【高考题型分类突破】专题04 等差数列、等比数列 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

专题四 等差数列、等比数列
【题型分析】
考情分析：
1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题的形式出现.
2.数列的通项也是高考热点，难度中档及以下.
题型1 等差数列、等比数列的计算
例1　(1)(2023年全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1=1，S5=5S3-4，则S4=(　　).
A. B. C.15 D.40
(2)(2024年新高考全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=　　　　.
方法总结：
1.等差数列、等比数列中的基本量计算问题
　　2.解决等差、等比数列基本量运算问题的思想方法
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7=70，a2(a3+a5)=80，则公差d=(　　).
A.12 B.2 C.3 D.4
2.(改编)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a12=　　　　.
题型2 等差数列、等比数列的性质
例2　(1)记数列{an}的前n项和为Sn，若是等差数列，S6=6，则a3+a4=(　　).
A. B. C.1 D.2
(2)(改编)已知{an}为等比数列，若lg a3，lg a2 023是函数f(x)=3x2-12x+9的两个不同的零点，则a1a2 025=(　　).
A.10 B.104 C.108 D.1012
方法总结：
　　1.等差数列、等比数列的性质
2.等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解.
(2)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.已知{an}是等比数列，a1，a5是函数f(x)=x2-10x+tln(3x)的两个极值点，若a2a4=2a3-2，则t的值为(　　).
A.-4 B.-5 C.4 D.5
2.(改编)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，若a2+a4+a6=5π，b2b4b6=3，则sin =　　　　.
题型3 等差数列、等比数列的判断与证明
例3　(2021年全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知+=2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列.
bn为数列{Sn}的前n项积→bn=Sn·bn-1→消去Sn→bn-bn-1=→确定结论.
(2)求{an}的通项公式.
求a1→由(1)求bn→求Sn→n≥2时，求an→写出结论.
在平面直角坐标系内有线段A1A2，且A1A2与x轴不垂直.已知A3是线段A1A2上靠近A2的三等分点，A4是线段A2A3上靠近A3的三等分点……An+1是线段An-1An(n≥2，n∈N*)上靠近An的三等分点.设点An的横坐标为an.
(1)求证：数列{an+1-an}为等比数列.
(2)若a1=1，a2=5，求{an}的通项公式.
【真题改编】
1.(2024年全国甲卷，理科T4改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=S10，a5=1，则Sn的最大值为(　　).
A. B. C.14 D.28
2.(2023年新高考全国Ⅰ卷，T7改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn=pn2+qn(p，q是常数)”是“{an}为等差数列”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
3.(2023年新高考全国Ⅱ卷，T8改编)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，若S4=40，S6=91S2，则使得an<81成立的n的最大值为(　　).
A.2 B.4 C.6 D.8
4.(2023年全国乙卷，理科T10改编)已知等差数列{an}的首项为，公差为，数列{bn}满足bn=cos an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S2 024=(　　).
A.-1 B.- C.0 D.
5.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T12改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a5=-10，S10=-80，则a6=　　　　.
6.(2023年全国乙卷，理科T15改编)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，若Tn=a1a2…an，则T13=　　　　.
【最新模拟】
(总分：100分　单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分，共68分；解答题共32分)
1.已知数列{an}为等比数列，且a1=1，a2a3a4=64，则log2a5的值为(　　).
A.1 B.2 C.3 D.4
2.已知{an}为等差数列，a1=-6，=a3a6，数列{an}的前n项和为Sn，若Sm=0，则m等于(　　).
A.10 B.11 C.12 D.13
3.(改编)我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意思是有996斤绵要赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.根据这些信息可知第4个孩子分得的绵的斤数为(　　).
A.99 B.116 C.133 D.150
4.记等比数列{an}的前n项之积为Tn，则“a6a7>1”是“T12>1”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
5.记数列{an}的前n项和为Sn，Sn=An+B，A，B为常数，则下列选项正确的是(　　).
A.若A+B=1，则a1=1
B.若A=2，则a2=2
C.存在常数A，B，使数列{an}是等比数列
D.对任意常数A，B，数列{an}都是等差数列
6.在数列{an}中，若对 n∈N*，都有=q(q为常数)，则称数列{an}为“等差比数列”，q为“公差比”.设数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法一定正确的是(　　).
A.若数列{an}是等差数列，则该数列也是“等差比数列”
B.若等比数列{an}是“等差比数列”，则该数列的公比与“公差比”相同
C.若数列{Sn}是“等差比数列”，则数列{an+1}是等比数列
D.若数列{an}是等比数列，则数列{Sn}是“等差比数列”
7.(改编)已知数列{an}为正项等比数列，且a3-a4=3，则a2的最小值为　　　　.
