1、专题三数列微专题21等差数列、等比数列考情分析高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合解答题的形式考查，属于中档题目考点一等差、等比数列的基本运算典例1(1)(2023全国乙卷)已知an为等比数列，a2a4a5a3a6，a9a108，则a7_.答案2解析设an的公比为q(q0)，则a2a4a5a3a6a2qa5q，显然an0，则a4q2，即a1q3q2，则a1q1，因为a9a108，则a1q8a1q98，则q15(q5)38(2)3，则q52，则a7a1qq5q52.(2)(2023新高考全国)设等
2、差数列an的公差为d，且d1.令bn，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和若3a23a1a3，S3T321，求an的通项公式；若bn为等差数列，且S99T9999，求d.解3a23a1a3，3da12d，解得a1d，S33a23(a1d)6d，ana1(n1)dnd，又T3b1b2b3，S3T36d21，即2d27d30，解得d3或d(舍去)，annd3n.bn为等差数列，2b2b1b3，即，6，即a3a1d2d20，解得a1d或a12d，d1，an0，又S99T9999，由等差数列的性质知，99a5099b5099，即a50b501，a501，即aa502 5500，解得a5051或a
3、5050(舍去)当a12d时，a50a149d51d51，解得d1，与d1矛盾，无解；当a1d时，a50a149d50d51，解得d.综上，d.跟踪训练1(1)(2023全国甲卷)记Sn为等比数列an的前n项和若8S67S3，则an的公比为_答案解析若q1，则由8S67S3得86a173a1，则a10，不符合题意所以q1.当q1时，因为8S67S3，所以87，即8(1q6)7(1q3)，即8(1q3)(1q3)7(1q3)，即8(1q3)7，解得q.(2)(2023开封模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，bn是等比数列且bn0，cnanbn，数列cn的前n项和为Tn，若S147(a103)
4、，b5b16，则T9_.答案538解析设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，且q0，因为S147(a103)，则14a1d7(a19d3)，可得a14d3，即a53，因为b5b16，则b1q4(b1q)416，可得q2，b11，因为cnanbn，所以T9c1c2c9(a1a2a9)(b1b2b9)9a5939538.考点二等差、等比数列的性质典例2(1)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a12，且S3S19，则S21等于()A2 B3 C4 D6答案A解析因为S3S19，所以a1a2a3a1a2a3a4a5a19，所以a4a5a198(a4a19)0，即a4a190，S21a1a
5、2a3a4a5a19a20a21a1a2a3a20a21a12(a4a19)a12.(2)(2023新高考全国)记Sn为等比数列an的前n项和，若S45，S621S2，则S8等于()A120 B85 C85 D120答案C解析方法一设等比数列an的公比为q，首项为a1，若q1，则S66a132a13S2，不符合题意，所以q1.由S45，S621S2，可得5，21，由可得，1q2q421，解得q24，所以S8(1q4)5(116)85.方法二设等比数列an的公比为q，因为S45，S621S2，所以q1，否则S40，从而S2，S4S2，S6S4，S8S6成等比数列，所以(5S2)2S2(21S25
6、)，解得S21或S2，当S21时，S2，S4S2，S6S4，S8S6，即为1，4，16，S821，易知S82164，即S885；当S2时，S4a1a2a3a4(a1a2)(1q2)(1q2)S20，与S45矛盾，舍去综上，S885.跟踪训练2(1)已知正项等差数列an的前n项和为Sn(nN*)，若aa7a93，则S15a8的值为()A3 B14 C28 D42答案D解析由题意得an0，若aa7a93，则aa7a932a83，解得a83或a81(舍)，则S15a8a8a814a842.(2)设函数f(x)，若正项等比数列an满足a101，则f(ln a1)f(ln a2)f(ln a19)_.答
7、案解析由f(x)，得f(x)，f(x)f(x)1，正项等比数列an满足a101，根据等比数列的性质得a1a19a2a18a9a111，ln a1ln a19ln a2ln a18ln a9ln a110，ln a10ln 10且f(ln a10)f(ln 1)f(0)，根据f(x)f(x)1得f(ln a1)f(ln a2)f(ln a19)f(ln a1)f(ln a19)f(ln a2)f(ln a18)f(ln a9)f(ln a11)f(ln a10)9.考点三等差、等比数列的判断与证明典例3已知数列an和bn满足a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：
8、anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式(1)证明由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn)又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列(2)解由(1)知，anbn，anbn2n1.所以an(anbn)(anbn)n(nN*)，bn(anbn)(anbn)n(nN*)跟踪训练3(2022全国甲卷)记Sn为数列an的前n项和已知n2an1.(1)证明：an是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列
9、，求Sn的最小值(1)证明由n2an1，得2Snn22annn，所以2Sn1(n1)22an1(n1)(n1)，得2an12n12an1(n1)2ann1，化简得an1an1，所以数列an是公差为1的等差数列(2)解由(1)知数列an的公差为1.由a4，a7，a9成等比数列，得aa4a9，即(a16)2(a13)(a18)，解得a112.所以Sn12n2，所以当n12或13时，Sn取得最小值，最小值为78.总结提升1证明数列an是等差数列的两种基本方法(1)利用定义，证明an1an(nN*)为常数；(2)利用等差中项，即证明2anan1an1(n2，nN*)2证明数列an是等比数列的两种基本方
