解答数列问题
阅卷案例 四字解题
(2023·新高考Ⅰ卷，T20，12分)设等差数列{an}的公差为d，且d>1．令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d． 读 等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21 {bn}为等差数列，且S99－T99＝99
想 基本量的运算 等差数列的性质
算 求首项、公差 求公差
思 函数与方程 转化与化归、等价转化
规范解答 满分心得
[解] (1)∵数列{an}是公差为d(d＞1)的等差数列，且3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，…………………1分 ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d．………………………………2分 又bn＝，T3＝b1＋b2＋b3＝＝，………3分 ∴S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，………………4分 解得d＝3或d＝(舍去)，………………………………5分 ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n．………………………………6分 (2) 即＝，…………………………………………7分 ∴6＝＝，即－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d．……………………………………………………8分 又S99－T99＝99，由等差数列性质知， ………9分 ∴a50－＝1，即－a50－2 550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．……………………10分 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1(舍去)；…………………………………………11分 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝． 综上，d＝．…………………………………………12分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问只要用d正确表示出S3，T3，便各得1分，又如第(2)问只要正确求出a1＝d或a1＝2d，即得2分． 得关键分：如第(2)问中由2b2＝b1＋b3，建立＝，得出－3a1d＋2d2＝0是解答问题的，利用S99－T99＝99及等差数列的性质得出99a50－99b50＝99是简化运算的关键所在． 得计算分：准确求解d的值是得满分的保证． 本题(1)(2)问无直接联系，即便第(1)问没有解出也不影响第(2)问的求解，故可采用“跨步解答”求解．
§1 等差数列、等比数列
【备考指南】 主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算及性质的应用；对等差、等比数列的判定与证明常以解答题的形式考查，难度中等或偏下．备考中注意函数与方程思想、分类讨论思想的应用．
基础考点1 等差(比)数列的基本运算
【典例1】 (1)(2024·河南郑州三模)已知等比数列的前三项和为56，a2－a5＝14，则a8＝( )
A．4 B．2
C． D．
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
(3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4．
①证明：a1＝b1；
②求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
(1)D (2)95 [(1)由等比数列通项公式可得，S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56①，
a2－a5＝a1q－a1q4＝14②，
得＝＝＝，
化简得4q2－4q＋1＝0，解得q＝．
代入S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56，解得a1＝32．
所以a8＝a1q7＝32×＝．故选D．
(2)因为数列{an}为等差数列，则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95．]
(3)[解] ①证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1．
由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，
故a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，故a1＋d－2b1＝d－a1，整理得a1＝b1，得证．
②由①知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知b1·2k-1＝a1＋(m－1)·d＋a1，
即b1·2k-1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k-1＝2m，
因为1≤m≤500，故2≤2k-1≤1 000，解得2≤k≤10，
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9．
等差(比)数列基本运算的解题途径
(1)设基本量a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
提醒：对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1和q≠1的情况，公式Sn＝只适用于q≠1的情况．
