第六章　6.3　等比数列（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

6．3　等比数列
1．理解等比数列的概念和通项公式的意义，掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
2．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题．
3．理解等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的概念
(1)等比数列的定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)，即＝q(n∈N*)，或＝q(n∈N*，n≥2).
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝abＷ．
2．等比数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式：an＝a1qn-1．该式又可以写成an＝·qn，这表明q>0且q≠1时，an是函数y＝·qx当x＝n时的函数值．
(2)前n项和公式：
Sn＝．
当q≠1时，该式又可以写成Sn＝－·qn，这表明q>0，且q≠1时，Sn的图象是指数型函数y＝－Aqx＋A图象上一群孤立的点．
3．等比数列的性质
(1)与项有关的性质
①在等比数列{an}中，an＝amqn－m(n，m∈N*).
②在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2k，m，n，p，q，k∈N*，则aman＝apaq＝a.
③在公比为q的等比数列{an}中，取出项数成等差数列的项ak，ak＋d，ak＋2d，…，仍可组成一个等比数列，公比是qd.
④m个等比数列，由它们的各对应项之积组成一个新数列，仍然是等比数列，公比是原来每个等比数列对应的公比之积．
⑤若{an}，{bn}（项数相同）均为等比数列，公比分别为q1，q2，则{kan}(k≠0)仍为等比数列，且公比为q1；{anbn}仍为等比数列，且公比为q1q2；仍为等比数列，且公比为.
⑥当{an}是公比为q(q>0)的正项等比数列时，数列{lg an}是等差数列，首项为lg a1，公差为lg q.
(2)与和有关的性质
①等比数列连续k项的和仍为等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，仍为等比数列，且公比为qk（q≠－1，或q＝－1且k为奇数）.
②在等比数列中，若项数为2n(n∈N*)，则＝q.
③在等比数列中，当qm≠1时，＝，n，m∈N*.
④在等比数列中，Sn＋m＝Sn＋qnSm，n，m∈N*.
4．等比数列的单调性
(1)当a1>0，q>1或a1＜0，0(2)当a1>0，01时，等比数列{an}是递减数列．
(3)当q＝1时，等比数列{an}是一个常数列．
(4)当q<0时，等比数列{an}是一个摆动数列．
教材拓展
1．若数列{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，，{an·bn}，也是等比数列．
2．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.
3．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A.即若Sn＝Aqn＋B(AB≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列 A＋B＝0.
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数．(　×　)
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　×　)
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　×　)
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　×　)
2．（人教A版选择性必修第二册P37T1改编）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为2，且S4＝15，则a1＝1．
解析：依题意，a1＋a2＋a3＋a4＝15，故a1＋2a1＋4a1＋8a1＝15，解得a1＝1.
3．设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＋a3＝6，则S6＝63Ｗ．
解析：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a2＋a3＝6，得q＋q2＝6(q>0) q＝2 S6＝＝63.
4．（人教A版选择性必修第二册P37例9改编）设等比数列{an}的前n项和是Sn.已知S3＝30，S6＝120，则S12＝1 200．
解析：因为Sn是等比数列{an}的前n项和且S3≠0，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9也成等比数列，又因为S3＝30，S6＝120，则＝3，可得S9－S6＝30×32＝270，S12－S9＝30×33＝810，所以S9＝S6＋270＝390，S12＝S9＋810＝1 200.
考点1 等比数列基本量的计算
【例1】　(1)中国古代数学著作《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰．书里记载了这样一个问题“今有女子善织，日自倍，五日织五尺．问日织几何？”译文是“今有一女子很会织布，每日加倍增长，5天共织5尺，问每日各织布多少尺？”则该女子第二天织布(　B　)
A．尺 B．尺
C．尺 D．尺
【解析】　设每日织布尺数的数列为{an}，则{an}为以2为公比的等比数列，由题知＝5，得a1＝，所以第二天织布尺数为a2＝×2＝.故选B.
