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1、专题13 等差、等比数列的应用1【2019年高考全国III卷文数】已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）A16B8C4D2【答案】C【解析】设正数的等比数列an的公比为，则，解得，故选C2【2019年高考浙江卷】设a，bR，数列an满足a1=a，an+1=an2+b，则（ ）A 当B 当C 当D 当【答案】A【解析】当b=0时，取a=0，则.当时，令，即.则该方程，即必存在，使得，则一定存在，使得对任意成立，解方程，得，当时，即时，总存在，使得，故C、D两项均不正确.当时，则，.（）当时，则， ，则， ，故A项正确.（）当时，令，则，所以，以此类推，所以，故B项不正确.故本题
2、正确答案为A.遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解.3、【2019年高考全国I卷文数】记Sn为等比数列an的前n项和.若，则S4=_【答案】【解析】设等比数列的公比为，由已知，即.解得，所以准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算，避免繁分式计算4、【2019年高考全国III卷文数】记为等差数列的前项和，若，则_.【答案】100【解析】设等差数列的公差为d，根据题意可得得5、【2019年高考江苏卷】已知数列是等差数
3、列，是其前n项和.若，则的值是_【答案】16【解析】由题意可得：，解得：，则.等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建的方程组.6、【2019年高考全国I卷文数】记Sn为等差数列an的前n项和，已知S9=-a5（1）若a3=4，求an的通项公式；（2）若a10，求使得Snan的n的取值范围【解析】（1）设的公差为d由得由a3=4得于是因此的通项公式为（2）由（1）得，故.由知，故等价于，解得1n10所以n的取值范围是该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等
4、差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.7、【2019年高考全国II卷文数】已知是各项均为正数的等比数列，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【解析】（1）设的公比为q，由题设得，即解得（舍去）或q=4因此的通项公式为（2）由（1）得，因此数列的前n项和为本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题.8、【2019年高考北京卷文数】设an是等差数列，a1=10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列（1）求an的通项公式；（2）记an的前
5、n项和为Sn，求Sn的最小值【解析】（1）设的公差为因为，所以因为成等比数列，所以所以解得所以（2）由（1）知，所以，当时，；当时，所以，的最小值为一、等差数列1、定义：数列若从第二项开始，每一项与前一项的差是同一个常数，则称是等差数列，这个常数称为的公差，通常用表示2、等差数列的通项公式：，此通项公式存在以下几种变形：（1），其中：已知数列中的某项和公差即可求出通项公式（2）：已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差（3）：已知首项，末项，公差即可计算出项数3、等差中项：如果成等差数列，则称为的等差中项（1）等差中项的性质：若为的等差中项，则有即（2）如果为等差数列，则，均为
6、的等差中项（3）如果为等差数列，则4、等差数列通项公式与函数的关系：，所以该通项公式可看作关于的一次函数，从而可通过函数的角度分析等差数列的性质。5、等差数列前项和公式：，此公式可有以下变形：（1）由可得：，作用：在求等差数列前项和时，不一定必须已知，只需已知序数和为的两项即可（2）由通项公式可得：作用： 这个公式也是计算等差数列前项和的主流公式 ，即是关于项数的二次函数，且不含常数项，可记为的形式。从而可将的变化规律图像化。（3）当时， 因为 而是的中间项，所以此公式体现了奇数项和与中间项的联系当时，即偶数项和与中间两项和的联系6、等差数列前项和的最值问题：此类问题可从两个角度分析，一个角度