1．(2024·北京房山一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为( )
A．12里 B．24里
C．48里 D．96里
C [由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为的等比数列．
设这个数列为，前n项和为Sn，
则S6＝＝a1＝378，解得a1＝192，
所以a3＝192×＝48，
即该人第三天走的路程为48里．故选C．]
2．(2024·重庆模拟)记Sn为等差数列的前n项和，若S4＝20，S6＝12S2，则S8＝( )
A．40 B．60
C．76 D．88
D [设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S4＝20，S6＝12S2，
得
解得所以S8＝8a1＋d＝8××3＝88．故选D．]
3．(2024·陕西西安模拟)已知数列是公比为的等比数列，Sn是数列的前n项和，则＝( )
A．1 B．
C． D．3
D [根据题意＝＝，可得an－an－1＝a1，
则数列为公差为a1的等差数列，
所以＝＝3．故选D．]
【教师备选资源】
1．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman．若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
C [∵a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n-1＝2n．
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴＝215－25，
即2k+1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k+1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4．
故选C．]
2．将数列中的所有项从第二行起按每一行比上一行多两项的规则排成数表，已知表中的第一列a1，a2，a5，…构成一个公差为3的等差数列，从第2行起，每一行都是公比为q的等比数列，若a3＝－8，a84＝80，则q＝( )
第1行 a1
第2行 a2 a3 a4
第3行 a5 a6 a7 a8 a9
……
A．2 B． C． D．
A [由题意知a3＝a2q＝－8，所以a2＝－，
第n行的项的个数为2n－1，
所以从第1行到第n行的所有项的个数之和为＝n2，因为84＝92＋3，
所以a84是第10行第3个数，
所以a84＝a82q2＝·q2＝q2＝－8q＋24q2＝80，
解得q＝2或q＝－(舍去)．故选A．]
3．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( )
A．25 B．22
C．20 D．15
C [等差数列{an}中，a2＋a6＝2a4＝10，所以a4＝5，a4a8＝5a8＝45，故a8＝9．
设等差数列{an}的公差为d，
则d＝＝1，a1＝a4－3d＝5－3＝2，
则S5＝5a1＋d＝10＋10＝20．故选C．]
4．(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
A．3 B．18 C．54 D．152
C [法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54．故选C．
法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝＋2＝－·qn＋＋2，所以又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54．故选C．]
基础考点2 等差(比)数列的性质
【典例2】 (1)(2024·全国甲卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝( )
A．－2 B． C．1 D．
(2)(2020·全国Ⅱ卷)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
(3)(2024·江苏南通模拟)已知数列是等比数列，且＝4．设bn＝log2an，数列的前n项和为Sn，则S7＝________．
(1)D (2)C (3) [(1)法一：利用等差数列的基本量
由S9＝1，根据等差数列的求和公式，S9＝9a1＋d＝1 9a1＋36d＝1，又a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝．
故选D．
法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，a1＋a9＝a3＋a7，由S9＝1，根据等差数列的求和公式，
S9＝＝＝1，故a3＋a7＝．
故选D．
法三：特殊值法
不妨取等差数列的公差d＝0，则S9＝1＝9a1 a1＝，则a3＋a7＝2a1＝．
故选D．
(2)由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n．设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C．
(3)因为数列为等比数列＝a2a5a5＝a3a4a5＝＝4，所以a4＝＝．又因为bn＝log2an，所以bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an＝log2＝log2q(为常数)，所以数列为等差数列，所以S7＝×7＝7b4＝7log2a4＝7×＝．]
