2019届二轮复习第1讲　等差数列与等比数列学案（全国通用）

第1讲　等差数列与等比数列
高考定位　1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.

真 题 感 悟
1.(2017·全国Ⅲ卷)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}前6项的和为(　　)
A.－24 B.－3 C.3 D.8
解析　根据题意得a＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，由a1＝1及d≠0解得d＝－2，所以S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24.
答案　A
2.(2018·北京卷)“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.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)
A.f B.f
C.f D.f
解析　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，第一个单音的频率为f.由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}.则第八个单音频率为a8＝f·()8－1＝f.
答案　D
3.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析　因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63.
答案　－63
4.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
解　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
考 点 整 合
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列.
温馨提醒　应用公式an＝Sn－Sn－1时一定注意条件n≥2，n∈N*.

热点一　等差、等比数列的基本运算
【例1】 (1)(2018·潍坊三模)已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为(　　)
A.3n＋1 B.3n－1
C. D.
解析　由b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1.
∴{an}的公比q＝＝b2－b1＝3.
从而bn＋1－bn＝3，则数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列.
因此{bn}的前n项和Tn＝2n＋×3＝(3n2＋n).
答案　C
(2)(2018·全国Ⅱ卷)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　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.
探究提高　1.等差(比)数列基本运算的解题途径：
(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)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.
2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数，求出最小值.
【训练1】 (1)(2018·郑州调研)已知等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)
A.n(n－2) B.n(n－1)
C.n(n＋1) D.n(n＋2)
解析　依题意a＝a2·a6，得(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10).解得a1＝－1.
因此Sn＝na1＋×2＝n2－2n.
答案　A
(2)(2017·全国Ⅱ卷)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＝2.
①若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
②若T3＝21，求S3.
解　①设{an}公差为d，{bn}公比为q，
由题设得
解得或(舍去)，
故{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
②由已知得
解得或
∴当d＝－1时，S3＝－6；当d＝8时，S3＝21.
热点二　等差(比)数列的性质
【例2】 (1)(2018·石家庄调研)在等比数列{an}中，a6，a10是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则a8的值为(　　)
A.2 B.－或
C. D.－
(2)(2018·北京海淀区质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2，若数列{bn}满足bn＝10－log2an，则使数列{bn}的前n项和取最大值时的n的值为________.
解析　(1)由题意a6a10＝2，且a6＋a10＝－6，所以a6<0，a10<0，又数列{an}为等比数列，所以a8<0，所以a8＝－＝－.
(2)∵Sn＝2an－2，∴n＝1时，a1＝2a1－2，解得a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，
∴an＝2an－1.
∴数列{an}是公比与首项都为2的等比数列，∴an＝2n.
∴bn＝10－log2an＝10－n.
由bn＝10－n≥0，解得n≤10.
∴{bn}前9项为正，第10项为0，以后各项为负，
∴使数列{bn}的前n项和取最大值时的n的值为9或10.
答案　(1)D　(2)9或10
探究提高　1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.
2.活用函数性质：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，可利用函数的性质解题.
【训练2】 (1)(2018·湖南六校联考)在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，若a5，a7是方程x2＋10x－16＝0的两个根，那么S11的值为(　　)
A.44 B.－44
C.55 D.－55
(2)(2018·石家庄质检)等比数列{an}中，a4＝，a5＝，则数列{lg an}的前8项和S8为(　　)
A.4 B.2 C.3 D.5
解析　(1)由题设，a5＋a7＝－10，
则S11＝＝＝11×(－5)＝－55.
(2)设等比数列{an}的公比为q，
由a5＝，a4＝，得＝q，∴q＝.
∴an＝a4·qn－4＝·，且a1a8＝a4a5＝.
从而lg an＝lg＋(n－4)lg，
则数列{lg an}是等差数列，
∴S8＝(lg a1＋lg a8)×8＝4lg(a1a8)＝4lg＝2.
答案　(1)D　(2)B
热点三　等差(比)数列的判断与证明
【例3】 (2018·成都调研)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)证明：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；若不存在，请说明理由.
(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，
∴S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，
则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.
∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，
故Sn＋1＝2Sn＋λ.
(2)解　由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，
所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.
又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.
因此an＝
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.
∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.
【迁移探究】 若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不变，试求解第(2)问.
解　由本例(2)，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*).
又S2＝2S1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝2＋λ>0.
∴an＝(2＋λ)·2n－2(n≥2).
又a1＝2，若{an}是等比数列，
∴a2＝(2＋λ)·20＝2a1＝4，∴λ＝2.
故存在λ＝2，此时an＝2n，数列{an}是等比数列.
探究提高　1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一常数；(2)中项公式法.
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，判定时还要看各项是否为零.
【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)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　(1)设{an}的公比为q，由题设可得
解得
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)得Sn＝＝
＝[(－2)n－1]，
则Sn＋1＝[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝[(－2)n＋2－1]，
所以Sn＋1＋Sn＋2＝[(－2)n＋1－1]＋[(－2)n＋2－1]＝[2(－2)n－2]＝[(－2)n－1]＝2Sn，
∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
热点四　等差数列与等比数列的综合问题
【例4】 (2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.
解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以，Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
所以，Sn＝.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn
得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.
所以，n的值为4.
探究提高　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.数列的通项或前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.
【训练4】 (2018·武汉质检)在公比为q的等比数列{an}中，已知a1＝16，且a1，a2＋2，a3成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若q<1，求满足a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n>10的最小正整数n的值.
解　(1)依题意，2(a2＋2)＝a1＋a3，且a1＝16.
∴2(16q＋2)＝16＋16q2，
即4q2－8q＋3＝0.
因此q＝或q＝.
当q＝时，an＝16·＝25－n；
当q＝时，an＝16·.
(2)由(1)知，当q<1时，an＝25－n.
则a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n
＝＝
由>10，得<.
∴n>2，正整数n的最小值为3.