7、是从数列中项的符号分析，另一个角度是从前项和公式入手分析二、等比数列1、定义：数列从第二项开始，后项与前一项的比值为同一个常数，则称为等比数列，这个常数称为数列的公比注：非零常数列既可视为等差数列，也可视为的等比数列，而常数列只是等差数列2、等比数列通项公式：，也可以为：3、等比中项：若成等比数列，则称为的等比中项（1）若为的等比中项，则有（2）若为等比数列，则，均为的等比中项（3）若为等比数列，则有4、等比数列前项和公式：设数列的前项和为当时，则为常数列，所以当时，则可变形为：，设，可得：5、由等比数列生成的新等比数列（1）在等比数列中，等间距的抽取一些项组成的新数列仍为等比数列（2）已知等
8、比数列，则有 数列（为常数）为等比数列 数列（为常数）为等比数列，特别的，当时，即为等比数列 数列为等比数列 数列为等比数列6、等比数列的判定：（假设不是常数列）（1）定义法（递推公式）：（2）通项公式：（指数类函数）（3）前项和公式：题型一 等差数列与等比数列的基本量等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组）.,d(q),n等5个基本量知三求二。1、（2019年江苏卷）.已知数列是等差数列，是其前n项和.若，则的值是_.【答案】16.【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.由题意可得：，解得
9、：，则.2、（2017江苏卷）等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则= 【答案】323、（2016江苏卷） 已知是等差数列，是其前项和.若，=10，则的值是 .【答案】【解析】由得，因此4、(2019苏北三市期末）在等差数列an中，若a5，8a62a4a2，则an的前6项和S6的值为_【答案】 解法1(基本量法) 设ana1(n1)d，nN*，则由得解得所以S66a1d.解法2(定义法) 由等差数列的定义可得8a68(a5d)，2a42(a5d)，a2a53d，所以由8a62a4a2，得8(a5d)2(a5d)a53d，解得da5，故S63(a2a5)3(a53da5)15a5.例5、(
10、2018苏锡常镇调研） 已知公差为的等差数列的前项和为，若，则 【答案】 2 【解析】因为，所以，可得，故题型二 等差数列与等比数列的性质在解数列填空题时，记住一些常见的结论可以大大提高解题速度(1)在等差数列an中，若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；(2)在等比数列an中，若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；(3)在等差数列an中，若公差为d，且m，nN*，则aman(mn)d.例6、(2018南京、盐城一模） 设Sn为等差数列an的前n项和，若an的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为_【答案】 4034【解析】因为a1a3a5a20
11、171009a10092018，所以a10092，故S2017a1a2a20172017a10094034.例7、(2019苏州期末）设Sn是等比数列an的前n项和，若，则_【答案】 【解析】设等比数列an的公比为q，则S10S5(1q5)，S20S10(1q10)由，得q52，q104.所以S103S5，S205S1015S5，从而S10S2018S5. 因为数列an是等比数列，所以S5，S10S5，S15S10，S20S15也成等比数列它们的比值为1248，所以S20(1248)S515S5.题型三、数列通项的简单求法 求通项公式的方法1、累加（累乘法（1）累加法：如果递推公式形式为：，则
12、可利用累加法求通项公式 等号右边为关于的表达式，且能够进行求和 的系数相同，且为作差的形式。（2）累乘法：如果递推公式形式为：，则可利用累加法求通项公式构造辅助数列：（3）通过对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数列。通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式形如的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式。例8、(2019南京学情调研） 在数列an中，已知a11，an1an(nN*)，则a10的值为_【答案】 【解析】解法1(裂项法) 由an1an得an1an，故a2a11，a3a2，a4a3，a10a9，所以a10.解法2(常数
