2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第1讲　等差数列与等比数列的基本量

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第1讲 等差数列与等比数列的基本量
基础回归
1．(人A选必一P23练习4改)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝272，则a3＋a9＋a15等于( B )
A．64B．48
C．36D．24
2．在等比数列{an}中，若a2＝2，a6＝8，则a3a4a5等于( B )
A．±64B．64
C．32D．16
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＜0，公差d＞0， eq \f(S20,a10)＜0，则当Sn最小时，n＝__ 10__.
【解析】 eq \f(S20,a10)＝ eq \f(10(a10＋a11),a10)＜0，又d＞0，所以a10(a10＋a11)＜0，a10＜0，a11＞0，故前10项和最小．
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝__63__.
【解析】 S2＝a1＋a2，S4－S2＝a3＋a4＝(a1＋a2)q2，S6－S4＝a5＋a6＝(a1＋a2)q4，所以S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即3，12，S6－15成等比数列，可得122＝3(S6－15)，解得S6＝63.
5．(人A选必一P36例8)已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn.若 eq \f(S10,S5)＝ eq \f(31,32)，则公比q的值为__－ eq \f(1,2)__.
【解析】 若q＝1，则 eq \f(S10,S5)＝ eq \f(10a1,5a1)＝2≠ eq \f(31,32)，所以q≠1.当q≠1时，由 eq \f(S10,S5)＝ eq \f(31,32)，得 eq \f((－1)(1－q10),1－q)· eq \f(1－q,(－1)(1－q5))＝ eq \f(31,32)，整理，得1＋q5＝ eq \f(31,32)，即q5＝－ eq \f(1,32)，所以q＝－ eq \f(1,2).
举题固法
目标引领
等差数列
例1 (2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝ eq \f(n2＋n,an)，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；
【解析】 因为3a2＝3a1＋a3，所以3d＝a1＋2d，解得a1＝d，所以S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d.又T3＝b1＋b2＋b3＝ eq \f(2,d)＋ eq \f(6,2d)＋ eq \f(12,3d)＝ eq \f(9,d)，所以S3＋T3＝6d＋ eq \f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝ eq \f(1,2)(舍去)，所以an＝a1＋(n－1)·d＝3n.
(2) 若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
【解析】 因为{bn}为等差数列，所以2b2＝b1＋b3，即 eq \f(12,a2)＝ eq \f(2,a1)＋ eq \f(12,a3)，所以6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝ eq \f(6d,a2a3)＝ eq \f(1,a1)，即a eq \\al(2,1) －3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.因为d＞1，所以an＞0.又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，所以a50－ eq \f(2 550,a50)＝1，即a eq \\al(2,50) －a50－2 550＝0，解得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，舍去；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝ eq \f(51,50).综上，d＝ eq \f(51,50).
变式1 (2023·湖北八市三月联考)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且an，Sn，a eq \\al(2,n) 为等差数列．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 因为an，Sn，a eq \\al(2,n) 为等差数列，所以2Sn＝an＋a eq \\al(2,n) ，且an＞0.当n＝1时，2S1＝2a1＝a1＋a eq \\al(2,1) ，可得a1＝1.当n≥2时，2(Sn－Sn－1)＝2an＝an＋a eq \\al(2,n) －an－1－a eq \\al(2,n－1) ，则an＋an－1＝a eq \\al(2,n) －a eq \\al(2,n－1) ＝(an＋an－1)(an－an－1).由an＋an－1＞0，得an－an－1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
(2) 若m为正整数，记集合 eq \b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\c1(an)) eq \f(an,2)＋ eq \f(2,an)≤m的元素个数为bm，求数列{bn}的前50项和．
【解析】 eq \f(an,2)＋ eq \f(2,an)≤m⇒ eq \f(n,2)＋ eq \f(2,n)≤m⇒ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))≤m.因为 eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))≥2，当且仅当n＝2时等号成立，所以b1＝0，b2＝1.当m≥3时，因为 eq \f(2m－1,2)＋ eq \f(2,2m－1)＝m－ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,2m－1)≤m， eq \f(2m,2)＋ eq \f(2,2m)＝m＋ eq \f(1,m)＞m，所以能使 eq \f(n,2)＋ eq \f(2,n)≤m成立的n的最大值为2m－1，所以bm＝2m－1(m≥3)，所以{bn}的前50项和为0＋1＋5＋7＋…＋99＝0＋1＋ eq \f((5＋99)×48,2)＝2 497.
等比数列
例2 已知数列{an}满足a1＝ eq \f(1,2)，对∀n∈N*，都有an＋1＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(n,2)＋1.
(1) 设bn＝an－n，n∈N*，求证：数列{bn}是等比数列；
【解析】 因为bn＝an－n，所以an＝bn＋n.又an＋1＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(n,2)＋1，所以bn＋1＋n＋1＝ eq \f(bn＋n,2)＋ eq \f(n,2)＋1，化简得bn＋1＝ eq \f(1,2)bn.因为a1＝ eq \f(1,2)，所以b1＝ eq \f(1,2)－1＝－ eq \f(1,2)，所以数列{bn}是首项为－ eq \f(1,2)，公比为 eq \f(1,2)的等比数列．
(2) 设数列{an}的前n项和为Sn，求Sn.