1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.
2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.
3.应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.

一、选择题
1.(2018·全国Ⅰ卷)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
解析　设数列{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.
答案　B
2.等差数列{an}中的a1，a4 033是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，则log2a2 017＝(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　因为f′(x)＝x2－8x＋6，
依题意，a1，a4 033是方程f′(x)＝x2－8x＋6＝0的两根，
∴a1＋a4 033＝8，则a2 017＝4，
故log2a2 017＝log24＝2.
答案　A
3.一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是(　　)
A.13 B.12 C.11 D.10
解析　设等比数列为{an}，其前n项积为Tn，由已知得a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，可得(a1an)3＝2×4，a1an＝2，
∵Tn＝a1a2…an，∴T＝(a1a2…an)2＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212，∴n＝12.
答案　B
4.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则此人第4天和第5天共走的路程为(　　)
A.60里 B.48里 C.36里 D.24里
解析　由题意，每天走的路程构成公比为的等比数列.设等比数列的首项为a1，则＝378，解得a1＝192，则a4＝192×＝24，a5＝24×＝12，a4＋a5＝24＋12＝36.所以此人第4天和第5天共走了36里.
答案　C
5.(2018·北京燕博园能力测试)数列{an}的前n项和为Sn，且3an＋Sn＝4(n∈N*)，设bn＝nan，则数列{bn}的项的最大值为(　　)
A. B. C. D.2
解析　由条件可知：3an＋Sn＝4，3an－1＋Sn－1＝4(n≥2).相减，得an＝an－1.又3a1＋S1＝4a1＝4，故a1＝1.则an＝，bn＝n.
设{bn}中最大的项为bn，则
即
解之得3≤n≤4.
∴{bn}的项的最大值为b3＝b4＝.
答案　B
二、填空题
6.(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________.
解析　设等差数列的公差为d，∵a1＝3，且a2＋a5＝2a1＋5d＝36，∴d＝6，∴an＝3＋(n－1)·6＝6n－3.
答案　an＝6n－3
7.(2018·福州质检)数列{an}满足an＋1＝，a3＝，则a1＝________.
解析　易知an≠0，且an＋1＝.
∴－＝2，则是公差为2的等差数列，又a3＝，知＝5，∴＋2×2＝5，则a1＝1.
答案　1
8.(2018·石家庄质检)等差数列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，Sn为数列{an}的前n项和，则数列的前n项和取最小值时的n为________.
解析　由题意知
由d≠0，解得
∴＝＝n－4.
由n－4≥0，得n≥4，且＝0，
∴数列的前n项和取最小值时的n的值为3或4.
答案　3或4
三、解答题
9.(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.
解　(1)设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝ln 2＋(n－1)ln 2＝nln 2.
(2)因为ea1＝eln 2＝2，＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×＝2n＋1－2.
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，且1，an，Sn成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足an·bn＝1＋2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由已知1，an，Sn成等差数列得2an＝1＋Sn，①
当n＝1时，2a1＝1＋S1＝1＋a1，∴a1＝1，
当n≥2时，2an－1＝1＋Sn－1，②
①－②得2an－2an－1＝an，
∴an＝2an－1(n≥2)，且a1＝1.
∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝a1qn－1＝1·2n－1＝2n－1.
(2)由an·bn＝1＋2nan得bn＝＋2n，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2＋＋4＋…＋＋2n
＝＋(2＋4＋…＋2n)
＝＋＝n2＋n＋2－.
11.已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1>1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由10a1＝(2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝.
又a1>1，所以a1＝2.
因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，所以10Sn＝2a＋5an＋2.
故10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，
整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0，
即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0.
因为{an}是递增数列且a1＝2，
所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an＝.
所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，
所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1).
(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：
假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak，
则5m－1＋5n－1＝(5k－1)，整理，
得2m＋2n－k＝，(*)
显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立.
故满足条件的正整数m，n，k不存在.