13、列) 由an1an，得an1an ，故a10a112，即a10.例9、(2019常州期末） 数列an，bn满足bnan1(1)nan(nN*)，且数列bn的前n项和为n2，已知数列ann的前2018项和为1，那么数列an的首项a1_【答案】 【解析】通项公式中出现(1)n，注意分奇、偶项，求和时自然采用分组求和法数列bn的前n项和为n2，所以bnn2(n1)22n1(n2)，b11也符合，故bn2n1，故an1(1)nan2n1，设an的前n项和为Sn，a2a11.若n为奇数，则解得anan22.若n为偶数，则解得anan24n.S2018a1(a3a5)(a7a9)(a2015a2017)a
14、2(a4a6)(a8a10)(a2016a2018)2a1110084(482016)2a1100942a1110082021.又S20181，所以2a1110082021110092019，得a1.题型三 等差数列与等比数列的证明（1）通常利用定义法，寻找到公差（公比）（2）也可利用等差等比中项来进行证明，即，均有： （等差） （等比）例10、(2019泰州期末）已知数列an的前n项和为Sn，2a1a2a3，且对任意的nN，n2都有2nSn1(2n5)SnSn1ra1.(1) 若a10，a23a1，求r的值；(2) 数列an能否是等比数列？请说明理由；(3) 当r1时，求证：数列an是等差数
15、列 (1)令n2，得到a1，a2，a3，r的方程，再结合2a1a2a3和a23a1，用a1表示a2，a3，即可得到r的值(2)假设an是等比数列，取前3项成等比，求出q的值，由2nSn1(2n5)SnSn1ra1，先化简变形，再通过赋值作差法，得到相邻三项an1，an，an1的关系式，进而得到n，q的关系式，导出矛盾，否定假设(3)取n2，3得到前四项a1，a2，a3，a4的关系，由4Sn2nan1ana1(n2)，对n赋值后作差变形，整理得到当n3时，相邻三项an1，an，an1的关系式，再对n赋值后作差，证明n4时，相邻三项an1，an，an1成等差，结合前3项a1，a2，a3成等差，从而
16、得到数列an是等差数列规范解答 (1)因为a23a1，2a1a2a3，所以a32a1a25a1，当n2时，4(a1a2a3)9(a1a2)a1ra1，所以4(a13a15a1)9(a13a1)a1ra1，即a1ra1，因为a10，所以r1.(4分)(2) 数列an不能是等比数列，理由如下：假设an是等比数列，设公比为q，因为2a1a2a3，所以2a1a1qa1q2，等比数列需满足a10，所以q2或q1，(6分)当q2时，因为n2时，4(a1a2a3)9(a1a2)a1ra1，即4(a12a14a1)9(a12a1)a1ra1，则r2，又n3时，6(S3a4)11S3S22a1，所以a4a1，则
17、a1，2a1，4a1，a1不构成等比数列，所以此时不满足要求；(8分)当q1时，因为n2时，4(a1a2a3)9(a1a2)a1ra1，即4(a1a1a1)9(a1a1)a1ra1，则r5，又n3时，6(S3a4)11S3S25a1，所以a4a1，而a1，a1，a1，a1不构成等比数列，所以此时不满足要求，故数列an不能是等比数列(10分)(3) 当n2时，4(a1a2a3)9(a1a2)a1a1，即4a35a15a2，因为2a1a2a3，所以a23a1，a35a1，所以S24a1，S39a1，当n3时，6(S3a4)11S3S2a1，所以a47a1.因为2nSn1(2n5)SnSn1a1，所
18、以2n(Sn1Sn)(SnSn1)4Sna1，即2nan1an4Sna1，所以当n3时，2(n1)anan14Sn1a1，两式相减得2nan1(2n1)anan14an，即2nan1(2n3)anan10，(12分)所以2(n1)an2(2n5)an1an0，两式相减得(2n2)an2(4n5)an1(2n4)anan10，所以2(n1)(an22an1an)(an12anan1)，(14分)所以an12anan1(an2an1an2)(a42a3a2)0，所以对任意的n3，都有an12anan10，又因为a32a2a10，所以数列an是等差数列(16分)例11、（2015江苏卷） 设是各项为
19、正数且公差为d的等差数列 （1）证明：依次成等比数列； （2）是否存在，使得依次成等比数列，并说明理由； （3）是否存在及正整数，使得依次成等比数列，并说明理由.解答 (1) 因为2an1an2d(n1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2) 令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式