8.汉诺塔(Tower of Hanoi)，是一种源于印度古老传说的益智玩具.如图所示，有三根相邻的标号分别为A，B，C的柱子，A柱子从下到上按金字塔状叠放着n个不同大小的圆环，要把所有圆环一个一个移动到B柱子上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大圆环在小圆环上方的情况.记至少移动的次数为H(n)，例如：H(1)=1，H(2)=3，则下列说法正确的是(　　).
A.H(3)=5
B.{H(n)}为等差数列
C.{H(n)+1}为等比数列
D.H(7)>100
9.已知等差数列{an}的公差不为0，a2 024=0，给定正整数m，使得对任意的n∈N*(n2)，都有a1+a2+…+an=a1+a2+…+am-n成立，则m的值为(　　).
A.4 047 B.4 046 C.2 024 D.4 048
10.(15分)已知数列{an}中，a1=，an+1=(n∈N*).
(1)证明：-1是等比数列.
(2)求数列的前n项和.
11.(17分)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn-an=n2+1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an+an+1}是等差数列.
(2)求S20.
12.(原创)已知各项均为正数的数列{an}满足an=3an+1，且a1+9a3=，则log3a11的值为(　　).
A.-11 B.-10 C.10 D.11
13.(原创)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，=7，则=(　　).
A. B.
C.3 D.6
14.(原创)设等比数列{an}的前n项和为Sn，写出一个满足下列条件的{an}的公比：q=　　　　.
①a2 023>0；②{an}是递增数列；③S2 02515.(人教A版选择性必修第二册P23例9改编)已知数列{an}满足2an+1=an+an+2，且a2=8，a5+a6=2，若Tn是{an}的前n项和，则Tn的最大值为　　　　.
参考答案
专题四 等差数列、等比数列
题型1　等差数列、等比数列的计算
例1　(1)C　(2)95
【解析】(1)(法一)设等比数列{an}的公比为q，由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4，整理得(1+q)(q3-4q)=0，因为此数列的各项均为正数，所以q=2，所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15.
(法二)设等比数列{an}的公比为q，因为a1=1，即S1=1，所以S5=5S3-4=5S3-4S1，所以S5-S3=4(S3-S1).
又S5-S3=q2(S3-S1)，所以q2=4，又q>0，所以q=2，因此，S4===15.故选C.
(2)设等差数列{an}的公差为d，则解得所以S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95.
跟踪训练
1.C
【解析】因为S7=7a4=70，所以a4=10，
又a2(a3+a5)=2a2a4=80，所以a2=4，所以d==3.
故选C.
2.4
【解析】∵{an}为等比数列，∴a2a4a5=a2a3a6=a3a6，解得a2=1，
而a9a10=a2q7a2q8=q15=-8，可得q15=(q5)3=-8，
即q5=-2，则a12=a2q10=1×(-2)2=4.
题型2　等差数列、等比数列的性质
例2　(1)D　(2)B
【解析】(1)因为是等差数列，
所以可设=an+b，所以Sn=an2+bn，所以{an}为等差数列，
因为S6=6=×6=3(a1+a6)，
所以a1+a6=2，所以a3+a4=2，故选D.
(2)因为lg a3，lg a2 023是f(x)=3x2-12x+9的两个不同的零点，
所以lg a3+lg a2 023=4，所以lg(a3a2 023)=4，
所以a3a2 023=104，故a1a2 025=104，故选B.
跟踪训练
1.C
【解析】由题意知，f'(x)=2x-10+=，x>0，
所以a1，a5是方程2x2-10x+t=0的两个实数根，则a1>0，a5>0，a1a5=>0，
根据等比数列的性质可知，a2a4=a1a5=，且a2a4=2a3-2，
所以=2×-2，即t-4+4=0，即(-2)2=0，解得t=4.
故选C.
2.
【解析】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sin =sin-=sin =.
题型3　等差数列、等比数列的判断与证明
例3
【解析】(1)当n=1时，b1=S1=a1，
由+=2，解得b1=，
当n≥2时，=Sn，代入+=2，
消去Sn，可得+=2，所以bn-bn-1=，
所以{bn}是以为首项，为公差的等差数列.
(2)由题意得a1=S1=b1=，
由(1)可得bn=+(n-1)×=，
由+=2，可得Sn=.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=-，显然a1不满足该式，
所以an=
跟踪训练
【解析】(1)由题意得=2，所以3an+2=2an+1+an，可得3an+2-3an+1=an-an+1，
又a2-a1≠0，所以=-，
所以数列{an+1-an}是首项为a2-a1，公比为-的等比数列.
