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考情分析
等差数列和等比数列与高中数学的有些章节具有相应的应用与交汇.各地以往的高考中一般在选择题、填空题中考查等差（比）数列的定义、基本量的运算和特有性质，而在解答题中考查等差（比）的判断与证明、求通项公式、与函数及不等式的综合考查等.
统计表明，各地高考试卷大多设置一大一小两题，涉及该讲知识的大约10分.其中的小题，并多在选择题居中的位置，或填空题靠后的位置，一般为基本运算或类比推理等.而大题位置靠前，并设置在本道题的第一小问，一般以考查等差（比）基础知识和基本运算为主，更多地是为第二问及以后的运算解答提供支持与铺垫.
各地文、理科试卷在选择部分与大题中出现时的差别不大，往往文理科试卷题完全一样，而若以填空题出现时文理通常以姊妹题的方式出现.
命题特点
等差、等比数列是一个重要的数列类型，高考命题主要考查等差、等比数列的概念、基本量的运算及由概念推导出的一些重要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.解等差、等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法，即运用条件转化成关于[a1]和[d]（或[q]）的方程（组）；②巧妙运用等差、等比数列的性质.
1. 等差、等比数列的基本运算
例1 等比数列[x，3x+3，6x+6，…]的第四项等于 （ ）
A.-24 B.0
C.12 D.24
解析 因为[x，3x+3，6x+6，…]成等比，则[（3x+3）2=x（6x+6）]，解得：[x=-3].由等比数列性质[a1?a4=a2?a3]得：[-3×a4=-6×（-12）]，解得第四项等于-24.
点拨 解决特殊数列——等差或等比数列的基本运算问题的关键是利用好公式.以本题为例，首先利用等比中项知识建立了关于未知数[x]的方程，再利用等比的性质：当正整数[p，q，r，s]满足[p+q=r+s]时，[ap?aq=ar?as]，从而获解.
例2 已知[△ABC]的一个内角为[120°]，并且三边长构成公差为4的等差数列，则[△ABC]的面积为________.
解析 设三边长分别为[a-4，a，a+4（a>4）]，显然边[a+4]所对的内角为[120°]，由余弦定理得：[（a+4）2=a2+（a-4）2-2a（a-4）cos120°?a=10]，即三边长为[6，10，14]，因此[SΔABC=12×10×6sin120°=153].
点拨 本题对三角形三边赋值时采用了常用的技巧——对称设法，此时三个数成等差时设为：[a-d，a，a+d；]四个数成等差可设为：[a-3d，a-d，a+d，a+3d]等.
例3 对于整数数列[an]，如果[ai+i][（i=1，2，3，…）]为完全平方数，则称数列[an]具有“高大上品质”.不论数列[an]是否具有“高大上品质”，如果存在与[an]不是同一数列的[bn]，且[bn]同时满足下面两个条件：①[b1，b2，b3，...，bn]是[a1，a2，a3，...，an]变换次序后的另一个排列；②数列[bn]具有“高大上品质”，则称数列[an]具有“高大上潜质”.下面三个数列：①数列[an]的前[n]项和[Sn=n3（n2-1）]；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3，…，11.具有“高大上品质”的为________；具有“高大上潜质”的为___________.
解析 对于①，当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=n2-n，]又[a1=0]，[所以an=n2-n（n∈N*）].所以[ai+i=i2（i=1，2，3，…）]是完全平方数，数列[an]具有“高大上品质”.对于②，数列1，2，3，4，5具有“高大上潜质”，数列[bn]为3，2，1，5，4.对于③，数列1，2，3，…，11不具有“高大上潜质”，因为11，4都只有5的和才能构成完全平方数，所以数列1，2，3，…，11不具有“高大上潜质”.故具有“高大上品质”的为①；具有“高大上潜质”的为②.
点拨 本题是由数列的基础知识引出的一种探索问题，构思起点高，但解决问题的手段很常规.考生在碰到此类问题时要细致品味个中涵义，不能被表面的文章所禁锢.
2. 等差、等比数列的判定
等差、等比数列的判定通常作为解答题的第1问来考查，一般用下面的基本方法来判定：①利用定义：[an+1-an=]常数，或[an+1an=]常数；②利用中项的性质：[2an=an-1+an+1（n≥2）]或[a2n=an-1?an+1（n≥2）].
例4 已知数列[an]满足：[a1=1，a2=3]，且[an+2=3an+1-2an]，令[bn=an+1-an].
