥2 时，Sn＝qSn－1＋1　②
①－②得：an＋1＝qan.
又 S2＝qS1＋1 且 a1＝1，
所以 a2＝q＝q·a1，
所以数列{an}是以 1 为首项，q 为公比的等比数列．
又 2a2，a3，a2＋2 成等差数列，
所以 2a3＝2a2＋a2＋2＝3a2＋2，
即 2q2＝3q＋2.
所以 2q2－3q－2＝0，
1
解得 q＝2 或 q＝－ (舍)，
2
所以数列{an}的通项公式为：a n－1 *n＝2 (n∈N )．
(2)由题意得：bn＝2·2n－1－λ(log22n)2＝2n－λn2，
若数列{bn}为递增数列，则有
2n
bn＋1－bn＝2n＋1－λ(n＋1)2－2n＋λn2＝2n－2nλ－λ>0，即 λ< . 2n＋1
2n＋1
2n＋3 4n＋2
因为 ＝ >1，
2n 2n＋3
2n＋1
2n
所以数列{ }为递增数列．
2n＋1
2n 2 2
所以 ≥ ，所以 λ< .
2n＋1 3 3

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