等差、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系．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)用性质．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．
1．(2024·四川南充模拟)已知函数f ＝x2－bx＋c的两个零点分别为x1，x2，若x1，x2，－1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则b＋c＝( )
A．1 B．
C． D．
D [不妨设x1
0，x1·x2＝c>0，故x1>0，x2>0，
所以调整顺序后－1，x1，x2或x2，x1，－1成等差数列，x1，－1，x2或x2，－1，x1成等比数列，所以2x1＝x2－1且x2·x1＝1，所以x1＝，x2＝2，所以b＝x1＋x2＝，c＝x1x2＝1，故b＋c＝．故选D．]
2．(多选)已知正项数列的前n项和为Sn，若对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，则下列说法正确的是( )
A．a1＋a12＝a8＋a5
B．a5a6C．若数列{an}的前三项依次为x，1－x，3x，则a10＝
D．数列为递减的等差数列
AC [令m＝1，则an＋1－an＝a1．因为a1>0，所以数列为等差数列且公差d>0，故A正确；
由a5a6－a1a10＝(a1＋4d)(a1＋5d)－a1(a1＋9d)＝＋9a1d)＝20d2>0，所以a5a6>a1a10，故B错误；
根据等差数列的性质，可得2(1－x)＝x＋3x，所以x＝，1－x＝，
故a10＝＋9×＝，故C正确；
由＝＝n＋，因为>0，所以数列是递增的等差数列，故D错误．
故选AC．]
3．(多选)已知等差数列的前n项和为Sn，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )
A．a2 022>0 B．Sn的最大值为S2 023
C．的最小值为a2 022 D．S4 044<0
ACD [对于A，∵数列为等差数列，a1>0，<－1，∴数列为递减的等差数列，∴a2 023<0，a2 022>0，故A正确；
对于B，∵数列为递减的等差数列，a2 023<0，a2 022>0，∴Sn的最大值为S2 022，故B错误；
对于C，∵a2 023<0，a2 022>0，
∴由<－1，得a2 023<－a2 022，
∴a2 023＋a2 022<0，∴|a2 023|>|a2 022|，
∴的最小值为|a2 022|，即a2 022，故C正确；
对于D，S4 044＝＝2 022(a2 022＋a2 023)<0，故D正确．故选ACD．]
4．(2024·陕西西安模拟)已知等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝________．
[因为等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，故可设＝＝＝k，
所以Sn＝kn(n＋3)，Tn＝kn(n－1)，k≠0，
所以＝＝＝＝．]
【教师备选资源】
1．在各项均为正数的等比数列中，a2a6＋a5a11＝16，则a4a8的最大值是( )
A．4 B．8 C．16 D．32
B [在各项均为正数的等比数列中，
由a2a6＋a5a11＝16，可得＝16，
所以＝8，当且仅当a4＝a8＝2时等号成立，故a4a8的最大值为8．故选B．]
2．(2024·浙江金华模拟)已知数列是等差数列，数列是等比数列，若a2＋a4＋a6＝5π，b2b4b6＝3，则tan ＝________．
[由等差数列的性质可知，a2＋a4＋a6＝3a4＝5π，即a4＝，而a1＋a7＝2a4＝，
根据等比数列的性质可知，b2b4b6＝＝3，则b4＝，b2b6＝＝3，
所以tan ＝tan ＝tan ＝．]
3．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________．
5 [设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d．
由已知条件，得解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5．]
4．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
－2 [设等比数列{an}的公比为q，∵{an}是等比数列，∴a2a4a5＝a2a3a6＝a3a6，解得a2＝1，
而a9a10＝a2q7a2q8＝(a2)2q15＝－8，可得q15＝(q5)3＝－8，
即q5＝－2，a7＝a2·q5＝1×(－2)＝－2．]
基础考点3 等差(比)数列的判定与证明
【典例3】 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．
[证明] 选①③ ②．
已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1．
设等差数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1．
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
选①② ③．
已知数列{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n．
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1．
选②③ ①．
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．
设数列{}的公差为d，d>0，则＝＝d，得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是关于n的一次函数，且a1＝d2也满足上式，所以数列{an}是等差数列．