(2)（多选）（2024·江西南昌三模）已知{an}是单调递减的等比数列，若a2＝2，前3项和S3＝7，则下列说法中正确的是(　AD　)
A．a1＝4 B．q＝3
C．an＝2n-1 D．Sn＝8－23-n
【解析】　由题意，设等比数列公比为q，
则
解得或因为数列{an}为单调递减的等比数列，所以所以an＝a1qn-1＝4×，Sn＝＝＝8－23-n.故选AD.
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求解．
(2)解方程组时常常利用作商消元法．
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解．
【对点训练1】　（2024·全国甲卷文）记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知2Sn＝3an＋1－3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的前n项和．
解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，故2Sn－1＝3an－3(n≥2)，
所以2an＝3an＋1－3an，即5an＝3an＋1，故等比数列的公比为q＝，
故2a1＝3a2－3＝3a1×－3＝5a1－3，故a1＝1，故an＝.
(2)由等比数列求和公式得Sn＝＝－.
设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝×－n＝×－n－.
考点2 等比数列的证明
【例2】　已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＋an＝3n＋1.
(1)求证：是等比数列，并求数列{an}的通项公式．
(2)是否存在正整数m，使得对任意的正整数n，am＋an＝am＋n总成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)证明：由an＋1＋an＝3n＋1，得an＋1＝－an＋3n＋1，所以an＋1－(n＋1)＋＝－，又a1＝1，
故a1－＋＝－≠0，由递推公式可得an－n＋≠0，
所以＝－1，
所以是首项为－，公比为－1的等比数列．
故an－n＋＝(－1)n-1＝·(－1)n，即an＝n－＋.
(2)存在．
由(1)可得an＝－＋n，所以am＝－＋m，
am＋n＝－＋(m＋n)，
假设am＋an＝am＋n成立，
则－＋(m＋n)＝－＋(m＋n)，
化简得(－1)m＋(－1)n＝1＋(－1)m＋n(*).
可知当m为正偶数，即m＝2k，k∈N*时，(*)式对任意的正整数n总成立．
因此，存在正整数m，当m＝2k，k∈N*时，对任意的正整数n，am＋an＝am＋n总成立．
等比数列的四种常用判定方法
(1)定义法：若＝q（q为非零常数，且n≥2，n∈N*），则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且a＝anan＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an＝cqn-1（c，q均为非零常数，n∈N*），则{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝kqn－k（k为常数，且k≠0，q≠0，1），则{an}是等比数列．
【对点训练2】　（2024·贵州毕节一模）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋2an＝3n－5，n∈N*，设bn＝an－n＋2.
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：因为an＋1＋2an＝3n－5，n∈N*，
所以an＋1－(n＋1)＋2＋2an＝3n－5－(n＋1)＋2，
所以an＋1－(n＋1)＋2＝－2an＋2n－4，
即an＋1－(n＋1)＋2＝－2(an－n＋2)，所以bn＋1＝－2bn，
又b1＝a1－1＋2＝2≠0，则＝－2，
所以{bn}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，bn＝b1·(－2)n-1＝2×(－2)n-1，
由于an＝bn＋n－2，所以an＝2×(－2)n-1＋n－2，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2×(－2)0＋(－1)＋2×(－2)1＋0＋2×(－2)2＋1＋…＋2×(－2)n-1＋n－2＝2×(－2)0＋2×(－2)1＋2×(－2)2＋…＋2×(－2)n-1＋[(－1)＋0＋1＋…＋(n－2)]＝2×[(－2)0＋(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n-1]＋[(－1)＋0＋1＋…＋(n－2)]＝2×＋＝－＋.
考点3 等比数列的性质
命题角度1　项的性质
【例3】　(1)（2024·河北张家口三模）已知数列{an}为等比数列，a1＝1，a2a3a4＝27，则log3(a1a3a5…a17)＝(　C　)
A．28　　 B．32
C．36　　 D．40
【解析】　记数列{an}的公比为q，由题知a1q·a1q2·a1q3＝q6＝27，则a1a3a5…a17＝a＝(a1q8)9＝q72＝(q6)12＝2712＝336，所以log3(a1a3a5…a17)＝log3336＝36.故选C.