10、法(1)利用定义，证明(an0，nN*)为常数；(2)利用等比中项，证明aan1an1(an0，n2，nN*)1(2023聊城模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a55，a1S1167，则a3a10是an中的()A第30项 B第36项C第48项 D第60项答案A解析设等差数列an的公差为d，由a55，得a14d5；由a1S1167，得12a1d67，即 12a155d67.由解得a11，d1，所以ann，于是a3a1031030，而a3030，故a3a10是an中的第30项2(2023武汉模拟)已知等比数列an满足a62，且a7，a5，a9成等差数列，则a4等于()A2 B1 C1 D2
11、答案D解析设an的公比为q，则a7a6q2q，a5，a9a6q32q3.由a7，a5，a9成等差数列，得a7a92a5，即2q2q3，于是q4q220，即(q22)(q21)0，故q21，从而a42.3记Sn为等比数列an的前n项和若a5a312，a6a424，则等于()A2n1 B221nC22n1 D21n1答案B解析方法一设等比数列an的公比为q，则q2.由a5a3a1q4a1q212a112，得a11.所以ana1qn12n1，Sn2n1，所以221n.方法二设等比数列an的公比为q，则得q2.将q2代入，解得a34.所以a11，下同方法一4(2023南京模拟)已知从1开始的连续奇数蛇
12、形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3,5，第三行为7,9,11，第四行为13,15,17,19，如图所示，在宝塔形数表中位于第i行，第j列的数记为ai，j，比如a3，29，a4，215，a5，423，若ai，j2 017，则ij等于()A64 B65 C71 D72答案D解析数列1,3,5，是首项为1，公差为2的等差数列，记其通项公式为bn2n1，令bn12n112 017，解得n11 009.宝塔形数自上而下，每行的项数是1,2,3，即首项是1，公差是1的等差数列，记其通项公式为cnn，其前n项和Sn，S44990，S451 035，所以n11 009是第45行的数，即i45.第45
13、行是奇数行，是从右边开始向左边递增，即从b991299111 981，即bn的第991项，递增到第1 009项，也即从右往左第19项故从左往右是第4519127项，所以j27.所以ij452772.5.(多选)(2023湛江模拟)一百零八塔始建于西夏时期，是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一，塔群随山势凿石分阶而建，自上而下一共12层，第1层有1座塔，从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座塔已知包括第1层在内的其中10层的塔数可以构成等差数列an，剩下2层的塔数分别与上一层的塔数相等，第1层与第2层的塔数不同，则()A第3层的塔数为3B第6层的塔数为9C第4层与第5层的塔数相
14、等D等差数列an的公差为2答案ACD解析设等差数列an的公差为d，若d1，则这10层的塔数之和为10155，则最多有55101075(座)塔，不符合题意；若d3，则这10层的塔数之和不少于1013108，不符合题意；所以d2，这10层的塔数之和为1012100，塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19，依题意知剩下2层的塔数为3与5，所以这12层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19，因此A，C，D正确，B错误6(多选)(2023常德模拟)数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或
15、“缠卷”小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方形EFGH，且使得BEF15；再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ，且使得FMN15；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示设第n个正方形的边长为an(其中第1个正方形ABCD的边长为a1AB，第2个正方形EFGH的边长为a2EF，)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2，)，则()A数列an是公比为的等比数列BS1C数列是公比为的等比数列D数列的前
16、n项和Tn答案BD解析由题图可知anan1(sin 15cos 15)sin(1545)an1an1，所以，所以数列an是首项为1，公比为的等比数列，故A错误；则ann1，由题可得Snan1sin 15an1cos 15an，所以S1，故B正确；因为，所以数列是公比为的等比数列，故C错误；Tnn，故D正确7记Sn为等差数列an的前n项和若a10，a23a1，则_.答案4解析设等差数列an的公差为d，由a23a1，得a1d3a1，即d2a1，所以4.8(2023济宁模拟)对于数列an，记，(其中nN*)，并称数列为数列an的k阶商分数列特殊地，当为非零常数数列时，称数列an是k阶等比数列已知数列
17、an是2阶等比数列，且a12，a22 048，a3220，若anamn，则m_.答案23解析由数列an是2阶等比数列，设q(q0)，即q，且210，29，q，即数列是首项为210，公比为的等比数列，则有210n1n11，即n11，当n2时，ana12109n121(10)(9)(n12)而a12满足上式，因此an由anamn得即n223n20(mn)223(mn)20，整理得m(2nm)23(2nm)，又n为小于m的任意正整数，所以m23.9已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是不是等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式解(
18、1)由条件可得an1an.将n1代入得，a24a14.将n2代入得，a33a212.所以b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列理由如下：由条件可得，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1(nN*)10(2022新高考全国)已知an是等差数列，bn是公比为2的等比数列，且a2b2a3b3b4a4.(1)证明：a1b1；(2)求集合k|bkama1，1m500中元素的个数(1)证明设等差数列an的公差为d，由a2b2a3b3，得a1d2b1a12d4b1，即d2b1，由a2b2b4a4，得a1d2b18b1(a13d)，即a15b12d，将d2b1代入，得a15b122b1b1，即a1b1.(2)解由(1)知，ana1(n1)da1(n1)2b1(2n1)a1，bnb12n1，由bkama1，得b12k1(2m1)a1a1，由a1b10得2k12m，由题知1m500，所以22m1 000，所以k2,3,4，10，共9个数，即集合k|bkama1，1m5002,3,4，10中元素的个数为9.