20、，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3) 解法1 假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)
21、2(n2k)ln(12t)化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(1
22、2t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列解法2 假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a成等比数列，因为a，a，a，a都为正数，所以nln a1，(nk)lna2，(n2k)lna3，(n3k)lna4构成等差数列，设其通项为smt，m1,2,3,4，又设数列a1，a2，a3，a4的通项为dmb(d0)，m1,2,3,4，所以n(m1
23、)kln(dmb)smt，即ln(dmb)对m1,2,3,4都成立，令nkc，g(x)ln(dxb)，则g(x).因为d0，所以g(x)至多有两个零点，即g(x)至多有三个单调区间，所以g(x)至多有三个零点，这与x1,2,3,4都是g(x)的零点矛盾，故不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a成等比数列1、(2019南京、盐城一模）已知等比数列an为单调递增数列，设其前n项和为Sn，若a22，S37，则a5的值为_【答案】16【解析】解法1(基本量为a1，q) 设ana1qn1，则a2a1q2，即a1，所以S3a1(q2q1)7，即(q2q1)2q27，q，解得q2或q(数列单调递减
24、，舍)，则a5a1q416.解法2(基本量为a2，q) 设公比为q，则S322q7，解得q2或q(数列单调递减，舍)，则a5a2q316.2、(2019通州、海门、启东期末）设an是公比为正数的等比数列，a12，a3a24，则它的前5项和S5_【答案】62【解析】设公比为q，因为a12，a3a24，所以2q22q4，解得q2或q1，因为an为正项数列，所以q2，所以S562.3、(2019扬州期末） 已知等比数列an的前n项和为Sn，若S37，S663，则a1_【答案】 1【解析】首先根据S37，S663可判断出等比数列an公比q1，由等比数列的前n项和公式得则1q39，解得q2，a11.4、
25、(2019镇江期末）设Sn是等比数列an的前n项的和，若，则_【答案】 【解析】设等比数列an的公比为q，则q3.易得S6S3(1q3)，所以1q31.5、(2018苏北四市期末） 已知等差数列an满足a1a3a5a7a910，aa36，则a11的值为_【答案】11【解析】设等差数列an的公差为d，由aa36得6a5d18.由a1a3a5a7a910得a52，从而6d9，a11a56d2911.6、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列的前n项和为，若，则 【答案】【解析】设等比数列的公比为，因为，所以，故由于，故7、(2019宿迁期末）已知数列an的前n项和为Sn，an12an1，a11，则S
26、9的值为_【答案】1013【解析】由an12an1，得an112(an1)，即2，所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，设bnan1的前n项和为Tn，则T91022，S9T991013.8、(2019泰州期末） 已知数列an满足log2an1log2an1，则_【答案】. 4【解析】log2an1log2anlog21，所以2，即数列an是以2为公比的等比数列，所以q24.9、(2019南通、泰州、扬州一调） 已知数列an是等比数列，有下列四个命题：数列|an|是等比数列；数列anan1是等比数列；数列是等比数列； 数列lga是等比数列其中正确的命题有_个【答案】3【解析】设等比数列
27、an的公比为q，对于中数列|an|，q，且首项|a1|0，所以为等比数列；对于中数列，q2，且首项a1a20，所以为等比数列；对于中数列，且首项0，所以为等比数列， 对于中数列，若a11，则lga10，所以不是等比数列则正确的命题有3个，故答案为3.10、(2019镇江期末） 已知等差数列an的公差为d(d0)，前n项和为Sn，且数列也是公差为d的等差数列，则d_【答案】 【解析】 在等差数列an中，Snn2Bn，d，B为常数，d是公差设Snn2Bn，dnf，则n2(B1)n(dnf)2对nN*恒成立，所以d2.又d0，所以d.11、(2018南京学情调研）记等差数列an的前n项和为Sn.若a