(2)（2024·甘肃陇南一模）已知数列{an}为等比数列，a2＋a4＋a6＝8，＋＋＝2，则a4＝(　C　)
A．2 B．±2
C．2 D．±2
【解析】　因为{an}为等比数列，则公比q≠0，所以a＝a2a6，又a2＋a4＋a6＝8，所以＋＋＝＋＋＝＋＝＋＝＝＝2，解得a4＝±2，又a2＋a4＋a6＝a2(1＋q2＋q4)＝8>0，而1＋q2＋q4>0恒成立，所以a2>0，则a4＝a2q2>0，故a4＝2.故选C.
命题角度2　和的性质
【例4】　(1)（2024·湖北襄阳模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＋S24＝140，且S24＝13S8，则S16＝(　A　)
A．40　　 B．－30　
C．30　　 D．－30或40
【解析】　设等比数列{an}的公比为q，因为S8＋S24＝140，且S24＝13S8，所以S8＝10，S24＝130，故q≠±1，所以＝＝(q8)2＋q8＋1＝13，即(q8)2＋q8－12＝0，解得q8＝3或q8＝－4（舍去），由等比数列性质可知，S8，S16－S8，S24－S16成等比数列，公比为q8＝3，所以S16－10＝10×q8＝30，解得S16＝40.故选A.
(2)已知等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则k＝(　B　)
A．2 B．3
C．4 D．5
【解析】　设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a3＋…＋a2k＋1＝a1＋a2q＋…＋a2kq＝85，即q(a2＋…＋a2k)＝85－1＝84，因为a2＋a4＋…＋a2k＝42，所以q＝2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋a2k＋1＝85＋42＝127＝，即128＝22k+1，解得k＝3.故选B.
1．在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度．
2．在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
【对点训练3】　(1)（2024·贵州贵阳二模）记等比数列{an}的前n项和为Sn，a1a2a3＝27，a5＝81，则S5＝(　A　)
A．121 B．63
C．40 D．31
解析：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，若a1a2a3＝27，则有a＝27，解得a2＝3，又由a5＝81，则q3＝＝＝27，解得q＝3，故a1＝＝1，则S5＝＝＝121.故选A.
(2)（多选）（2024·湖北武汉二模）下列命题正确的是(　BD　)
A．若{an}，{bn}均为等比数列且公比相等，则{an＋bn}也是等比数列
B．若{an}为等比数列，其前n项和为Sn，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列
C．若{an}为等比数列，其前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
D．若数列{an}的前n项和为Sn，则“an>0(n∈N*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件
解析：若a1＝－b1且{an}，{bn}公比相等，则a1＋b1＝0，显然不满足等比数列，A错误；若{an}的公比为q，而S3＝a1(1＋q＋q2)，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1(q3＋q4＋q5)，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝a1(q6＋q7＋q8)，所以S3，S6－S3，S9－S6是公比为q3的等比数列，B正确；同B分析，Sn＝a1(1＋q＋…＋qn-1)，S2n－Sn＝a1(qn＋qn+1＋…＋q2n-1)，S3n－S2n＝a1(q2n＋q2n+1＋…＋q3n-1)，若n为偶数，q＝－1时，显然各项均为0，不为等比数列，C错误；当an>0(n∈N*)，则Sn＝Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，易知{Sn}为递增数列，充分性成立，当{Sn}为递增数列，则Sn>Sn－1 Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，显然{an}为－1，2，2，2，…满足，但an>0不恒成立，必要性不成立，所以“an>0(n∈N*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件，D正确．故选BD.
