(典型题)高考数学二轮复习 知识点总结 等差数列、等比数列

【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式：1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质解决与项、和有关的计算问题，属于基础题；2.以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，

属低、中档题．

S1， n＝1，1． an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝

Sn－Sn－1， n≥2.

2． 等差数列和等比数列

定义 通项公式 等差数列 等比数列 an－an－1＝常数(n≥2) an＝a1＋(n－1)d (1)定义法 (2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2an＝常数(n≥2) an－1an＝a1qn－1(q≠0) (1)定义法 (2)中项公式法：an＋1＝an·an＋2 (n≥1)(an≠0)⇔{an}为等比数列 (3)通项公式法：an＝c·q(c、q均是不为0的常数，n∈N)⇔{an}为等比数列 (4){an}为等差数列⇔{aan}为等比数列(a>0且a≠1) (1)若m、n、p、q∈N，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq (2)an＝amqn－m **2(n≥1)⇔{an}为等差数列 (3)通项公式法：an＝pn＋q(p、判定方法 q为常数)⇔{an}为等差数列 (4)前n项和公式法：Sn＝An＋2nBn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列 (5){an}为等比数列，an>0⇔{logaan}为等差数列 (1)若m、n、p、q∈N，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq 性质 (2)an＝am＋(n－m)d (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 *(3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列 (1)q≠1，Sn＝Sn＝前n项和 na1＋an2a1＝na1＋－q1－qn＝nn－2d a1－anq 1－q(2)q＝1，Sn＝na1

考点一 与等差数列有关的问题

例1 在等差数列{an}中，满足3a5＝5a8，Sn是数列{an}的前n项和．

(1)若a1>0，当Sn取得最大值时，求n的值； (2)若a1＝－46，记bn＝

Sn－an，求bn的最小值． n解 (1)设{an}的公差为d，则

2

由3a5＝5a8，得3(a1＋4d)＝5(a1＋7d)，∴d＝－a1.

23∴Sn＝na1＋

nn－1

2

12422

×－a1＝－a1n＋a1n

232323

11442

＝－a1(n－12)＋a1.

2323

∵a1>0，∴当n＝12时，Sn取得最大值． 2

(2)由(1)及a1＝－46，得d＝－×(－46)＝4，

23∴an＝－46＋(n－1)×4＝4n－50，

nn－12

Sn＝－46n＋×4＝2n－48n.

2

Sn－an2n2－52n＋50∴bn＝＝

nn50

＝2n＋－52≥2n50

2n×－52＝－32，

n50

当且仅当2n＝，即n＝5时，等号成立．

n故bn的最小值为－32.

(1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，只要根据已知条件求出这

两个量，其他问题就可随之而解，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程思想的运用． (2)等差数列的性质

①若m，n，p，q∈N，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq； ②Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列； ③am－an＝(m－n)d⇔d＝④＝

*

am－an*

(m，n∈N)； m－nanA2n－1

(A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的和)．

bnB2n－1

(3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)是n的二次函数或一次

函数且不含常数项，即Sn＝An＋Bn(A＋B≠0)．

(1)(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，

则下列命题错误的是 ．．

( )

222

A．若d<0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d<0

C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N，均有Sn>0 D．若对任意n∈N，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列

(2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于 A．3

( )

*

*

B．4 C．5 D．6

答案 (1)C (2)C

解析 (1)利用函数思想，通过讨论Sn＝n＋a1－n的单调性判断．

22

d2



d

d1d2

设{an}的首项为a1，则Sn＝na1＋n(n－1)d＝n＋a1－n.

222

由二次函数性质知Sn有最大值时，则d<0，故A、B正确；

因为{Sn}为递增数列，则d>0，不妨设a1＝－1，d＝2，显然{Sn}是递增数列，但S1＝－1<0，故C错误；

对任意n∈N，Sn均大于0时，a1>0，d>0，{Sn}必是递增数列，D正确． (2)am＝2，am＋1＝3，故d＝1， 因为Sm＝0，故ma1＋故a1＝－

*

mm－

2

d＝0，

m－1

2

，

因为am＋am＋1＝5， 故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d ＝－(m－1)＋2m－1＝5， 即m＝5.

考点二 与等比数列有关的问题

例2 (1)(2012·课标全国)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10等于( )

A．7

B．5

C．－5

D．－7

(2)(2012·浙江)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.

