新高考数学二轮复习 专题2 第1讲 等差数列与等比数列（讲·） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。
第1讲 等差数列与等比数列（讲·教师版）
高考定位
1.等差数列与等比数列是高考主要考查的两种基本数列，其中对基本量和性质的考查是高考考查的热点，经常以客观题的形式呈现，难度中等，有时也出现在第12题或第16题位置上，难度偏大．
2．对于等差数列与等比数列的综合考查主要以求通项、求和为主．有时也与数学文化、不等式、函数或概率的知识进行交汇创新考查．
核心整合
1.等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d，an＝am＋(n－m)d.
(2)等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1，an＝amqn－m.
(3)等差数列的求和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d；
(4)等比数列的求和公式：Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1,\f(a1－anq,1－q)，q≠1))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1,\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1)).
2.等差数列、等比数列常用性质
（1）“下标和”与“片段和”的性质
（2）等差数列{an}中利用中项求和：
(1)若n为奇数，则Sn＝naeq \f(n＋1,2).
(2)若n为偶数，则Sn＝eq \f(n,2)(aeq \f(n,2)＋aeq \f(n,2)＋1)．
（3）在等差数列中，当项数为偶数2n时，有S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an)；当项数为奇数2n－1时，有S奇－S偶＝an，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(n－1,n).
（4）在等比数列中，当项数为偶数2n时，eq \f(S偶,S奇)＝q.
3.等差（等比）数列的判定方法
真题体验
1．（2021•北京高考）和是两个等差数列，其中为常值，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由已知条件可得，则，因此.故选B.
2.【2021•全国高考甲卷文科】记为等比数列的前n项和.若，，则（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】A
【解析】∵为等比数列的前n项和，∴，，成等比数列
∴，∴，∴.故选A.
3.（2021•北京高考）数列是递增的整数数列，且，，则的最大值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】C
【解析】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，，所以n的最大值为11.故选C.
2.(2020·全国卷Ⅱ理科·T4) 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块B.3 474块C. 3 402块D.3 339块
【答案】C.
【解析】设每一层有n环,由题可知从内到外每环的扇面形石板数之间构成等差数列an,且公差d=9,首项a1=9,由等差数列的性质可知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,且S3n-S2n-S2n-Sn=n2d, 由题意得9n2=729,所以n=9,则三层共有扇面形石板为S3n=S27=27a1+27×262×9=3 402(块).
4.(2020·北京高考·T8)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( )
A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项
【答案】B.
【解析】设公差为d,因为a1=-9,a5=a1+4d=-1,所以d=2,所以a1,…,a5<0,a6,…>0,所以T1<0,T2>0,T3<0,T4>0,T5<0,以后都小于0,且越来越小.
5.(2020·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
【答案】3n2-2n
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列an为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列an的前n项和为n(1+6n-5)2=3n2-2n.
6.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列an的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= .
【答案】25
【解析】设等差数列an的公差为d.
因为an是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+n-1d,
可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+-2+5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.
根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+n(n-1)2d,n∈N*,可得:S10=10×-2+10×(10−1)2=-20+45=25,
所以S10=25.
能力突破
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
【例1】 1．（2021·河南安阳市高三一模（理））已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【解析】因为等差数列中，，
所以，
所以.故选B.
2．（2021·四川凉山彝族自治州高三二模（文））已知数列为等比数列，函数过定点，，数列的前项和为，则（ ）
A．44B．45C．46D．50
【答案】B
【解析】函数过定点，
，，等比数列的公比，
，
则数列的前项和.故选B.
【规律方法】 等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列．
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．
【对点训练1】
1．（多选题）（2021·湖北武汉市·高三月考）两个等差数列和，其公差分别为和，其前项和分别为和，则下列命题中正确的是（ ）
A．若为等差数列，则
B．若为等差数列，则
C．若为等差数列，则
D．若，则也为等差数列，且公差为
【答案】AB
【解析】对于A，因为为等差数列，所以，
即，所以，
化简得，所以，故A正确；
对于B，因为为等差数列，所以，
所以，
所以，故B正确；
对于C，因为为等差数列，所以，
所以，
化简得，所以或，故C不正确；
对于D，因为，且，所以，
所以，
所以，
所以也为等差数列，且公差为，故D不正确.故选AB.