课时作业40
1．（5分）（2024·四川凉山三模）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a2＝－3，S3＝7，则公比q＝(　D　)
A．－3 B．－
C．3或 D．－3或－
解析：由S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7，a2＝a1q＝－3，得－3－3q＝7，即3q2＋10q＋3＝0，解得q＝－3或q＝－.故选D.
2．（5分）（2024·天津河西区三模）若数列{an}满足an＋1＝2an－1，则称{an}为“对奇数列”．已知正项数列{bn＋1}为“对奇数列”，且b1＝2，则b2 025＝(　D　)
A．2×32 023 B．22 023
C．22 024 D．22 025
解析：因为正项数列{bn＋1}为“对奇数列”，所以bn＋1＋1＝2(bn＋1)－1，则bn＋1＝2bn，即数列{bn}是公比为2的等比数列，又因为b1＝2，所以b2 025＝2×22 024＝22 025.故选D.
3．（5分）（2024·浙江金华三模）已知{bn}是等比数列，若b2＝3，b6＝27，则b4的值为(　A　)
A．9 B．－9
C．±9 D．81
解析：由题得b＝b2·b6＝3×27＝81，而b4＝b2·q2>0，则b4＝9.故选A.
4．（5分）（2024·陕西西安三模）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＋a4＋a7＝2，a2＋a5＋a8＝4，则S9＝(　B　)
A．12 B．14
C．16 D．18
解析：设等比数列{an}的公比为q，可得＝＝q＝2，则a3＋a6＋a9＝q(a2＋a5＋a8)＝8，所以S9＝2＋4＋8＝14.故选B.
5．（5分）（2024·四川内江三模）在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S10＝5，S20＝15，则S30的值为(　C　)
A．25 B．30
C．35 D．40
解析：因为{an}为等比数列，所以S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，即5，15－5，S30－15成等比数列，可得5(S30－15)＝100，所以S30＝35.故选C.
6．（5分）（2024·山东青岛二模）一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a2 024a2 026－a＝(　A　)
A．1　　　 B．－1
C．2　　　 D．－2
解析：依题意，an＝an－1＋an－2(n∈N*，n≥3)，a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋a2＝3，当n≥2时，anan＋2－a＝an(an＋1＋an)－a＝anan＋1＋a－a＝a＋an＋1(an－an＋1)＝a－an＋1an－1＝－（an－1an＋1－a），又a1a3－a＝－1，所以数列{anan＋2－a}是首项为－1，公比为－1的等比数列，所以a2 024a2 026－a＝(－1)×(－1)2 024-1＝1.故选A.
7．（6分）（多选）分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图1的分形规律生长成一个图2的树形图，设图2中第n行白心圈的个数为an，黑心圈的个数为bn，则下列说法正确的是(　ACD　)
A．a3＝5
B．b3＝2
C．数列{an－bn}为等比数列
D．图2中第2 026行的黑心圈的个数是
解析：由题图可得a3＝5，b3＝4，故A正确，B错误；an＋bn＝3n-1，an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝2bn＋an，且有a1＝1，b1＝0，故有且a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，{an－bn}为常数列，且a1－b1＝1，所以{an－bn}是以1为首项，1为公比的等比数列，故C正确；由上可得故所以b2 026＝，故D正确．故选ACD.
8．（6分）（多选）（2024·河南驻马店二模）设y＝M(x)是定义在N*上的奇因函数，其中M(x)指x的最大奇因数，如M(3)＝3，M(6)＝3，M(8)＝1，则(　ABD　)
A．对k∈N*，M(2k－1)≥M(2k)
B．M(2k)＝M(k)
C．M(1)＋M(2)＋…＋M(63)＝931
D．M(1＋2＋…＋63)＝63
解析：由题意得M(2k)＝M(k)，故B正确；M(2k)＝M(k)≤k，M(2k－1)＝2k－1≥k，故A正确；1＋2＋3＋…＋63＝×63＝25×63，所以M(1＋2＋3＋…＋63)＝M(25×63)＝M(63)＝63，故D正确；M(1)＋M(2)＋…＋M(63)＝[M(1)＋M(3)＋…＋M(63)]＋[M(2)＋M(4)＋…＋M(62)]＝1＋3＋…＋63＋[M(1)＋M(2)＋…＋M(31)]＝＋[M(1)＋M(2)＋…＋M(31)]＝210＋[M(1)＋M(3)＋…＋M(31)]＋[M(2)＋M(4)＋…＋M(30)]＝…＝210＋28＋26＋24＋22＋20＝＝1 365，故C错误．故选ABD.
