2020数学（文）二轮教师用书：第2部分专题2第1讲　等差数列、等比数列



第1讲　等差数列、等比数列

[做小题——激活思维]
1．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8等于(　　)
A．45　 　　B．75　 　　C．180　 　　D．300
[答案]　C
2．已知数列{an}为等比数列，若a4＝7，a6＝21，则a8等于(　　)
A．35 B．63 C．21 D．±21
[答案]　B
3．已知数列{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a7等于(　　)
A. B. C．7 D．9
[答案]　A
4．已知数列{an}为等差数列，若a5＝11，a8＝5，则an＝________.
[答案]　－2n＋21
5．设首项为1，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn与an的关系可表示为________．
[答案]　Sn＝2an－1
[扣要点——查缺补漏]
1．等差数列的通项及前n项和公式
(1)an＝a1＋(n－1)d.如T4.
(2)Sn＝na1＋d＝.如T3.
2．等比数列的通项及前n项和公式
(1)an＝a1qn－1(q≠0)．
(2)Sn＝如T5.
3．等差、等比数列的性质
(1)在等差数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，如T1.
(2)若{an}是等差数列，则也是等差数列．
(3)在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列．
(4)在等比数列中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq，如T2.
(5)在等比数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外)．
4．判断等差(比)数列的常用方法
(1)定义法：若an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数，则{an}为等差(比)数列；
(2)中项公式法；
(3)通项公式法．

　等差、等比数列的基本运算(5年13考)

[高考解读]　高考重点考查等差数列、等比数列的通项及前n项和公式的应用，属每年必考内容.
1．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)
A．16　　　B．8　　　C．4　　　D．2
切入点：S4＝15，a5＝3a3＋4a1.
关键点：正确求出首项a1和公比q.
C　[由题意知解得
∴a3＝a1q2＝4.
故选C.]
2．[一题多解](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
切入点：将3S3＝S2＋S4利用a1和d表示．
关键点：利用已知条件正确求出公差d.
B　[法一：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1，∵a1＝2，∴d＝－3，
∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
故选B.
法二：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]
3．(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
切入点：{an}为各项均为正数的等比数列，an＞0，a1＝2，a3＝2a2＋16.
关键点：正确求出公比q，进而正确求出{bn}的通项．
[解]　(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.
[教师备选题]
(2016·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和．
[解]　(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，
因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．
记{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝＝－.


等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略
(1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后，通项便可求出.
(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.
(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.
(4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.
易错提醒：解方程时，注意对根的检验.求解等比数列的公比时，要结合题意进行讨论、取值，避免错解.

1．(等差数列的基本运算)[一题多解]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若6a3＋2a4－3a2＝5，则S7＝(　　)
A．28　　　B．21　　　C．14　　　 D．7
D　[法一：设等差数列{an}的公差为d，由6a3＋2a4－3a2＝5，得6(a1＋2d)＋2(a1＋3d)－3(a1＋d)＝5a1＋15d＝5(a1＋3d)＝5，即5a4＝5，所以a4＝1，所以S7＝＝＝7a4＝7，故选D.
法二：设等差数列{an}的公差为d，由6a3＋2a4－3a2＝5，得6(a4－d)＋2a4－3(a4－2d)＝5，即5a4＝5，所以a4＝1，所以S7＝＝＝7a4＝7，故选D.]
2．(等比数列的基本运算)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
B　[由题意知，q≠1，则，两式相减可得＝q3－q2，即＝1，所以q＝4.]
3．(等差、等比数列的综合运算)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.
(1)若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝13，求Sn.
[解]　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，①
由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，②
联立①②，解得q＝2或q＝0(舍去)，
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)∵T3＝b1(1＋q＋q2)，∴1＋q＋q2＝13，
解得q＝3或q＝－4，
由a2＋b2＝3，得d＝4－q，∴d＝1或d＝8.
由Sn＝na1＋n(n－1)d，
得Sn＝n2－n或Sn＝4n2－5n.
　等差、等比数列的性质(5年2考)

[高考解读]　高考对等差、等比数列的性质的考查主要体现在项与项之间的性质和前n项和的性质，要求不高，重点考查通性通法.
1．[一题多解](2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)
A．2　　　　B．1　　　　C.　　　　D.
切入点：a3a5＝a.
关键点：利用等比数列的性质及a3a5＝4(a4－1)，求出公比q.
C　[法一：根据等比数列的性质，结合已知条件求出a4，q后求解．
∵a3a5＝a，a3a5＝4(a4－1)，∴a＝4(a4－1)，
∴a－4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝＝＝8，
∴q＝2，∴a2＝a1q＝×2＝，故选C.
法二：直接利用等比数列的通项公式，结合已知条件求出q后求解．
∵a3a5＝4(a4－1)，∴a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，
将a1＝代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，
解得q＝2，
∴a2＝a1q＝，故选C.]
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．
切入点：S3＝－15.
关键点：根据等差数列的前n项和公式求出公差d.
[解]　(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.
[教师备选题]
1．(2015·浙江高考)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＝________.
　－1　[∵a2，a3，a7成等比数列，∴a＝a2a7，
∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，即2d＋3a1＝0.①
又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1.②
由①②解得a1＝，d＝－1.]
2．(2015·广东高考)若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2，c＝5－2，则b＝________.
1　[∵a，b，c成等比数列，∴b2＝a·c＝(5＋2)(5－2)＝1，又b>0，∴b＝1.
3．(2014·广东高考)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
5　[log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5
＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a＝5log2a3
＝5log2＝5log22＝5.]


