[考情分析] 1.等差、等比數(shù)列基本量和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn)，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn).2.數(shù)列求和及數(shù)列的綜合問題是高考考查的重點(diǎn)．
考點(diǎn)一 等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本運(yùn)算
核心提煉
等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本公式(n∈N*)
(1)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式：an＝a1·qn－1.
(3)等差數(shù)列的求和公式：Sn＝eq \f(n?a1＋an?,2)＝na1＋eq \f(n?n－1?,2)d；
(4)等比數(shù)列的求和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1?1－qn?,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
例1 (1)《周髀算經(jīng)》中有一個(gè)問題：從冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個(gè)節(jié)氣的日影長依次成等差數(shù)列，若冬至、立春、春分的日影長的和為37.5尺，芒種的日影長為4.5尺，則冬至的日影長為( )
A．15.5尺 B．12.5尺 C．10.5尺 D．9.5尺
答案 A
解析 從冬至起，十二個(gè)節(jié)氣的日影長依次記為a1，a2，a3，…，a12，由題意，有a1＋a4＋a7＝37.5，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，得a4＝12.5，而a12＝4.5，設(shè)公差為d，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＝12.5，,a1＋11d＝4.5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝15.5，,d＝－1，))所以冬至的日影長為15.5尺．
(2)已知點(diǎn)(n，an)在函數(shù)f(x)＝2x－1的圖象上(n∈N*)．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)bn＝ SKIPIF 1 < 0 ，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.則Tn的最小值為________．
答案 －30
解析 ∵點(diǎn)(n，an)在函數(shù)f(x)＝2x－1的圖象上，
∴an＝2n－1(n∈N*)，
∴{an}是首項(xiàng)為a1＝1，公比q＝2的等比數(shù)列，
∴Sn＝eq \f(1×?1－2n?,1－2)＝2n－1，
則bn＝ SKIPIF 1 < 0 ＝2n－12(n∈N*)，
∴{bn}是首項(xiàng)為－10，公差為2的等差數(shù)列，
∴Tn＝－10n＋eq \f(n?n－1?,2)×2＝n2－11n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(11,2)))2－eq \f(121,4).
又n∈N*，
∴Tn的最小值為T5＝T6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－eq \f(121,4)＝－30.
規(guī)律方法 等差數(shù)列、等比數(shù)列問題的求解策略
(1)抓住基本量，首項(xiàng)a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些結(jié)構(gòu)特征，如前n項(xiàng)和為Sn＝an2＋bn(a，b是常數(shù))的形式的數(shù)列為等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的數(shù)列為等比數(shù)列．
(3)由于等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式中變量n在指數(shù)位置，所以常用兩式相除(即比值的方式)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算．
跟蹤演練1 (1)(2020·全國Ⅱ)數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，則k等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 ∵a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，則an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴eq \f(2k＋1?1－210?,1－2)＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
(2)(多選)(2020·威海模擬)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，若a1>0，S10＝S20，則( )
A．da6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)1，a71，T13＝aeq \\al(13,7)1的最大正整數(shù)n的值為12，C正確，D錯(cuò)誤．
三、填空題
9．(2020·江蘇)設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}是公比為q的等比數(shù)列．已知數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，則d＋q的值是________．
答案 4
解析 由題意知q≠1，
所以Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝na1＋eq \f(n?n－1?,2)d＋eq \f(b1?1－qn?,1－q)
＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＋eq \f(b1,1－q)－eq \f(b1qn,1－q)
＝n2－n＋2n－1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(d,2)＝1，,a1－\f(d,2)＝－1，,\f(b1,1－q)＝－1，,－\f(b1,1－q)qn＝2n，))解得d＝2，q＝2，
所以d＋q＝4.
10．(2020·北京市順義區(qū)質(zhì)檢)設(shè)Sn為公比q≠1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且3a1，2a2，a3成等差數(shù)列，則q＝________，eq \f(S4,S2)＝________.
答案 3 10
解析 設(shè)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝a1qn－1，又因?yàn)?a1,2a2，a3成等差數(shù)列，所以2×2a2＝3a1＋a3，即4a1q＝3a1＋a1q2，解得q＝3或q＝1(舍)，eq \f(S4,S2)＝eq \f(\f(a1?1－34?,1－3),\f(a1?1－32?,1－3))＝eq \f(1－34,1－32)＝10.
11．(2020·濰坊模擬)九連環(huán)是我國從古至今廣泛流傳的一種益智游戲．在某種玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)個(gè)圓環(huán)所需移動(dòng)的最少次數(shù)，{an}滿足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an－1－1?n為偶數(shù)?，,2an－1＋2?n為奇數(shù)?，))則解下5個(gè)圓環(huán)需最少移動(dòng)________次．
答案 16
解析 因?yàn)閍5＝2a4＋2＝2(2a3－1)＋2＝4a3，
所以a5＝4a3＝4(2a2＋2)＝8a2＋8＝8(2a1－1)＋8＝16a1＝16，
所以解下5個(gè)圓環(huán)需最少移動(dòng)的次數(shù)為16.
12．已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為eq \f(3,2)，公比為－eq \f(1,2)，前n項(xiàng)和為Sn，且對任意的n∈N*，都有A≤2Sn－eq \f(1,Sn)≤B恒成立，則B－A的最小值為________．
答案 eq \f(13,6)
解析 ∵等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為eq \f(3,2)，公比為－eq \f(1,2)，
∴Sn＝eq \f(\f(3,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1＋\f(1,2))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，則－eq \f(1,2)≤t≤eq \f(1,4)，Sn＝1－t，
∴eq \f(3,4)≤Sn≤eq \f(3,2)，
∴2Sn－eq \f(1,Sn)的最小值為eq \f(1,6)，最大值為eq \f(7,3)，
又A≤2Sn－eq \f(1,Sn)≤B對任意n∈N*恒成立，
∴B－A的最小值為eq \f(7,3)－eq \f(1,6)＝eq \f(13,6).
四、解答題
13．(2020·聊城模擬)在①a5＝b3＋b5，②S3＝87，③a9－a10＝b1＋b2這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并給出解答．
設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，________，a1＝b6，若對于任意n∈N*都有Tn＝2bn－1，且Sn≤Sk(k為常數(shù))，求正整數(shù)k的值．
解 由Tn＝2bn－1，n∈N*得，
當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝1；
當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝2bn－1－1，
從而bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，
由此可知，數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，
故bn＝2n－1.
①當(dāng)a5＝b3＋b5時(shí)，a1＝32，a5＝20，
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a5＝a1＋4d，
即20＝32＋4d，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因?yàn)楫?dāng)n≤11時(shí)，an>0，當(dāng)n>11時(shí)，an0，當(dāng)n>11時(shí)，an0，當(dāng)n>11時(shí)，an1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差數(shù)列，數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為eq \f(?2n－1?·3n＋1,2).
(1)分別求出數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為Sn，任意n∈N*，Sn≤m恒成立，求實(shí)數(shù)m的最小值．
解 (1)因?yàn)閍1＝2，且a1，a2，a3－8成等差數(shù)列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因?yàn)閍1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(?2n－1?·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(?2n－3?·3n－1＋1,2)(n≥2)，
兩式相減，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因?yàn)閍n＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
當(dāng)n＝1時(shí)，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因?yàn)閿?shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列，
所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為eq \f(1,2)，公比為eq \f(1,3)的等比數(shù)列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))

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