（1）证明：数列[bn]是等比数列；
（2）求数列[an]的通项公式.
解析 （1）因为[an+2=3an+1-2an]，
∴[an+2-an+1=2（an+1-an）].
又因为[a1=1，a2=3]，所以[b1=a2-a1=2]，则[bn+1bn=2].
故数列[bn]是首项为[2]，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，[bn=2n]，
所以[an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1]
[=bn-1+bn-2+b1+a1][=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1].
点拨 本题主要考查等比数列的判定及数列求和，同时考查推理论证能力及转化化归能力.
3. 创新与拓展
例5 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如三角形数1，3，6，10，[1，a1，a3]，第[n]个三角形数为[n（n+1）2=12n2+12n]. 记第[n]个[k ]边形数为[N（n，k） （k≥3）]，以下列出了部分[k ]边形数中第[n]个数的表达式： 三角形数 [N（n，3）=12n2+12n]，
正方形数 [N（n，4）=n2]，
五边形数 [N（n，5）=32n2-12n]，
六边形数 [N（n，6）=2n2-n]，
…
可以推测[N（n，k）]的表达式，由此计算[N（10，24）=]_________.
解析 三角形数[N（n，3）=12n2+12n]，正方形数[N（n，4）=n2=（12+12︸2×12）n2+（12-12）n，]，五边形数[N（n，5）=32n2-12n=（12+12+12︸3×12）n2+（12-12-12）n]，六边形数[N（n，6）=2n2-n=（12+12+12+12︸4×12）n2+（12-12-12-12︸2×（-12））n]，
…
推测[k]边形
[N（n，k）=（12+12+...+12+12︸（k-2）×12）n2+（12-12-12-12-...-12︸（k-4）×（-12））n][=12（k-2）n2-12（k-4）n].
所以[N（10，24）=12×（24-2）×102-12×（24-4）×10]
[=1100-100=1000].
点拨 对课本上出现的三角形数、四边形数加以引申与拓展，利用类比和推理的方式思考问题，展现出数学学习中不断深化、不断提高、循序渐进的理念.对问题的不断探求有助于加深我们对基础知识的认知.
备考指南
（1）要把握基础知识， 在复习时，首先要把握好等差、等比数列的概念与通项公式的推导方法，熟练掌握它们基本量与其他量间的互化关系.同时要熟练并准确掌握与之相关的等差、等比中项概念与运算公式等.
（2）重点掌握等差、等比数列各自特殊的性质，并达到准确熟练运用的能力.
（3）善于利用类比和归纳推理的方法将非等差（比）数列，通过适当变形、换元等方式，从而转化变成等差（比）数列，达到从一般到特殊的转化目标.
限时训练
1.在等差数列[an]中，[a3+a4+a5=12]，那么[a1+a2+…+a7=] （ ）
A.14 B.21 C.28 D.35
2.在[a，b]之间插入[n]个数构成等差数列，则其公差为 （ ）
A.[b-an] B.[a-bn+1] C.[b-an+1] D.[b-an-1]
3. 在等比数列[an]中，已知[a1=19，a5=9] ，则[a3=] （ ）
A.1 B.3 C.[±1] D.[±3]
4. 数列[an]是公差不为0的等差数列，且[a1，a3，a7]为等比数列[bn]的连续三项，则数列[bn]的公比为 （ ）
A. [2] B. [4] C. [2] D. [12]
5. 如果[-4，a，b，c，-9]成等比数列，那么 （ ）
A. [b=6，ac=36] B. [b=-6，ac=36]
C.[b=±6，ac=-36] D. [b=±6，ac=36]
6. 数列[an]的首项为3，[bn]为等差数列且[bn=an+1-an]，若[b3=-2，b10=12]，则[a8=] （ ）
A. 0 B. 3 C. 8 D. 11
7. 两个正数[a，b（a>b）]的等差中项是[52]，[-6]是它们的等比中项，则双曲线[x2a2-y2b2=1]的离心率[e]= （ ）
A. [52] B. [132] C. [53] D. [133]
8. 已知方程[（x2-2x-m）（x2-2x+n）=0]的四个根组成一个首项为[14]，公差为正的等差数列，则[m-n=] （ ）
A. [-118] B. [±118] C. [±12] D. [12]
9. 已知等比数列[an]，记[bn=am（n-1）+1+am（n-1）+2+...][+am（n-1）+m]，[cn=am（n-1）+1?am（n-1）+2?...?am（n-1）+m（m，n∈N*）]，记公比为[q]，则一定正确的是 （ ）
A. 数列[bn]为等差数列，公差为[qm]
B. 数列[bn]为等比数列，公比为[q2m]
C. 数列[cn]为等比数列，公比为[qm2]
D. 数列[cn]为等比数列，公比为[qmm]
10.已知数列[an]满足[3an+1+an=0，a2=-43，]则[an]的前10项积等于 （ ）
A.[31-3-10] B.[31+3-10]
C.[-410345] D.[410345]
11.若[2，a，b，c，9]成等差数列，则[c-a=]_________.