2．（2021·山西吕梁市·高三三模（文））已知正项等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】是等比数列，公比为，由，得，
又，所以，，所以，
由解得，
所以，，，
所以．故选C．
考点二 与等差（等比）数列有关的数学文化
【例2】1.《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( )
A．15.5尺 B．12.5尺 C．10.5尺 D．9.5尺
【答案】 A
【解析】 从冬至起，十二个节气的日影长依次记为a1，a2，a3，…，a12，由题意，有a1＋a4＋a7＝37.5，根据等差数列的性质，得a4＝12.5，而a12＝4.5，设公差为d，则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，))所以冬至的日影长为15.5尺．
2.（2021·北京高三二模）图①是程阳永济桥又名“风雨桥”，因为行人过往能够躲避风雨而得名．已知程阳永济桥上的塔从上往下看，其边界构成的曲线可以看作正六边形结构，如图②所示，且各层的六边形的边长均为整数，从内往外依次成等差数列，若这四层六边形的周长之和为156，且图②中阴影部分的面积为，则最外层六边形的周长为（ ）
A．30B．42C．48D．54
【答案】C
【解析】设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为，，，成等差数列，由题意得，即，
所以，因为阴影部分的面积，
所以，联立得或（不合题意舍），
故，所以最外层六边形的周长为48．故选C．
【规律方法】
等差数列、等比数列多与数学文化、不等式等知识创新交汇命题，解决此类问题时要注意构造思想转化思想的运用．
【对点训练2】
1.(2021·信州区校级月考)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9，则第5节的容积为( )
A．2 B.eq \f(67,66)
C．3 D.eq \r(3)
【答案】D
【解析】现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，上面3节的容积之积3，下面3节的容积之积为9，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·a1q·a1q2＝3，,a1q6·a1q7·a1q8＝9，))解得a1q＝eq \r(3,3)，q3＝eq \r(6,3)，
∴第5节的容积为a1q4＝a1q· q3＝eq \r(3,3)·eq \r(6,3)＝eq \r(3).故选D.
2.已知点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上(n∈N*)．数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.则Tn的最小值为________．
【答案】 －30
【解析】 ∵点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上，∴an＝2n－1(n∈N*)，
∴{an}是首项为a1＝1，公比q＝2的等比数列，
∴Sn＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，则bn＝＝2n－12(n∈N*)，
∴{bn}是首项为－10，公差为2的等差数列，
∴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的最小值为T5＝T6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－eq \f(121,4)＝－30.
考点三 等差数列与等比数列的性质
【例3】 1. (一题多解) (2020·高考全国卷Ⅰ) 设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝( )
A．12 B．24
C．30 D．32
2.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，则eq \f(a2a16,a9)的值为( )
A．－eq \f(2＋\r(2),2) B．－eq \r(2)
C.eq \r(2) D．－eq \r(2)或eq \r(2)
3.已知函数f(x)＝eq \f(2,1＋x2)(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2 020＝1，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 020)等于( )
A．2 020 B．1 010 C．2 D.eq \f(1,2)
【答案】 1.D 2.B 3.A
【解析】1.方法一：设等比数列{an}的公比为q，所以eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(（a1＋a2＋a3）q,a1＋a2＋a3)＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝eq \f(1,7)，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝eq \f(1,7)×(25＋26＋27)＝eq \f(1,7)×25×(1＋2＋22)＝32，故选D.
方法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.设数列{an}的公比为q，则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋an＋2＋an＋3,an＋an＋1＋an＋2)＝eq \f(（an＋an＋1＋an＋2）q,an＋an＋1＋an＋2)＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故选D.
2.设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，所以a3a15＝aeq \\al(2,9)＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－eq \r(2)，所以eq \f(a2a16,a9)＝eq \f(aeq \\al(2,9),a9)＝a9＝－eq \r(2).
3. ∵a1a2 020＝1，
∴f(a1)＋f(a2 020)＝eq \f(2,1＋a\\al(2,1))＋eq \f(2,1＋a\\al(2,2 020))＝eq \f(2,1＋a\\al(2,1))＋eq \f(2,1＋\f(1,a\\al(2,1)))＝eq \f(2,1＋a\\al(2,1))＋eq \f(2a\\al(2,1),1＋a\\al(2,1))＝2.
∵{an}为等比数列，
则a1a2 020＝a2a2 019＝…＝a1 010a1 011＝1，
∴f(a2)＋f(a2 019)＝2，…，f(a1 010)＋f(a1 011)＝2，
即f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 020)＝2×1 010＝2 020.