判定等差(比)数列的主要方法
(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一个常数；
(2)中项公式法．
提醒：＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定一个数列是等比数列时，要注意各项不为0．
(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知在数列中，a1＝1，an＋an＋1＝．
(1)令bn＝3n-1an－，证明：数列是等比数列；
(2)设Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，证明：数列是等差数列．
[证明] (1)易知＝＝＝＝－3，
又b1＝a1－＝≠0，
所以数列是以为首项，－3为公比的等比数列．
(2)法一：由(1)知bn＝3n-1an－＝×(－3)n-1，所以3n-1an＝×(－3)n-1＋，
所以Sn＝＝[1－(－3)n]，
即4Sn＝n＋×(－3)n，
又3nan＝－×(－3)n＋，所以4Sn－3nan＝n，
所以n≥2时，4Sn－3nan－＝1，
又4S1－31a1＝1，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列．
法二：由Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，
Sn－1＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-2an－1，n≥2，
以上两式相减得Sn－Sn－1＝3n-1an，
所以4Sn－3nan－
＝4－3nan＋3n-1an－1＝4·3n-1an－3nan＋3n-1an－1＝3n-1＝3n-1·＝1，
又4S1－31a1＝1，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列．
【教师备选资源】
1．已知正项数列，其前n项和Sn满足2Sn＝an＋．
(1)求证：数列是等差数列，并求出an的表达式；
(2)数列中是否存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得构成等差数列？请说明理由．
[解] (1)证明：因为2Sn＝an＋，令n＝1，得2a1＝a1＋，
故正项数列中＝1，即a1＝1．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即2Sn＝Sn－Sn－1＋，
整理得＝1，又＝＝1，
因此，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则＝n．
因为是正项数列，即Sn>0，所以Sn＝．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝，
又a1＝1满足此式，
所以an＝．
(2)不存在，理由如下：
由(1)中an＝，可得＝＝，
假设存在满足要求的连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得构成等差数列，
则2()＝()＋()，即＝，
两边平方，得k＋1＋k＋2＝k－1＋k＋2＋2，即(k＋1)k＝(k－1)(k＋2)，
整理得k2＋k＝k2＋k－2，即0＝－2，显然不成立，因此假设是错误的，
所以数列中不存在使(k∈N*)构成等差数列的连续三项．
2．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝8，a2n－1＋a2n＋1＝＝．
(1)证明：{a2n－1}是等差数列；
(2)记{an}的前n项和为Sn，Sn＞2 025，求n的最小值．
[解] (1)证明 法一：由a2n－1＋a2n＋1＝log2a2n，得a2n＝，
则a2n＋2＝，
从而a2na2n＋2＝＝．
又a2na2n＋2＝＝，
所以a2n－1＋2a2n＋1＋a2n＋3＝4a2n＋1，
即a2n－1＋a2n＋3＝2a2n＋1，所以{a2n－1}是等差数列．
法二：由a2n＞0，且a2na2n＋2＝，
则log2(a2na2n＋2)＝，
得log2a2n＋log2a2n＋2＝4a2n＋1，
因为a2n－1＋a2n＋1＝log2a2n，a2n＋1＋a2n＋3＝log2a2n＋2，
所以(a2n－1＋a2n＋1)＋(a2n＋1＋a2n＋3)＝log2a2n＋log2a2n＋2＝4a2n＋1，
即a2n－1＋a2n＋3＝2a2n＋1，所以{a2n－1}是等差数列．
(2)法一：设等差数列{a2n－1}的公差为d．
当n＝1时，a1＋a3＝log2a2，即1＋a3＝log28，
所以a3＝2，所以d＝a3－a1＝1，
所以数列{a2n－1}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a2n－1＝n．
又a2n＝＝2n＋(n+1)＝22n+1，
所以S9＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9
＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)
＝(1＋2＋3＋4＋5)＋(23＋25＋27＋29)
＝15＋680＝695＜2 025，
又S10＝S9＋a10＝695＋211＝2 743＞2 025，
又an＞0，则Sn＜Sn＋1，且S9＜2 025＜S10，
所以n的最小值为10．
法二：设等差数列{a2n－1}的公差为d．
当n＝1时，a1＋a3＝log2a2，即1＋a3＝log28，
所以a3＝2，所以d＝a3－a1＝1，
所以数列{a2n－1}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a2n－1＝n．