12.设等比数列[an]的首项为[1]，公比为[-2]，则[a1+|a2|+a3+|a4|=]_________.
13.等差数列[an]中，公差[d≠0]，且[2a3-a72+2a11=0]，数列[bn]是等比数列，且[b7=a7]，则[b6b8]=___________.
14.观察下列等式：
（1+1）=2×1
（2+1）（2+2）=[22×1×3]
（3+1）（3+2）（3+3）=[23×1×3×5]
照此规律， 第[n]个等式可为________.
15.已知等差数列[an]的公差[d=1]，前[n]项和为[Sn].
（1）若[1，a1，a3]成等比数列，求[a1]；
（2）若[S5>a1a9]，求[a1]的取值范围.
16. 已知数列[an]满足：[a1=1，a2=a（a>0）.]数列[bn]满足[bn=anan+1].
（1）若[an]是等差数列，且[b3=12，]求[a]的值及[an]的通项公式；
（2）当[bn]是公比为[3a+4]的等比数列时，[an]能否能构成等比数列？若能，求出[a]的值；若不能，请说明理由.
17. 等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知[a1=2，][S6=22].
（1）求[Sn]；
（2）若从[an]中抽取一个公比为[q]的等比数列[akn]，其中[k1=1]，且[k1 18. 给定常数[c>0]，定义函数[f（x）=2|x+c+4|-|x+c|]，数列[a1，a2，a3，…]满足[an+1=f（an），n∈N*].
（1）若[a1=-c-2]，求[a2]及[a3]；
（2）求证：对任意[n∈N*，an+1-an≥c]；
（3）是否存在[a1]，使得[a1，a2，…an，…]成等差数列？若存在，求出所有这样的[a1]，若不存在，请说明理由.
等差数列和等比数列与高中数学的有些章节具有相应的应用与交汇.各地以往的高考中一般在选择题、填空题中考查等差（比）数列的定义、基本量的运算和特有性质，而在解答题中考查等差（比）的判断与证明、求通项公式、与函数及不等式的综合考查等.
统计表明，各地高考试卷大多设置一大一小两题，涉及该讲知识的大约10分.其中的小题，并多在选择题居中的位置，或填空题靠后的位置，一般为基本运算或类比推理等.而大题位置靠前，并设置在本道题的第一小问，一般以考查等差（比）基础知识和基本运算为主，更多地是为第二问及以后的运算解答提供支持与铺垫.
各地文、理科试卷在选择部分与大题中出现时的差别不大，往往文理科试卷题完全一样，而若以填空题出现时文理通常以姊妹题的方式出现.
命题特点
等差、等比数列是一个重要的数列类型，高考命题主要考查等差、等比数列的概念、基本量的运算及由概念推导出的一些重要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.解等差、等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法，即运用条件转化成关于[a1]和[d]（或[q]）的方程（组）；②巧妙运用等差、等比数列的性质.
1. 等差、等比数列的基本运算
例1 等比数列[x，3x+3，6x+6，…]的第四项等于 （ ）
A.-24 B.0
C.12 D.24
解析 因为[x，3x+3，6x+6，…]成等比，则[（3x+3）2=x（6x+6）]，解得：[x=-3].由等比数列性质[a1?a4=a2?a3]得：[-3×a4=-6×（-12）]，解得第四项等于-24.
点拨 解决特殊数列——等差或等比数列的基本运算问题的关键是利用好公式.以本题为例，首先利用等比中项知识建立了关于未知数[x]的方程，再利用等比的性质：当正整数[p，q，r，s]满足[p+q=r+s]时，[ap?aq=ar?as]，从而获解.
例2 已知[△ABC]的一个内角为[120°]，并且三边长构成公差为4的等差数列，则[△ABC]的面积为________.