(2)因为a1=1，a2=5，所以a2-a1=4.
因为数列{an+1-an}是公比为-的等比数列，所以当n≥2时，an-an-1=4×-n-2.
由累加法可得，当n≥2时，an-a1=4×1+-+…+-n-2=4×=3-3×-n-1，即当n≥2时，an=4+-n-2，
经检验，a1=1满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=4+-n-2.
1.B
【解析】由S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，得a8=0，
则等差数列{an}的公差d==-，所以a1=a5-4d=1-4×-=，
所以Sn的最大值为S7和S8，且S7=S8=8×+×-=.故选B.
2.C
【解析】若Sn=pn2+qn(p，q是常数)，则当n≥2时，an=Sn-Sn-1=pn2+qn-[p(n-1)2+q(n-1)]=2pn-p+q.
当n=1时，a1=S1=p+q，对于上式也成立，∴an=2pn-p+q，∴{an}为等差数列，反之也成立.∴“Sn=pn2+qn(p，q是常数)”是“{an}为等差数列”的充要条件.
3.B
【解析】由S4=40，S6=91S2，可得=40，　①
=91×，　②
由②可得，1+q2+q4=91，解得q2=9，即q=3，代入①式得首项a1=1，
所以等比数列{an}的通项公式为an=3n-1.
由3n-1<34，得n-1<4，所以n<5，
又n∈N*，所以n的最大值为4.故选B.
4.B
【解析】依题意，在等差数列{an}中，an=+(n-1)·=n-，
所以bn=cosn-.
又bn+3=cos(n+3)-=cosn+2π-=cosn-=bn，
所以3是{bn}的周期，又b1=cos-=，b2=-1，b3=，所以b1+b2+b3=0，
所以S2 024=b1+b2+…+b2 024=b1+b2=-.故选B.
5.-9
【解析】因为数列{an}为等差数列，
所以设其公差为d，
则
解得
所以a6=a1+5d=-9.
6.-8 192
【解析】设等比数列{an}的公比为q(q≠0).
因为a2a4a5=a3a6=a4a5，显然an≠0，所以a2=1.
因为a9a10=-8，所以a2q7·a2q8=-8，
所以q15=(q5)3=-8=(-2)3，所以q5=-2，所以a7=a2q5=q5=-2，
则T13=a1a2…a13==(-2)13=-8 192.
1.D
【解析】由等比中项的性质可知a2a3a4=64=，
∴a3=4，
又=a1a5=16，∴a5=16，∴log2a5=log216=4，故选D.
2.D
【解析】设等差数列{an}的公差为d，因为a1=-6，=a3a6，
所以(-6+8d)2=(-6+2d)(-6+5d)，解得d=1或d=0.
若d=0，则{an}为常数列，则Sn=-6n≠0，不符合题意，舍去，
所以d=1，由等差数列前n项和公式得Sm=-6m+×1=0，解得m=13.
故选D.
3.B
【解析】依题意得，8个子女所得的绵的斤数依次构成等差数列，
设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第1个孩子所得的绵的斤数为a1，
则由题意得d=17，S8=8a1+×17=996，解得a1=65，
所以a4=a1+(4-1)d=65+3×17=116.故选B.
4.A
【解析】若a6a7>1，则T12=a1a2…a12=(a6a7)6>1，故充分性成立；
若T12>1，即a1a2…a12=(a6a7)6>1，则a6a7>1或a6a7<-1，故必要性不成立.
综上，“a6a7>1”是“T12>1”的充分不必要条件.故选A.
5.ABC
【解析】对于A，若A+B=1，则a1=S1=A+B=1，A正确；
对于B，若A=2，则a2=S2-S1=(2A+B)-(A+B)=A=2，B正确；
对于C，由Sn=An+B得a1=S1=A+B，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(An+B)-[A(n-1)+B]=A，
所以当B=0，A≠0时，数列{an}是公比为1的等比数列，C正确；
对于D，由上述知，当n≥2时，an=A，若B≠0，则a2-a1=A-(A+B)=-B≠a3-a2=0，
此时，数列{an}不是等差数列，D错误.
故选ABC.
6.BCD
【解析】若等差数列{an}为常数列，则an+1-an=0，无意义，
所以等差数列{an}不一定是“等差比数列”，故A选项错误；
若公比为q的等比数列{an}是“等差比数列”，则{an}不是常数列，则an=a1qn-1，q≠1，
由==q，得该数列的公比与“公差比”相同，故B选项正确；
若数列{Sn}是“等差比数列”，则==q，所以数列{an+1}是等比数列，故C选项正确；
若数列{an}是等比数列，公比为q，则==q，
所以数列{Sn}是“等差比数列”，故D选项正确.