又a2n－1＋a2n＋1＝log2a2n，所以a2n＝＝2n＋(n+1)＝22n+1．
当k∈N*时，S2k＝a1＋a2＋a3＋…＋a2k
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2k)
＝(1＋2＋3＋…＋k)＋(23＋25＋27＋…＋22k+1)＝，
S2k－1＝S2k－a2k＝－22k+1＝，
所以S9＝S2×5－1＝＝695＜2 025，
S10＝S2×5＝＝2 743＞2 025，
又an＞0，则Sn＜Sn＋1，且S9＜2 025＜S10，
所以n的最小值为10．
3．(2024·河南名校联考)在正项无穷数列中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得anan＋2m＝，则称为m阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bn＋bn＋2m＝2bn＋m，则称为m阶等差数列．
(1)若为1阶等比数列，a1＋a2＋a3＝，a3＋a4＋a5＝，求的通项公式及前n项和；
(2)若为m阶等比数列，求证：为m阶等差数列；
(3)若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．
[解] (1)因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，设公比为q，则q为正数，
由已知得
两式相除得q2＝，所以q＝，所以a1＝1，
所以的通项公式为an＝a1qn-1＝，
前n项和为Sn＝＝＝2－．
(2)证明：因为为m阶等比数列，
所以 n∈N*， m∈N*，使得anan＋2m＝成立，
所以ln anan＋2m＝，
又an>0，an＋m>0，an＋2m>0，
所以ln an＋ln an＋2m＝2ln an＋m，
即 n∈N*， m∈N*，ln an＋ln an＋2m
＝2ln an＋m成立，
所以为m阶等差数列．
(3)证明：因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，
所以anan＋8＝与anan＋10＝同时成立，
所以＝与＝同时成立，
又的各项均为正数，所以对任意的n∈N*，
数列an，an＋4，an＋8，…和数列an，an＋5，an＋10，…都是等比数列，
由数列an，an＋4，an＋8，…是等比数列，
得an＋1，an＋5，an＋9，…也是等比数列，
设＝q1>0，＝q2>0，
所以＝>0，所以是等比数列．
专题限时集训(六) 等差数列、等比数列
一、单项选择题
1．(2024·湖南永州三模)已知非零数列满足2nan＋1－2n+2an＝0，则＝( )
A．8 B．16
C．32 D．64
D [由2nan＋1－2n+2an＝0，可得an＋1＝4an，则＝＝64．故选D．]
2．(2024·山东大联考二模)设等差数列的前n项和为Sn，若a5＋a8＝30，S10＝120，则S14＝( )
A．156 B．252
C．192 D．200
B [等差数列中，S10＝120，得＝120，则a5＋a6＝a1＋a10＝24，
设等差数列的公差为d，而a5＋a8＝30，
因此2d＝a8－a6＝a5＋a8－(a5＋a6)＝6，解得d＝3，
则a6＋a9＝a5＋a8＋2d＝36，
所以S14＝＝7(a6＋a9)＝252．故选B．]
3．(2024·河南南阳三模)已知等比数列的公比为q，若a1＋a2＝12，且a1，a2＋6，a3成等差数列，则q＝( )
A． B．－
C．3 D．－3
C [∵a1，a2＋6，a3成等差数列，∴2＝a1＋a3，又a1＋a2＝12，∴2＝a1＋a3，
整理可得3a1＋a3＝3a1＋a1q2＝36，
∴＝＝＝，解得q＝0(舍去)或q＝3．
故选C．]
4．(2024·天津南开模拟)已知等差数列和的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝( )
A．
C．
C [因为Sn，Tn分别是等差数列和的前n项和，
S12＝，T12＝，
又＝，
所以＝＝＝＝．故选C．]
5．(2024·河北廊坊模拟)已知m，n，p，q∈N*，且数列是等比数列，则“aman＝apaq”是“m＋n＝p＋q”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
B [设等比数列的公比为b，
若aman＝apaq，则a1bm-1·a1bn-1＝a1bp-1·a1bq-1，因为a1不等于0，
所以bm ＋ n-2 ＝ bp ＋ q-2，若b＝±1时，无法得出m＋n＝p＋q，
所以“aman＝apaq”不是“m＋n＝p＋q”的充分条件；
若“m＋n＝p＋q”，则aman＝a1bm-1·a1bn-1＝bm＋n-2＝bp＋q-2＝a1bp-1·a1bq-1＝apaq，
所以“aman＝apaq”是“m＋n＝p＋q”的必要条件．
所以“aman＝apaq”是“m＋n＝p＋q”的必要不充分条件．
故选B．]
6．已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为( )
A．1 666 B．1 654
C．1 472 D．1 460
A [由两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列： 2，14，26，38，50，…，182，194，共有＋1＝17项，是公差为12的等差数列，故新数列的前17项的和为×17＝1 666，即数列的各项之和为1 666．故选A．]
二、多项选择题
7．(2024·山东泰安二模)已知等差数列的前n项和为Sn，a2＝4，S7＝42，则下列说法正确的是( )
A．a5＝4
B．Sn＝n2＋n
C．为递减数列
D．的前5项和为
BC [等差数列中，S7＝＝7a4＝42，解得a4＝6，而a2＝4，
因此公差d＝＝1，an＝a2＋(n－2)d＝n＋2．