解析 设三边长分别为[a-4，a，a+4（a>4）]，显然边[a+4]所对的内角为[120°]，由余弦定理得：[（a+4）2=a2+（a-4）2-2a（a-4）cos120°?a=10]，即三边长为[6，10，14]，因此[SΔABC=12×10×6sin120°=153].
点拨 本题对三角形三边赋值时采用了常用的技巧——对称设法，此时三个数成等差时设为：[a-d，a，a+d；]四个数成等差可设为：[a-3d，a-d，a+d，a+3d]等.
例3 对于整数数列[an]，如果[ai+i][（i=1，2，3，…）]为完全平方数，则称数列[an]具有“高大上品质”.不论数列[an]是否具有“高大上品质”，如果存在与[an]不是同一数列的[bn]，且[bn]同时满足下面两个条件：①[b1，b2，b3，...，bn]是[a1，a2，a3，...，an]变换次序后的另一个排列；②数列[bn]具有“高大上品质”，则称数列[an]具有“高大上潜质”.下面三个数列：①数列[an]的前[n]项和[Sn=n3（n2-1）]；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3，…，11.具有“高大上品质”的为________；具有“高大上潜质”的为___________.
解析 对于①，当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=n2-n，]又[a1=0]，[所以an=n2-n（n∈N*）].所以[ai+i=i2（i=1，2，3，…）]是完全平方数，数列[an]具有“高大上品质”.对于②，数列1，2，3，4，5具有“高大上潜质”，数列[bn]为3，2，1，5，4.对于③，数列1，2，3，…，11不具有“高大上潜质”，因为11，4都只有5的和才能构成完全平方数，所以数列1，2，3，…，11不具有“高大上潜质”.故具有“高大上品质”的为①；具有“高大上潜质”的为②.
点拨 本题是由数列的基础知识引出的一种探索问题，构思起点高，但解决问题的手段很常规.考生在碰到此类问题时要细致品味个中涵义，不能被表面的文章所禁锢.
2. 等差、等比数列的判定
等差、等比数列的判定通常作为解答题的第1问来考查，一般用下面的基本方法来判定：①利用定义：[an+1-an=]常数，或[an+1an=]常数；②利用中项的性质：[2an=an-1+an+1（n≥2）]或[a2n=an-1?an+1（n≥2）].
例4 已知数列[an]满足：[a1=1，a2=3]，且[an+2=3an+1-2an]，令[bn=an+1-an].
（1）证明：数列[bn]是等比数列；
（2）求数列[an]的通项公式.
解析 （1）因为[an+2=3an+1-2an]，
∴[an+2-an+1=2（an+1-an）].
又因为[a1=1，a2=3]，所以[b1=a2-a1=2]，则[bn+1bn=2].
故数列[bn]是首项为[2]，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，[bn=2n]，
所以[an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1]
[=bn-1+bn-2+b1+a1][=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1].
点拨 本题主要考查等比数列的判定及数列求和，同时考查推理论证能力及转化化归能力.
3. 创新与拓展
例5 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如三角形数1，3，6，10，[1，a1，a3]，第[n]个三角形数为[n（n+1）2=12n2+12n]. 记第[n]个[k ]边形数为[N（n，k） （k≥3）]，以下列出了部分[k ]边形数中第[n]个数的表达式： 三角形数 [N（n，3）=12n2+12n]，
正方形数 [N（n，4）=n2]，
五边形数 [N（n，5）=32n2-12n]，
六边形数 [N（n，6）=2n2-n]，
…
可以推测[N（n，k）]的表达式，由此计算[N（10，24）=]_________.
解析 三角形数[N（n，3）=12n2+12n]，正方形数[N（n，4）=n2=（12+12︸2×12）n2+（12-12）n，]，五边形数[N（n，5）=32n2-12n=（12+12+12︸3×12）n2+（12-12-12）n]，六边形数[N（n，6）=2n2-n=（12+12+12+12︸4×12）n2+（12-12-12-12︸2×（-12））n]，
…
推测[k]边形
[N（n，k）=（12+12+...+12+12︸（k-2）×12）n2+（12-12-12-12-...-12︸（k-4）×（-12））n][=12（k-2）n2-12（k-4）n].
所以[N（10，24）=12×（24-2）×102-12×（24-4）×10]
[=1100-100=1000].
点拨 对课本上出现的三角形数、四边形数加以引申与拓展，利用类比和推理的方式思考问题，展现出数学学习中不断深化、不断提高、循序渐进的理念.对问题的不断探求有助于加深我们对基础知识的认知.