3

答案 (1)D (2)

2

解析 (1)利用等比数列的性质求解．

a4＋a7＝2，由

a5a6＝a4a7＝－8q＝－2，∴

a1＝1

3

9

a4＝－2，

解得

a7＝4

a4＝4，

或

a7＝－2.

1q3＝－，

2或a1＝－8，

∴a1＋a10＝a1(1＋q)＝－7.

(2)利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解．

S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，

将a3＝a2q，a4＝a2q代入得，

3a2＋2＋a2q＋a2q＝3a2q＋2，化简得2q－q－3＝0， 3

解得q＝(q＝－1不合题意，舍去)．

2

(1)证明数列是等比数列的两个方法：①利用定义：用等比中项an＝an－1an＋1(n≥2，n∈N)．

(2)等比数列中的五个量：a1，an，q，n，Sn可以“知三求二”． (3){an}为等比数列，其性质如下：

①若m、n、r、s∈N，且m＋n＝r＋s，则am·an＝ar·as； ②an＝amqn－m*

2

*

2

2

2

2

an＋1*

(n∈N)是常数，②利an；

③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(q≠－1)． (4)等比数列前n项和公式

na1q＝，

Sn＝a1－qna1－anq＝q1－q1－q

①能“知三求二”；②注意讨论公比q是否为1；③a1≠0.

21

(1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项

33

公式是an＝________. 答案 (－2)

n－1

解析 当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，

2

323

故

ann－1

＝－2，故an＝(－2). an－1

(2)(2013·湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.

①求数列{an}的通项公式；

②是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．

解 ①设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由题意得

S2－S4＝S3－S2，

a2＋a3＋a4＝－18.

a1＝3，解得

q＝－2.

－a1q－a1q＝a1q，

即2

a1q＋q＋q＝－18，

232

n－1

故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)3[1－－

②由①有Sn＝

1－－

n.

]n＝1－(－2).

假设存在n，使得Sn≥2 013，

则1－(－2)≥2 013，即(－2)≤－2 012. 当n为偶数时，(－2)>0.上式不成立； 当n为奇数时，(－2)＝－2≤－2 012， 即2≥2 012，则n≥11.

综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}． 考点三 等差数列、等比数列的综合应用

例3 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.

(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；

(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N，使对任意n∈N，总有Sn解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4， ∴an＝5－n，从而Sn＝

*

*

nnnnnnn－n. 2

(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1， 设等比数列{bn}的公比为q，

b21则q＝＝，

b12

1

4[1－

2

∴Tm＝

11－2

m]

1m＝8[1－()]，

2

1m∵()随m增加而递减， 2∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8. 又Sn＝

n－n12

＝－(n－9n) 22

19281

＝－[(n－)－]，

224故(Sn)max＝S4＝S5＝10，

若存在m∈N，使对任意n∈N总有Sn6.

等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法

(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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．

已知数列{an}满足a1＝3，an＋1－3an＝3(n∈N)，数列{bn}满足bn＝3an.

(1)求证：数列{bn}是等差数列；

n*

－n*

*

a1a2a3an1Sn1(2)设Sn＝＋＋＋…＋，求满足不等式<<的所有正整数n的值．

345n＋2128S2n4

(1)证明 由bn＝3an得an＝3bn， 则an＋1＝3

n＋1

－nnbn＋1.

nn＋1

代入an＋1－3an＝3中，得31

即得bn＋1－bn＝. 3

bn＋1－3n＋1bn＝3n，

所以数列{bn}是等差数列．

(2)解 因为数列{bn}是首项为b1＝3a1＝1， 1

公差为的等差数列，

31n＋2

则bn＝1＋(n－1)＝，

33则an＝3bn＝(n＋2)×3从而有

＝3n＋2

nn－1

－1

，

ann－1

，

故Sn＝＋＋＋…＋

345n＋2＝1＋3＋3＋…＋3

2

a1a2a3ann－1

1－33－1

＝＝， 1－32

nnSn3n－11

则＝2n＝n， S2n3－13＋1

由

1Sn1111<<，得n即3<3<127，得11Sn1

故满足不等式<<的所有正整数n的值为2,3,4.