等差、等比数列性质应用问题求解策略
(1)等差数列{an}的前n项和 (n为奇数)是常用的转化方法.
(2)熟练运用等差、等比数列的性质，如m＋n＝p＋q时，若{an}为等差数列，则am＋an＝ap＋aq；若{an}为等比数列，则有am·an＝ap·aq，可减少运算过程，提高解题效率.

1．(项的性质)已知数列{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10的值为(　　)
A．7　　　　B．－5　　　　C．5　　　　D．－7
D　[在等比数列{an}中，a5a6＝－8，∴a4a7＝－8，又a4＋a7＝2，解得a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4.若a4＝4，a7＝－2，则q3＝－，∴a1＝－8，a10＝a7·q3＝1，∴a1＋a10＝－7；若a4＝－2，a7＝4，则q3＝－2，∴a1＝1，a10＝a7·q3＝－8，∴a1＋a10＝－7.综上可得，a1＋a10＝－7.故选D.]
2．(和的性质)一个等差数列{an}的前12项的和为354，前12项中偶数项的和S偶与前12项中奇数项的和S奇之比为，则公差d等于(　　)
A．5 B．6 C．10 D．12
A　[由题意可知
解得
又由等差数列的性质，可得S偶－S奇＝6d，即192－162＝6d，解得d＝5.故选A.]
3．(等差、等比数列性质的综合问题)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a6＝2a3，a4与2a6的等差中项为，则S5＝(　　)
A．36 B．33 C．32 D．31
D　[设{an}的公比为q(q＞0)，∵a1a6＝2a3，
而a1a6＝a3a4，∴a3a4＝2a3，∴a4＝2.
又a4＋2a6＝3，∴a6＝，∴q＝，a1＝16，
∴S5＝＝31.故选D.]
　等差、等比数列的判定与证明(5年3考)

[高考解读]　高考对此类问题的考查是先判断后证明，重点是等差数列和等比数列的定义及通性通法的应用.
角度一：等差数列的判定与证明
1．(2017·全国卷Ⅰ)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．
切入点：①由S2＝2，S3＝－6求首项和公比q；
②等差数列的定义．
关键点：正确求出等比数列的前n项和Sn.
[解]　(1)设{an}的公比为q.由题设可得

解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n·
＝2＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
角度二：等比数列的判定与证明
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
切入点：①通过nan＋1＝2(n＋1)an和bn＝，利用赋值法求b1，b2，b3；
②通过nan＋1＝2(n＋1)an与bn＝建立bn＋1与bn的关系．
关键点：利用已知条件建立bn＋1与bn的关系．
[解]　(1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
[教师备选题]
1．(2016·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)

A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列
A　[先将Sn用已知线段的长表示出来，再利用等差数列的定义判断．
作A1C1，A2C2，A3C3，…，AnCn垂直于直线B1Bn，垂足分别为C1，C2，C3，…，Cn，则A1C1∥A2C2∥…∥AnCn.
∵|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，∴|CnCn＋1|＝|Cn＋1Cn＋2|.
设|A1C1|＝a，|A2C2|＝b，|B1B2|＝c，
则|A3C3|＝2b－a，…，|AnCn|＝(n－1)b－(n－2)a(n≥3)，
∴Sn＝c[(n－1)b－(n－2)a]＝c[(b－a)n＋(2a－b)]，
∴Sn＋1－Sn＝c[(b－a)(n＋1)＋(2a－b)－(b－a)n－(2a－b)]＝c(b－a)，∴数列{Sn}是等差数列．]
2．(2016·全国卷Ⅲ)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；
(2)若S5＝，求λ.
[解]　(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
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得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.
由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.


判断或证明一个数列是等差、等比数列时应注意的问题
(1)判断一个数列是等差(等比)数列，有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法.
(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列.
(3)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
易错提醒：(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列.
(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明q≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列.


1．(构造法证明)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；
(2)求{an}的通项公式．
[解]　(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)由(1)得bn＝1＋2(n－1)，即an＋1－an＝2n－1.
于是 (ak＋1－ak)＝ (2k－1)，
所以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.
2．(等比数列的证明)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n.
(1)求证：{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
[解]　(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，即a1＝1.
当n≥2时，由Sn＝2an－n，①
得Sn－1＝2an－1－(n－1)，②
①－②得an＝2an－2an－1－1，即an＋1＝2(an－1＋1)，又a1＋1＝2，
所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋1＝2n，
所以an＝2n－1.
所以Sn＝2(2n－1)－n＝2n＋1－(n＋2)，
所以Tn＝－＝2n＋2－4－.
3．(等比数列的判定)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＞0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数．
(1)求证：Sn＋1＝2Sn＋λ；
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，
所以S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，
所以Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.
因为an＞0，所以Sn＋1＞0，所以Sn＋1－2Sn－λ＝0，
所以Sn＋1＝2Sn＋λ，即得证．
(2)因为Sn＋1＝2Sn＋λ，所以Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，
两式相减得an＋1＝2an(n≥2)，
所以{an}从第二项起成等比数列．
因为S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
所以a2＝1＋λ＞0，得λ＞－1，
所以an＝
若使{an}是等比数列，则a1a3＝a，
所以2(λ＋1)＝(λ＋1)2，
所以λ＝－1(舍去)或λ＝1，经检验符合题意．
故存在λ＝1，使得数列{an}为等比数列．