对于A项，a5＝7，A错误；
对于B项，Sn＝＝n2＋n，B正确；
对于C项，＝1＋为递减数列，C正确；
对于D项，＝＝，所以的前5项和为
＋…＋＝＝，D错误．故选BC．]
8．已知Sn是等比数列的前n项和，若存在a，b，c∈R，使得Sn＝a·bn＋c，则( )
A．a＋c＝0
B．b是数列的公比
C．ac<0
D．可能为常数列
ABC [设等比数列的公比为q．
当q＝1时，Sn＝na1，显然不是Sn＝a·bn＋c的形式，所以D错误；当q≠1时，Sn＝＝·qn，
所以c＝，a＝－，b＝q，即a＋c＝0，ac＝<0，所以ABC正确．故选ABC．]
三、填空题
9．甲、乙两个机器人分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m．若甲、乙到达对方起点后立即返回，则它们第二次相遇需要经过________分钟．
15 [由已知甲每分钟走的路程成等差数列，设为，则an＝2＋(n－1)×1＝n＋1．
乙每分钟走的路程为5 m，
因为第1次相遇甲、乙共走70 m，第2次相遇甲、乙共走了210 m，第二次相遇经过的时间设为t分钟，
则＋5t＝210，
所以t＝15(负值舍去)．]
10．(2024·山西晋中三模)下面给出一个“三角形数阵”：
1 2
3 6
2 4 8 16
…
该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为a1，第2行的数由左至右依次为a2，a3，依次类推，则a100＝________．
1 792 [由1＋2＋…＋13＝＝91<100，1＋2＋…＋14＝＝105＞100，100－91＝9，知a100是第14行的第9个数．
而每一行的第一个数构成首项和公差均为的等差数列，从而第14行的第一个数是＝7．
又因为从第3行起，每一行的数由左至右成公比为2的等比数列，故第14行的第9个数等于7×29-1＝7×256＝1 792．]
四、解答题
11．(2024·辽宁本溪模拟)设Sn是数列的前n项和，Sn＝2n2－17n．
(1)求的通项公式，并求Sn的最小值；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn．
[解] (1)由数列的前n项和Sn＝2n2－17n，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－[2(n－1)2－17(n－1)]＝4n－19．
当n＝1时，a1＝2－17＝－15，满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－19，n∈N*．
由an＝4n－19≥0，得n≥，
所以n＝1，2，3，4时，an<0，n≥5时，an>0，
所以Sn的最小值为S4＝4a1＋d＝－36．
(2)由(1)知，当n≤4时，bn＝＝－an；
当n≥5时，bn＝＝an，Sn＝2n2－17n，
当n≤4时，Tn＝－Sn＝17n－2n2．
当n≥5时，Tn＝－＋a5＋a6＋…＋an＝Sn－2S4＝2n2－17n＋72，
所以Tn＝
12．(2024·江西上饶模拟)数列满足a1＝，an∈，tan an＋1＝，n∈N*．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝．
[解] (1)由已知条件可知，cos an>0，
故an＋1∈，tan2an＋1＝＝＝1＋tan2an，
则tan2an＋1－tan2an＝1，
故数列是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝，
故tan2an＝＋n－1＝，
即tanan＝．
(2)sin a1·sin a2·…·sin am
＝
＝·…·＝＝，
由＝，得m＝3 333．
2/2解答数列问题
阅卷案例 四字解题
(2023·新高考Ⅰ卷，T20，12分)设等差数列{an}的公差为d，且d>1．令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d． 读 等差数列{an}的公差为d，3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21 {bn}为等差数列，且S99－T99＝99
想 基本量的运算 等差数列的性质
算 求首项、公差 求公差
思 函数与方程 转化与化归、等价转化
规范解答 满分心得
[解] (1)∵数列{an}是公差为d(d＞1)的等差数列，且3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，…………………1分 ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d．………………………………2分 又bn＝，T3＝b1＋b2＋b3＝＝，………3分 ∴S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，………………4分 解得d＝3或d＝(舍去)，………………………………5分 ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n．………………………………6分 (2) 即＝，…………………………………………7分 ∴6＝＝，即－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d．……………………………………………………8分 又S99－T99＝99，由等差数列性质知， ………9分 ∴a50－＝1，即－a50－2 550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．……………………10分 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1(舍去)；…………………………………………11分 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝． 综上，d＝．…………………………………………12分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问只要用d正确表示出S3，T3，便各得1分，又如第(2)问只要正确求出a1＝d或a1＝2d，即得2分． 得关键分：如第(2)问中由2b2＝b1＋b3，建立＝，得出－3a1d＋2d2＝0是解答问题的，利用S99－T99＝99及等差数列的性质得出99a50－99b50＝99是简化运算的关键所在． 得计算分：准确求解d的值是得满分的保证． 本题(1)(2)问无直接联系，即便第(1)问没有解出也不影响第(2)问的求解，故可采用“跨步解答”求解．