128S2n4

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． 等差、等比数列的单调性

(1)等差数列的单调性

d>0⇔{an}为递增数列，Sn有最小值． d<0⇔{an}为递减数列，Sn有最大值． d＝0⇔{an}为常数列．

(2)等比数列的单调性

a1>0，当q>1

a1<0，

或

0a1>0，

时，{an}为递增数列，当

0a1<0，

或q>1

时，{an}为

递减数列． 4． 常用结论

(1)若{an}，{bn}均是等差数列，Sn是{an}的前n项和，则{man＋kbn}，{}仍为等差数列，其中m，k为常数．

(2)若{an}，{bn}均是等比数列，则{can}(c≠0)，{|an|}，{an·bn}，{manbn}(m为常数)，12

{an}，{}等也是等比数列．

Snnan(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a2－

a3－a2a2－a1qa1，a3－a2，a4－a3，…成等比数列，且公比为＝＝q.

a2－a1a2－a1

(4)等比数列(q≠－1)中连续k项的和成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，其公差为q.

等差数列中连续k项的和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，公差为

kk2d.

5． 易错提醒

S1，n＝1，

(1)应用关系式an＝

Sn－Sn－1，n≥2

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． (2)三个数a，b，c成等差数列的充要条件是b＝的必要条件是b＝ac.

2

a＋c2

，但三个数a，b，c成等比数列

1a8＋a9

1． 已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则等于( )

2a6＋a7

A．1＋2 C．3＋22 答案 C

解析 记等比数列{an}的公比为q，其中q>0， 由题意知a3＝a1＋2a2，即a1q＝a1＋2a1q. 因为a1≠0，所以有q－2q－1＝0， 由此解得q＝1±2， 又q>0，所以q＝1＋2.

2

2

B．1－2 D．3－22

a8＋a9q2a6＋a722

所以＝＝q＝(1＋2)＝3＋22.

a6＋a7a6＋a7

14

2． 已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得aman＝4a1，则＋的mn最小值为 3

A. 2答案 A

( )

5B. 39

C. 4

D．不存在

解析 因为a7＝a6＋2a5，所以q－q－2＝0，

2

解得q＝2或q＝－1(舍去)． 又aman＝a1q2m＋n－2＝4a1，

所以m＋n＝6.

14114则＋＝＋(m＋n) mn6mn1n4m3＝1＋＋＋4≥.

mn62当且仅当＝

n4m，即n＝2m时，等号成立． mn此时m＝2，n＝4.

3． 已知等差数列{an}的前n项的和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，公比是q，且满

足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q. (1)求an与bn；

(2)设cn＝3bn－λ·2，若数列{cn}是递增数列，求λ的取值范围．

3

q＋3＋a2＝12，

解 (1)由已知可得2

3＋a2＝q，

2

an

所以q＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)， 从而a2＝6，所以an＝3n，bn＝3

n－1

.

n(2)由(1)知，cn＝3bn－λ·2＝3－λ·2.

3由题意，得cn＋1>cn对任意的n∈N恒成立， 即3

n＋1

*

ann－λ·2

n＋1

>3－λ·2恒成立，

nn3nnn亦即λ·2<2·3恒成立，即λ<2·恒成立．

23n由于函数y＝是增函数，

2

33n所以2·min＝2×＝3， 22故λ<3，

即λ的取值范围为(－∞，3)．

(推荐时间：60分钟)

一、选择题

1． (2013·江西)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于

( ) A．－24 答案 A

解析 由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，(3x＋3)＝x(6x＋6)． 解得x＝－3或x＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.

2． (2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等

于

( )

2

B．0 C．12 D．24

1

A. 3答案 C

1B．－

31

C. 91D．－ 9

解析 设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋10a1得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，

q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.

2

3． (2013·课标全国Ⅰ)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则

3

( )

A．Sn＝2an－1 C．Sn＝4－3an 答案 D

B．Sn＝3an－2 D．Sn＝3－2an

19

解析 Sn＝

a1

－q1－qn21－an3a1－q·an＝＝＝3－2an.

1－q1

3

故选D.

4． 在等差数列{an}中，a5<0，a6>0且a6>|a5|，Sn是数列的前n项的和，则下列说法正确的

是

( )

A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6…均大于0 B．S1，S2，…S5均小于0，S6，S7，…均大于0 C．S1，S2，…S9均小于0，S10，S11…均大于0 D．S1，S2，…S11均小于0，S12，S13…均大于0 答案 C

解析 由题意可知a6＋a5>0，故

S10＝

而S9＝

a1＋a10

2

＝

a5＋a6

2

>0，

a1＋a9

22a5×9＝＝9a5<0，故选C.