【规律方法】 等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)解题关键：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)运用函数性质：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．
【对点训练3】
1.(多选题)(2021·山东莱州一中月考)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，则下列选项正确的是( )
A．a10＝0 B．S7＝S12
C．S10的值最小 D．S20＝0
【答案】AB
【解析】.设等差数列{an}的公差为d.由a1＋5a3＝S8，得a1＋9d＝0，即a10＝0，所以A正确．因为S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以B正确．由a10＝0可知，当d>0时，S9或S10的值最小，当d<0时，S9或S10的值最大，所以C错误．因为S19＝eq \f(19（a1＋a19）,2)＝eq \f(19×2a10,2)＝19a10＝0，又a20≠0，所以S20≠0，所以D错误．故选AB.
2．(2021·郑州市质量预测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S6,3S3)＝eq \f(3,8)，则eq \f(2a6,a5＋a4)＝________．
【答案】eq \f(1,3)
【解析】设{an}的公比为q，∵eq \f(S6,3S3)＝eq \f(3,8)，∴eq \f(S6,S3)＝eq \f(9,8)，
∴eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(9,8)－1＝eq \f(1,8)，∴q3＝eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2)，∴eq \f(2a6,a5＋a4)＝eq \f(2a4q2,a4q＋a4)＝eq \f(2q2,q＋1)＝eq \f(1,3).
3.(一题多解)(2020·沈阳市教学质量监测(一))已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝10，S9＝72，在数列{bn}中，b1＝2，bnbn＋1＝－2，则a7b2 020＝________．
【答案】－10.
【解析】方法一：设数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋2d＝10，,9a1＋36d＝72，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝1，))所以a7＝a1＋6d＝10.因为b1＝2，bnbn＋1＝－2，所以b2＝－1，b3＝2，…，由此可知数列{bn}是周期为2的数列，所以b2 020＝－1，所以a7b2 020＝－10.
方法二：因为a1＋a3＝2a2＝10，所以a2＝5.又S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝72，所以a5＝8，设数列{an}的公差为d，则d＝eq \f(a5－a2,3)＝1，所以a7＝a5＋2d＝10.因为b1＝2，bnbn＋1＝－2，所以b2＝－1，b3＝2，…，由此可知数列{bn}是周期为2的数列，所以b2 020＝－1，所以a7b2 020＝－10.
考点四 等差数列与等比数列的判定与证明
【例4】【2021•全国高考乙卷理科】记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
（1）证明：由已知得,且，,
取,由得,由于为数列的前n项积，
所以,所以，
所以,由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
（2）解：由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【规律方法】 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
(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an＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：
①利用定义，证明eq \f(an＋1,an)(n∈N*)为同一非零常数；②利用等比中项，即证明aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2)．
【对点训练4】
(2019·全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解：由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)(n∈N*)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2)(n∈N*)．
易错提醒 aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
考点二 等差数列与等比数列的综合应用
命题角度1 等差数列、等比数列与前n项和Sn的综合问题
【例5—1】 (1)) (2021·大武口区校级一模)已知数列{an}的首项为1，第2项为3，前n项和为Sn，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)恒成立，则S15等于( )
A．210 B．211
C．224 D．225
【答案】D.
【解析】结合Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)可知，Sn＋1＋Sn－1－2Sn＝2a1，
得到an＋1－an＝2a1＝2，所以an＝1＋2·(n－1)＝2n－1，所以a15＝29，
所以S15＝eq \f(a1＋a1515,2)＝eq \f(29＋1·15,2)＝225.故选D.
（2）（2021·江西萍乡市高三二模（理））已知数列的前项和为，对任意，有，且恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以时，，
两式相减得.
当为偶数时，，，
所以为奇数时，，这是一个递减数列，，所以；
当为奇数时，，，
所以为偶数时，，这是一个递增数列，，，
恒成立，所以（为奇数时）或（为偶数时），
所以，所以．故选D．
（3）(2021·龙岗区期末测试)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n，n∈N*，若bn＋1＝(n－λ)(an＋1)，b1＝－λ，且对于任意的n∈N*，都有bn【答案】(－∞，2)
【解析】根据题意，数列{an}中，an＋1＝an＋2n，则有an－an－1＝2n－1，又由a1＝1，
则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋……＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋……＋2＋1＝2n－1；
则bn＋1＝(n－λ)(an＋1)＝(n－λ)×2n，
又由b1＝－λ，若对于任意的n∈N*，都有bn则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－λ<1－λ×2，,n－1－λ×2n－1<n－λ×2n，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ<2，,λ又由n∈N*，则λ<2，即λ的取值范围为(－∞，2)．
【规律方法】
1. 由an与Sn的关系求通项公式的注意事项
(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2.
