1、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.,1.(2017全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和.若a4a524，S648，则an的公差为( )A.1 B.2 C.4 D.8,解析 设an的公差为d，,真 题 感 悟,答案 C,答案 D,3.(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.,解析 因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11，,答案 63,4.(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3
2、.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和.若Sm63，求m.,解 (1)设an的公比为q，由题设得anqn1. 由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2. 故an(2)n1或an2n1.,由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解. 若an2n1，则Sn2n1. 由Sm63得2m64，解得m6. 综上，m6.,1.等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d；,(3)性质： 若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq； anam(nm)d； Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列.,考 点 整 合,2.等比数列(1)通项公式：ana1qn1(q0)；,(3
3、)性质： 若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq； anamqnm； Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列. 温馨提醒 应用公式anSnSn1时一定注意条件n2，nN*.,热点一 等差、等比数列的基本运算 【例1】 (1)(2018菏泽模拟)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，a11，S37，则a6( )A.64 B.32 C.16 D.8,解析 S3a1a2a3a1(1qq2)7，又a11， q2q60，解得q2(q0)，则a6a1q512532. 答案 B,(2)(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315. 求an的通项公式； 求
4、Sn，并求Sn的最小值. 解 设an的公差为d，由题意得3a13d15. 由a17得d2. 所以an的通项公式为an2n9. 由得Snn28n(n4)216. 所以当n4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
5、an的前n项和Sn( )A.n(n2) B.n(n1)C.n(n1) D.n(n2),答案 A,(2)(2017全国卷)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，a11，b11，a2b22. 若a3b35，求bn的通项公式； 若T321，求S3.,解 设an公差为d，bn公比为q，,故bn的通项公式为bn2n1.,当d1时，S36；当d8时，S321.,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x26x20的两个实数根，则a8的值为( ),A.Sn的最大值是S8 B.Sn的最小值是S8 C.Sn的最大值是S7
6、D.Sn的最小值是S7,(2)由(n1)SnnSn1得,整理得anan1， 所以等差数列an是递增数列，,所以数列an的前7项为负值，即Sn的最小值是S7. 答案 (1)D (2)D,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济南调研)an是公差为2的等差数列，Sn为数列an的前n项和，若S515，则a5( )A.3 B.5 C.7 D.9,A.4 B.2 C.3 D.5,解析 (
7、1)由等差数列性质，得S55a315，a33，则a5a32d3227.,(2)设等比数列an的公比为q，,则数列lg an是等差数列，,答案 (1)C (2)B,热点三 等差(比)数列的判断与证明,an0，知Sn10，Sn12Sn0， 故Sn12Sn.,(1)证明：Sn12Sn；(2)是否存在实数，使得数列an为等比数列，若存在，求出；若不存在，请说明理由.,(2)解 由(1)知，Sn12Sn， 当n2时，Sn2Sn1， 两式相减，an12an(n2，nN*)， 所以数列an从第二项起成等比数列，且公比q2. 又S22S1，即a2a12a1， a2a110，得1.,若数列an是等比数列，则a2
8、12a12. 1，经验证得1时，数列an是等比数列.,【迁移探究】 若本例中条件“a11”改为“a12”其它条件不变，试求解第(2)问.,解 由本例(2)，得an12an(n2，nN*). 又S22S1，a2a120. an(2)2n2(n2). 又a12，若an是等比数列， a2(2)202a14，2. 故存在2，此时an2n，数列an是等比数列.,【训练3】 设数列an的前n项和为Sn，已知首项a13，Sn13Sn3(nN*).,(1)证明：数列an是等比数列；,(1)证明 当n1时，S23S13，又S1a13，,当n2时，Sn3Sn13，an1Sn1Sn3(SnSn1)3an，,所以数列
9、an是等比数列.,(2)解 由(1)得：an3n，,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(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*).已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值.,解 (1)设等比数列bn的公比为q(q0). 由b11，b3b22，可得q2q20. 因为q0，可得q2，故bn2n1.,设等差数列an的公差为d. 由b4a3a5，可得a13d4. 由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1， 故a
10、nn.,(2)由(1)，有,由Sn(T1T2Tn)an4bn,整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.,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】 (2017北京卷)已知等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a410，b2b4a5.(1)求an的通项公式；(2)求和：b1b3b5b2n1.,解 (1)设an的公差为d，由a11，a2a410， 得1d13d10， 所以d2，所以ana1(n1)d2n1.,(2)由(1)知a59. 设bn的公比为q，由b11，b2b4a5得qq39，所以q23， 所以b2n1是以b11为首项，qq23为公比的等比数列，,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.,