2

5． 已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，Q(2

→→

011，a2 011)，则OP·OQ等于 A．2 011 答案 A

解析 由S21＝S4 000得a22＋a23＋…＋a4 000＝0， 由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011， 所以a22＋a23＋…＋a4 000＝3 979a2 011＝0， →→

从而a2 011＝0，而OP·OQ＝2 011＋a2 011an＝2 011.

6． 数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N)．若b3＝－2，b10＝12，则

*

( )

B．－2 011 C．0 D．1

a8等于

A．0 答案 B

( )

B．3 C．8 D．11

解析 因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12， 12－－

故公差d＝

10－3

*

＝2.于是b1＝－6，

且bn＝2n－8(n∈N)，即an＋1－an＝2n－8， 所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝ ＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3. 二、填空题

7． (2013·广东)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________.

答案 20

解析 设公差为d，则a3＋a8＝2a1＋9d＝10，∴3a5＋a7＝4a1＋18d＝2(2a1＋9d)＝20. 1a3a4＋a2a6

8． 各项均为正数的等比数列{an}的公比q≠1，a2，a3，a1成等差数列，则＝

2a2a6＋a4a5

________.

答案

5－1

2

1＋52

解析 依题意，有a3＝a1＋a2，设公比为q，则有q－q－1＝0，所以q＝(舍去负

2值)．

a3a4＋a2a6a2a4q＋q2125－1

＝＝＝＝.

a2a6＋a4a5a2a4q2＋q3q1＋52

9． 在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值等于________．

答案 9

解析 由a1＋a2＋…＋a10＝30得

a5＋a6＝＝6，

又an>0，∴a5·a6≤

30

5

a5＋a62＝62＝9.

22

1*

10．已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N)，记Sn为数列{an}的

2

前n项和，则Sn＝________，an＝________. 2 n＝3n－1

答案 2× 3n－2

2 n2

，

111*

解析 由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即

222

Sn＋1＝Sn，由此可知数列{Sn}是一个等比数列，其中首项S1＝a1＝2，公比为，所以Sn2 3n－1

＝2×，由此得an＝3n－2

2 n2三、解答题

11．已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．

(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；

(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列． (1)解 由已知，得an＝aqn－1

3232

n＝，

，因此

S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)．

当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1， 可得aq＝aq＋aq，化简得q－q－1＝0.

3

2

2

1±5

解得q＝.

2

(2)证明 若q＝1，则{an}的各项均为a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然成等差数列． 若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，

aqm－即

q－1aql－＋

q－1

k－1

m＝

2alqn－q－1

，整理得q＋q＝2q. ＝2an＋k.

mln因此，am＋k＋al＋k＝aq(q＋q)＝2aqn＋k－1

所以am＋k，an＋k，al＋k成等差数列．

12．设数列{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7且a1＋3,3a2，

a3＋4构成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.

a1＋a2＋a3＝7，

解 (1)依题意，得a1＋＋a3＋

2

解得a2＝2.

设等比数列{an}的公比为q，由a2＝2， 2

可得a1＝，a3＝2q.

＝3a2，

q2

又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，

q即2q－5q＋2＝0， 1

解得q1＝2，q2＝.

2

由题意，得q>1，∴q＝2，∴a1＝1. 故数列{an}的通项公式是an＝2

n－1

2

.

(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…， 由(1)得a3n＋1＝2， ∴bn＝ln 2＝3nln 2， 又bn＋1－bn＝3ln 2， ∴数列{bn}是等差数列． ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝

3n3nnb1＋bn2

ln 2. n＋3n23nn＋＝

2

13．(2013·湖北)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.

(1)求数列{an}的通项公式；

111

(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说

a1a2am明理由．

解 (1)设等比数列{an}的公比为q，

a1q＝125，

则由已知可得2

|a1q－a1q|＝10，

33

5a1＝，3解得q＝3

a1＝－5，

或

q＝－1.

5n－1n－1

故an＝·3或an＝－5·(－1).

35n－1131n－1

(2)若an＝·3，则＝，

3an53

131

故数列是首项为，公比为的等比数列．

53an

31m1－

391m915

从而 ＝＝·1－<<1. a110310nn＝1

1－3

m若an＝(－5)·(－1)

n－1

11n－1

，则＝－(－1)，

an5

11

故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，

5an

1－，m＝2k－k∈N＋，

从而 ＝5

ann＝10，m＝2kk∈N＋

m1

1

故 <1. n＝1

man1

综上，对任何正整数m，总有 <1. n＝1

man111

故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．

a1a2am