【解析】 由(1)可得bn＝－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，所以an＝bn＋n＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋n，所以Sn＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＋(1＋2＋3＋…＋n)＝－ eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＋ eq \f(n(1＋n),2)＝－1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋ eq \f(n(1＋n),2).
变式2 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q≠－1， eq \f(a4＋a5,a7＋a8)＝ eq \f(1,27)，且S4＝a3＋62.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 因为{an}是等比数列，公比q≠－1，则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，所以 eq \f(a4＋a5,a7＋a8)＝ eq \f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝ eq \f(1,q3)＝ eq \f(1,27)，解得q＝3.由S4＝a3＋62，可得 eq \f(a1(1－34),1－3)＝9a1＋62，解得a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2×3n-1.
(2) 设等比数列{bn}的前n项和为Tn，其公比q′＝ eq \f(1,q)，b1＝a1，求证：Tn＜3.
【解析】 由(1)知，b1＝2，q′＝ eq \f(1,3)，则等比数列{bn}的前n项和为Tn＝ eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))，因为 eq \f(1,3n)＞0，所以1－ eq \f(1,3n)＜1，所以Tn＜3.
等差数列与等比数列的综合
例3 (2023·海安期末)已知在数列{an}中，a1，a2，a3，…，a6成等差数列，a5，a6，a7，…成等比数列，a2＝－10，a6＝2.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 当1≤n≤6时，设{an}的公差为d，所以d＝ eq \f(a6－a2,4)＝3，所以an＝－10＋3(n－2)＝3n－16，所以a5＝－1，a6＝2.当n≥5时，设{an}的公比为q，则q＝－2，此时an＝－1·(－2)n-5＝－(－2)n-5，所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n－16，1≤n≤6，,－(－2)n-5，n≥7.))
(2) 记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＞0，求n的最小值．
【解析】 显然n＞7，所以Sn＝ eq \f((－13＋2)×6,2)＋ eq \f(－4[1－(－2)n-6],1－(－2))＝－33－ eq \f(4,3)＋ eq \f(4,3)·(－2)n-6＞0⇒n为偶数，(－2)n-6＞ eq \f(103,4)⇒n－6≥6⇒n≥12，所以n的最小值为12.
变式3 (2023·无锡期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a3是a1，a13的等比中项，S5＝25.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1a13＝a eq \\al(2,3) ，,5a1＋\f(5(5－1),2)d＝25))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1(a1＋12d)＝(a1＋2d)2，,a1＋2d＝5，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2) 若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋bn＋1＝Sn，求b20.
【解析】 bn＋bn＋1＝ eq \f((1＋2n－1)n,2)＝n2①，bn＋1＋bn＋2＝(n＋1)2②，②－①得，bn＋2－bn＝2n＋1.因为b1＝－1，所以b2＝2，所以b20＝b20－b18＋b18－b16＋…＋b4－b2＋b2＝37＋33＋29＋…＋5＋2＝ eq \f((37＋5)×9,2)＋2＝191.
随堂内化
1．(2023·济宁一模)已知等差数列{an}的前5项和S5＝35，且满足a5＝13a1，则等差数列{an}的公差为( D )
A．－3B．－1
C．1D．3
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则有S5＝5a1＋10d＝35，a5＝a1＋4d＝13a1，解得d＝3，a1＝1.
2．(2023·台州二模)已知公差不为零的等差数列{an}满足a2＋a7＝a8＋1，且a2，a4，a8成等比数列，则a2 024＝( A )
A．2 024B．－2 024
C．0D． eq \f(1,2 024)
【解析】 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则a2＋a7＝a8＋1⇔2a1＋7d＝a1＋7d＋1，a1＝1.因为a2，a4，a8成等比数列，所以a eq \\al(2,4) ＝a2a8，即(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)，因为d≠0，所以d＝1，所以a2 024＝a1＋(2 024－1)×d＝2 024.
3．设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(t＋bn)n＋ eq \f(3,2)bn＝0(t∈R，n∈N*).
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 由题意可得6a3＝8a1＋a5，所以6q2＝8＋q4，解得q2＝4或q2＝2(舍去)，则q＝2.又a1＝2，所以an＝2n.
(2) 试确定t的值，使得数列{bn}为等差数列．
【解析】 由2n2－(t＋bn)n＋ eq \f(3,2)bn＝0，得bn＝ eq \f(2n2－tn,n－\f(3,2))，所以b1＝2t－4，b2＝16－4t，b3＝12－2t.因为数列{bn}为等差数列，所以b1＋b3＝2b2，解得t＝3，所以当t＝3时，bn＝2n.由bn＋1－bn＝2(常数)知此时数列{bn}为等差数列．