(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示( “合写”)．
(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.))
2.对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．
命题角度2 数列与新定义相交汇问题
【例5—2】 (1)（2021·贵州威宁·高三期末）对于数列，定义为数列的“美值”，现在已知某数列的“美值”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由可得，
当时，
当时，又因为，
两式相减可得：，所以，显然满足时，，所以，
所以，可得数列是等差数列，
由对任意的恒成立，可得：，，即可求解，
即且，
解得：，所以实数的取值范围是，故选C.
(2)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________．
【答案】100
【解析】令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，
a1＝a1，
a2－a1＝b1，
a3－a2＝b2，
…
an－an－1＝bn－1，
累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋eq \f(（n－1）（n－2）,2)
＝(n－1)a2－(n－2)a1＋eq \f(（n－1）（n－2）,2)，
分别令n＝12，n＝22，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11a2－10a1＋55＝0，,21a2－20a1＋210＝0，))
解得a1＝eq \f(231,2)，a2＝100.
【规律方法】 数列新定义型创新题的一般解题思路
(1)阅读审清“新定义”．
(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识．
(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．
【对点训练5】
1．(2021·凉山州模拟)我们把Fn＝22n＋1(n＝0,1,2…)叫“费马数”(费马是十七世纪法国数学家)．设an＝lg2(Fn－1)，n＝1,2，…，Sn表示数列{an}的前n项之和，则使不等式eq \f(2,S1S2)＋eq \f(22,S2S3)＋…＋eq \f(2n,SnSn＋1)A．8 B．9
C．10 D．11
【答案】B.
【解析】把Fn＝22n＋1(n＝0,1,2…)叫“费马数”(费马是十七世纪法国数学家)．
由于an＝lg2(Fn－1)＝lg2(22n＋1－1)＝2n，
所以Sn＝eq \f(22n－1,2－1)＝2(2n－1)，
所以eq \f(2n,SnSn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))，
所以不等式eq \f(2,S1S2)＋eq \f(22,S2S3)＋…＋eq \f(2n,SnSn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1)))当不等式成立时n的最小值为9.故选B.
2．(多选题)若数列满足（，p为常数），则称数列为等方差数列，p为公方差.则下面四个数列为等方差数列的是（ ）
A．数列， B．数列，
C．数列， D．数列，
【答案】AB
【解析】对于A，因为（常数），所以数列为等方差数列；
故A正确.
对于B，因为（常数），所以数列为等方差数列；
故B正确.
对于C，因为（不是常数），
所以数列不是等方差数列；故C错误.
对于D，因为（不是常数），
所以数列不是等方差数列，故D错误.故选AB.
3．（2021·上海高三模拟）将数列{an}中的所有项排成如下数阵：其中每一行项数是上一行项数的2倍，且从第二行起每一行均构成公比为2的等比数列．
a1
a2，a3
a4，a5，a6，a7
a8，a9，a10，a11，a12，a13，a14，a15
……
记数阵中的第1列 构成的数列为，为数列的前n项和，，则________， ________.
【答案】 216
【解析】由题意，数列的前项的和为，
当时，，
当时，，适合上式，所以，
又由数阵中的第1列 构成的数列为，可得，
因为从第二行起每一行均构成公比为2的等比数列，所以.
等差数列{an}
等比数列{an}
性
质
(1)若m，n，p，q，∈N*，且m＋n＝p＋q＝，
则am＋an＝ap＋aq＝；
(2)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列
(1)若m，n，p，q，∈N*，且m＋n＝p＋q＝，
则am·an＝ap·aq＝；
(2)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sm≠0)
等差数列
等比数列
定义法
an＋1－an＝d
eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0)
通项法
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1·qn－1
中项法
2an＝an－1＋an＋1
(n≥2)
aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1
(n≥2，an≠0)
前n项和法
Sn＝an2＋bn
(a，b为常数)
Sn＝kqn－k
(k≠0，q≠0,1)