备考指南
（1）要把握基础知识， 在复习时，首先要把握好等差、等比数列的概念与通项公式的推导方法，熟练掌握它们基本量与其他量间的互化关系.同时要熟练并准确掌握与之相关的等差、等比中项概念与运算公式等.
（2）重点掌握等差、等比数列各自特殊的性质，并达到准确熟练运用的能力.
（3）善于利用类比和归纳推理的方法将非等差（比）数列，通过适当变形、换元等方式，从而转化变成等差（比）数列，达到从一般到特殊的转化目标.
限时训练
1.在等差数列[an]中，[a3+a4+a5=12]，那么[a1+a2+…+a7=] （ ）
A.14 B.21 C.28 D.35
2.在[a，b]之间插入[n]个数构成等差数列，则其公差为 （ ）
A.[b-an] B.[a-bn+1] C.[b-an+1] D.[b-an-1]
3. 在等比数列[an]中，已知[a1=19，a5=9] ，则[a3=] （ ）
A.1 B.3 C.[±1] D.[±3]
4. 数列[an]是公差不为0的等差数列，且[a1，a3，a7]为等比数列[bn]的连续三项，则数列[bn]的公比为 （ ）
A. [2] B. [4] C. [2] D. [12]
5. 如果[-4，a，b，c，-9]成等比数列，那么 （ ）
A. [b=6，ac=36] B. [b=-6，ac=36]
C.[b=±6，ac=-36] D. [b=±6，ac=36]
6. 数列[an]的首项为3，[bn]为等差数列且[bn=an+1-an]，若[b3=-2，b10=12]，则[a8=] （ ）
A. 0 B. 3 C. 8 D. 11
7. 两个正数[a，b（a>b）]的等差中项是[52]，[-6]是它们的等比中项，则双曲线[x2a2-y2b2=1]的离心率[e]= （ ）
A. [52] B. [132] C. [53] D. [133]
8. 已知方程[（x2-2x-m）（x2-2x+n）=0]的四个根组成一个首项为[14]，公差为正的等差数列，则[m-n=] （ ）
A. [-118] B. [±118] C. [±12] D. [12]
9. 已知等比数列[an]，记[bn=am（n-1）+1+am（n-1）+2+...][+am（n-1）+m]，[cn=am（n-1）+1?am（n-1）+2?...?am（n-1）+m（m，n∈N*）]，记公比为[q]，则一定正确的是 （ ）
A. 数列[bn]为等差数列，公差为[qm]
B. 数列[bn]为等比数列，公比为[q2m]
C. 数列[cn]为等比数列，公比为[qm2]
D. 数列[cn]为等比数列，公比为[qmm]
10.已知数列[an]满足[3an+1+an=0，a2=-43，]则[an]的前10项积等于 （ ）
A.[31-3-10] B.[31+3-10]
C.[-410345] D.[410345]
11.若[2，a，b，c，9]成等差数列，则[c-a=]_________.
12.设等比数列[an]的首项为[1]，公比为[-2]，则[a1+|a2|+a3+|a4|=]_________.
13.等差数列[an]中，公差[d≠0]，且[2a3-a72+2a11=0]，数列[bn]是等比数列，且[b7=a7]，则[b6b8]=___________.
14.观察下列等式：
（1+1）=2×1
（2+1）（2+2）=[22×1×3]
（3+1）（3+2）（3+3）=[23×1×3×5]
照此规律， 第[n]个等式可为________.
15.已知等差数列[an]的公差[d=1]，前[n]项和为[Sn].
（1）若[1，a1，a3]成等比数列，求[a1]；
（2）若[S5>a1a9]，求[a1]的取值范围.
16. 已知数列[an]满足：[a1=1，a2=a（a>0）.]数列[bn]满足[bn=anan+1].
（1）若[an]是等差数列，且[b3=12，]求[a]的值及[an]的通项公式；
（2）当[bn]是公比为[3a+4]的等比数列时，[an]能否能构成等比数列？若能，求出[a]的值；若不能，请说明理由.
17. 等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，已知[a1=2，][S6=22].
（1）求[Sn]；
（2）若从[an]中抽取一个公比为[q]的等比数列[akn]，其中[k1=1]，且[k1
（1）若[a1=-c-2]，求[a2]及[a3]；
（2）求证：对任意[n∈N*，an+1-an≥c]；
（3）是否存在[a1]，使得[a1，a2，…an，…]成等差数列？若存在，求出所有这样的[a1]，若不存在，请说明理由.