3、)(S3＋2)＝(S2＋2)2，即6(6＋4q＋4q2)＝(6＋4q)2，即q(q－3)＝0，∵q≠0，∴q＝3.
答案：C
2．(2020年高考廣東卷)已知遞增的等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，a3＝a－4，則an＝________．
解析：利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求解．
設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則由a3＝a－4，得
1＋2d＝(1＋d)2－4，
∴d2＝4，∴d＝±2.由于該數(shù)列為遞增數(shù)列，∴d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案：2n－1
類(lèi)型二 等差、等比數(shù)列的判定與證明
數(shù)列{an}是等差或等比數(shù)列的證明方法
(1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩
4、種基本方法：
①利用定義證明an＋1－an(n∈N*)為常數(shù)；
②利用中項(xiàng)性質(zhì)，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)證明{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法：
①利用定義證明(n∈N*)為一常數(shù)；
②利用等比中項(xiàng)，即證明a＝an－1an＋1(n≥2)．
[例2] (2020年高考陜西卷)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且a5，a3，a4成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的公比；
(2)證明：對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．
[解析] (1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠0，q≠1)，
由a5，a3，a4成等差數(shù)列，得2a3
5、＝a5＋a4，
即2a1q2＝a1q4＋a1q3.
由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，
解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，
所以q＝－2.
(2)證明：證法一 對(duì)任意k∈N＋，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1
＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)
＝0，
所以對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．
證法二 對(duì)任意k∈N＋，2Sk＝，
Sk＋2＋Sk＋1＝＋
＝，
2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－
＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]
＝(q2＋q－2)＝0，
因此，
6、對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．
跟蹤訓(xùn)練
已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)足a1＝m，an＋1＝λan＋n，bn＝an－＋.
(1)當(dāng)m＝1時(shí)，求證：對(duì)于任意的實(shí)數(shù)λ，數(shù)列{an}一定不是等差數(shù)列；
(2)當(dāng)λ＝－時(shí)，試判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列．
解析：(1)證明：當(dāng)m＝1時(shí)，a1＝1，a2＝λ＋1，
a3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2.
假設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，
由a1＋a3＝2a2，得λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)，
即λ2－λ＋1＝0，Δ＝－3<0，∴方程無(wú)實(shí)根．
故對(duì)于任意的實(shí)數(shù)λ，數(shù)列{an}一定不是等差數(shù)列．
(2)當(dāng)λ＝－時(shí)，a
7、n＋1＝－an＋n，bn＝an－＋.
bn＋1＝an＋1－＋
＝(－an＋n)－＋
＝－an＋－＝－(an－＋)＝－bn，
b1＝a1－＋＝m－.
∴當(dāng)m≠時(shí)，數(shù)列{bn}是以m－為首項(xiàng)，－為公比的等比數(shù)列；
當(dāng)m＝時(shí)，數(shù)列{bn}不是等比數(shù)列．
類(lèi)型三 等差等比數(shù)列的性質(zhì)
[例3] (1)(2020年高考福建卷)等差數(shù)列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，則數(shù)列{an}的公差為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
(2)(2020年高考廣東卷)若等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足a2a4＝，則a1aa5＝________．
[解析
8、] (1)解法一 利用基本量法求解．
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得
解得 ∴d＝2.
解法二 利用等差數(shù)列的性質(zhì)求解．
∵在等差數(shù)列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.
又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.
(2)利用等比數(shù)列的性質(zhì)求解．
∵數(shù)列{an}為等比數(shù)列，
∴a2·a4＝a＝，a1·a5＝a.
∴a1aa5＝a＝.
[答案] (1)B (2)
跟蹤訓(xùn)練
(2020年高考安徽卷)公比為2的等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且a3a11＝16，則log2a10＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：利用等比數(shù)
9、列的性質(zhì)和通項(xiàng)公式求解．
∵a3·a11＝16，∴a＝16.
又∵等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，∴a7＝4.
又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴l(xiāng)og2a10＝5.故選B.
答案：B
析典題（預(yù)測(cè)高考）
高考真題
【真題】 (2020年高考天津卷)已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)記Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，
證明：Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n≥2)．
【解析】 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d
10、，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.
由條件，得方程組解得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)證明：由(1)得Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①
2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1.②
由①－②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1
＝－(3n－1)×2n＋1－2＝－(3n－4)×2n＋1－8，
即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1.
而當(dāng)n≥2時(shí)，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1，
所以Tn
11、－8＝an－1bn＋1，n∈N*，n≥2.
【名師點(diǎn)睛】 本題主要考查等差、等比數(shù)列的概念、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式、數(shù)列求和等知識(shí)，本題(2)中，解題的關(guān)鍵是利用錯(cuò)位相減求和法準(zhǔn)確求出Tn，否則不會(huì)得出結(jié)論
考情展望
高考對(duì)等差、等比數(shù)列基本運(yùn)算的考查．一是在選擇、填空中考查，二是在解答題中求通項(xiàng)時(shí)進(jìn)行考查，難度較低，注意方程思想與整體思想的運(yùn)用．
名師押題
【押題】 已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a3＝5，S15＝225.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an；
(2)設(shè)bn＝2an＋2n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
【解析】 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}首項(xiàng)為a1，公差為d，
由題意，得
解得
∴an＝2n－1.
(2)bn＝2an＋2n＝·4n＋2n，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝＋n2＋n
＝·4n＋n2＋n－.
2020年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四第一講 等差數(shù)列、等比數(shù)列教案 理