28、m10，S2m1110，则m的值为_【答案】 6【解析】由S2m1(2m1)a1(m1)d(2m1)(2m1)am得，11010(2m1)，解得m6.12、(2018苏州暑假测试） 等差数列an的前n项和为Sn，且anSnn216n15(n2，nN*)，若对任意nN*，总有SnSk，则k的值是_【答案】 7【解析】解法1(特殊值法) 在式子“anSnn216n15(n2，nN*)”中分别令n2，3得，a113，a211.又因为an是等差数列，所以公差d2，an13(n1)(2)152n0，解得n7.5，故前7项和最大，所以k7.解法2(公式法) 在等差数列an中，设公差为d，因为式子“anSn
29、a1(n1)dn216n15(n2，nN*)”的二次项系数为1，所以1，即公差d2，令n2得，a113，所以前n项和Sn13n(2)14nn249(n7)2，故前7项和最大，所以k7.13、(2019苏州三市、苏北四市二调）已知数列an的各项均不为零设数列an的前n项和为Sn，数列a的前n项和为Tn，且3S4SnTn0，nN*.(1) 求a1，a2的值；(2) 证明：数列an是等比数列； (1) 对3S4SnTn0，令n1，2得到方程，解得a1，a2的值(2) 3S4SnTn0中，对n赋值作差，消去Tn，再对n赋值作差，消去Sn，从而得到an1an，证得数列an是等比数列(3)先求出ann1，
30、由(nan)(nan1)0和0不成立规范解答 (1)因为3S4SnTn0，nN*.令n1，得3a4a1a0，因为a10，所以a11.令n2，得3(1a2)24(1a2)(1a)0，即2aa20，因为a20，所以a2.(3分)(2)解法1因为3S4SnTn0，所以3S4Sn1Tn10，得，3(Sn1Sn)an14an1a0，因为an10，所以3(Sn1Sn)4an10，(5分)所以3(SnSn1)4an0(n2)，当n2时，得，3(an1an)an1an0，即an1an，因为an0，所以.又因(1)知，a11，a2，所以，所以数列an是以1为首项，为公比的等比数列(8分)解法2因为3S4SnTn
31、0，所以3S4Sn1Tn10，得，3(Sn1Sn)an14an1a0，因为an10，所以3(Sn1Sn)4an10，所以3(Sn1Sn)4(Sn1Sn)0，(5分)整理为Sn1，又S1a1，所以Sn，得Sn，当n2时，anSnSn1，而a11也适合此式，所以an，所以所以数列an是以为公比的等比数列(8分)14、(2018南京学情调研）已知数列an的各项均为正数，记数列an的前n项和为Sn，数列a的前n项和为Tn，且3TnS2Sn，nN*.(1) 求a1的值；(2) 求数列an的通项公式；(3) 若k，tN*，且S1，SkS1，StSk成等比数列，求k和t的值 第(2)问，由于式子“3TnS2
32、Sn”涉及数列an，a的前n项和，常用相邻项作差法处理，将其转化为数列an的递推式，进而构造等比数列求解；第(3)问，由题意，两个未知量k和t，一个等式，属于不定方程问题，通常有以下思考方法：因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法，本题采用奇偶性分析法求解规范解答 (1) 由3T1S2S1，得3aa2a1，即aa10.因为a10，所以a11.(2分)(2) 因为3TnS2Sn，所以3Tn1S2Sn1，得3aSS2an1，即3a(Sn1Sn)(Sn1Sn)2an1，即3a(Sn1Sn)an12an1，因为an10，所以3an1Sn1Sn2，(5分)所以3an2Sn2Sn12，得3a
33、n23an1an2an1，即an22an1，所以当n2时，2.(8分)又由3T2S2S2，得3(1a)(1a2)22(1a2)，即a2a20.因为a20，所以a22，所以2，所以对nN*，都有2成立，所以数列an的通项公式为an2n1，nN*.(10分)(3) 由(2)可知Sn2n1.因为S1，SkS1，StSk成等比数列，所以(SkS1)2S1(StSk)，即(2k2)22t2k，(12分)所以2t(2k)232k4，即2t2(2k1)232k21(*)由于SkS10，所以k1，即k2.当k2时，2t8，得t3.(14分)当k3时，由(*)，得(2k1)232k21为奇数，所以t20，即t2，代入(*)得22k232k20，即2k3，此时k无正整数解综上，k2，t3.(16分) 数列中不定方程的常见解题策略有因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法，这些策略有一个共同的特征，就是对等式两边适当的变形选择等式一边的特征进行解题，如整除的性质、范围上界或下界、因式分解的形式、是否为有理数、奇偶性等