故选BCD.
7.12
【解析】因为数列{an}为正项等比数列，所以=a2a4，且a4>0，
则a2===a4++6≥2+6=12，
当且仅当a4=，即a4=3时，等号成立，故a2的最小值为12.
8.CD
【解析】由题意知，若要移动1个圆环到B柱子上，则需移动1次；
若要移动2个圆环到B柱子上，则移动情况为A→C，A→B，C→B，需移动3次；
若要移动3个圆环到B柱子上，则移动情况为A→B，A→C，B→C，A→B，C→A，C→B，A→B，共7次，故H(3)=7，A错误；
由此类推，先将A柱子上的n个圆环中上面的(n-1)个圆环移动到C柱子上，然后将n个圆环中最大的圆环移动到B柱子上，再将C柱子上的(n-1)个圆环移动到B柱子上.设若有n个圆环，至少移动an次，则an=2an-1+1(n≥2)，
所以an+1=2(an-1+1)，而a1+1=1+1=2≠0，故{an+1}为等比数列，即{H(n)+1}为等比数列，C正确；
由上述分析知，H(n)=2n-1，则H(n)不是n的一次函数，
则{H(n)}不为等差数列，B错误；
H(7)=27-1=127>100，D正确.
故选CD.
9.A
【解析】若n>m-n，由题意知am-n+1+am-n+2+…+an=0，
由等差数列的性质知，若p+q=s+t(p，q，s，t∈N*)，则有ap+aq=as+at，所以am-n+1+an=0，
因为公差d≠0，且a2 024=0，所以a1+a4 047=0，所以m-n+1+n=4 048，所以m=4 047.
若n由等差数列的性质知，若p+q=s+t(p，q，s，t∈N*)，则有ap+aq=as+at，所以an+1+am-n=0，
因为公差d≠0，且a2 024=0，所以a1+a4 047=0，所以n+1+m-n=4 048，所以m=4 047.
综上所述，m=4 047.故选A.
10.解析　(1)因为数列{an}中，a1=，an+1=(n∈N*)，所以===2， 4分
且-1=3-1=2，
所以-1是首项和公比均为2的等比数列. 7分
(2)由(1)可得-1=2·2n-1=2n，即=2n+1， 11分
所以数列的前n项和Sn=(2+22+23+…+2n)+n=+n=2n+1-2+n. 15分
11.解析　(1)当n=1时，由条件得a1-a1=2，所以a1=4. 1分
当n=2时，由条件得(a1+a2)-a2=5，所以a2=2. 2分
因为Sn-an=n2+1，所以Sn-1-an-1=(n-1)2+1(n≥2)，
两式相减得an-an+an-1=2n-1，即an+an-1=4n-2，
5分
所以(an+1+an)-(an+an-1)=[4(n+1)-2]-(4n-2)=4，
所以数列{an+an+1}为等差数列. 8分
(2)由(1)知数列{an+an+1}是首项为a1+a2=6，公差为4的等差数列，所以an+an+1=4n+2， 12分
所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)===420. 17分
12.A
【解析】由an=3an+1，an>0可知数列{an}为等比数列，且公比q=，
又a1+9a3=，∴a1+9×a1×=，得a1=，
∴an=a1qn-1=×n-1=n，∴log3a11=log311=-11.故选A.
13.C
【解析】由=7，可设S3=a(a≠0)，则S6=7a，
∵{an}为等差数列，∴S3，S6-S3，S9-S6为等差数列，
即a，6a，S9-7a成等差数列，∴S9-7a=11a，即S9=18a，
∴==3.故选C.
14.(答案不唯一，满足1【解析】因为a2 023=a1q2 022>0，所以a1>0，
由等比数列的通项公式an=a1qn-1可得an-an-1=a1qn-2(q-1)(n≥2).
因为a1>0，且{an}是递增数列，所以q>1.
又因为S2 025即a2 023q2+a2 023q-6a2 023<0，
因为a2 023>0，所以q2+q-6<0，解得-3综上，115.30
【解析】由2an+1=an+an+2知，数列{an}为等差数列，设其公差为d，则由题意得解得
则an=12-2n，
所以Tn==n(11-n)，
而抛物线y=-x2+11x的开口向下，对称轴为直线x=5.5，
所以当n=5或n=6时，Tn取得最大值，最大值为T5=T6=5×6=30.