§1 等差数列、等比数列
【备考指南】 主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算及性质的应用；对等差、等比数列的判定与证明常以解答题的形式考查，难度中等或偏下．备考中注意函数与方程思想、分类讨论思想的应用．
基础考点1 等差(比)数列的基本运算
【典例1】 (1)(2024·河南郑州三模)已知等比数列的前三项和为56，a2－a5＝14，则a8＝( )
A．4 B．2
C． D．
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
(3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4．
①证明：a1＝b1；
②求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
[听课记录]
等差(比)数列基本运算的解题途径
(1)设基本量a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
提醒：对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1和q≠1的情况，公式Sn＝只适用于q≠1的情况．
1．(2024·北京房山一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为( )
A．12里 B．24里
C．48里 D．96里
2．(2024·重庆模拟)记Sn为等差数列的前n项和，若S4＝20，S6＝12S2，则S8＝( )
A．40 B．60
C．76 D．88
3．(2024·陕西西安模拟)已知数列是公比为的等比数列，Sn是数列的前n项和，则＝( )
A．1 B．
C． D．3
基础考点2 等差(比)数列的性质
【典例2】 (1)(2024·全国甲卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝( )
A．－2 B． C．1 D．
(2)(2020·全国Ⅱ卷)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
(3)(2024·江苏南通模拟)已知数列是等比数列，且＝4．设bn＝log2an，数列的前n项和为Sn，则S7＝________．
[听课记录]
等差、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系．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)用性质．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．
1．(2024·四川南充模拟)已知函数f ＝x2－bx＋c的两个零点分别为x1，x2，若x1，x2，－1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则b＋c＝( )
A．1 B．
C． D．
2．(多选)已知正项数列的前n项和为Sn，若对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，则下列说法正确的是( )
A．a1＋a12＝a8＋a5
B．a5a6C．若数列{an}的前三项依次为x，1－x，3x，则a10＝
D．数列为递减的等差数列
3．(多选)已知等差数列的前n项和为Sn，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )
A．a2 022>0 B．Sn的最大值为S2 023
C．的最小值为a2 022 D．S4 044<0
4．(2024·陕西西安模拟)已知等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝________．
基础考点3 等差(比)数列的判定与证明
【典例3】 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．
[听课记录]
判定等差(比)数列的主要方法
(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一个常数；
(2)中项公式法．
提醒：＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定一个数列是等比数列时，要注意各项不为0．
(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知在数列中，a1＝1，an＋an＋1＝．
(1)令bn＝3n-1an－，证明：数列是等比数列；
(2)设Sn＝a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an，证明：数列是等差数列．
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