9．（5分）（2024·山东青岛三模）已知等差数列{an}的公差d≠0，首项a1＝，a4是a2与a8的等比中项，记Sn为数列{an}的前n项和，则S20＝105．
解析：等差数列{an}中，a1＝，a4是a2与a8的等比中项，所以a＝a2a8，即＝，解得d＝或d＝0（不合题意，舍去），所以S20＝20×＋＝105.
10．（5分）（2024·北京顺义区三模）命题：若{an}是等比数列，则前n项和Sn不存在最大值和最小值．写出一组说明此命题为假命题的首项a1＝1（答案不唯一）和公比q＝2（答案不唯一）．
解析：因为命题“若{an}是等比数列，则前n项和Sn不存在最大值和最小值”为假命题，所以可得若{an}是等比数列，则前n项和Sn存在最大值或最小值，因为只需确定满足条件的一组取值，故不妨先考虑q>0条件下是否存在，若q＝1，则Sn＝na1，当a1>0时，则Sn随n的增大而增大，此时Sn有最小值，满足条件，当a1<0时，则Sn随n的增大而减小，此时Sn有最大值，满足条件，若q≠1，则Sn＝，当q>0时，若a1>0，则Sn随n的增大而增大，此时Sn有最小值，满足条件，当q>0时，若a1<0，则Sn随n的增大而减小，此时Sn有最大值，满足条件，故可取a1＝1，q＝2.
11．（15分）（2024·山东济南三模）已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3＝1，a5＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求lg (a1·a2·a3·…·a100)的值．
解：(1)因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a3＝1，a5＝100，设公比为q，则有a5＝a3·q2，因此q＝10，a3＝a1·q2，所以a1＝10-2，
所以an＝10-2·10n-1＝10n-3.
(2)lg (a1·a2·a3·…·a100)＝lg a1＋lg a2＋lg a3＋…＋lg a100＝lg 10-2＋lg 10-1＋lg 1＋…＋lg 1097＝(－2)＋(－1)＋0＋…＋97＝＝4 750.
12．（16分）（2024·江西赣州二模）已知数列{an}满足a1＝，且an，an＋1，2anan＋1成等差数列．
(1)求证：数列是等比数列，并求出{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：1－≤Sn<.
证明：(1)由an，an＋1，2anan＋1成等差数列可得3an＋1＝an＋2anan＋1，
因为a1＝，可得an≠0，所以两边同时除以anan＋1得＝－2，
上式可化为－1＝3，
又－1＝3，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，所以－1＝3×3n-1＝3n，即an＝.
(2)因为an＝<，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＋＋＋…＋＝＋＝－·<.
又因为an＝＝≥，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an≥＝×＝（当n＝1时等号成立）.
综上可知，≤Sn<.
13．（5分）（2024·河北张家口三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　A　)
A．3×251－156 B．3×251－103
C．3×250－156 D．3×250－103
解析：因为a1＝1，an＋1＝所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，所以a2k＋2＋a2k＋1＝2(a2k＋a2k－1)＋3，记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，又b1＋3＝a1＋a2＋3＝6，所以{bn＋3}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝6×2n-1，bn＝6×2n-1－3，记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156.故选A.
14．（6分）（多选）（2024·辽宁沈阳模拟）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率0.3%，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）.有两种还款方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法正确的是(　ABC　)
A．等额本金方案，所有的利息和为2 340元
B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10 030元
C．等额本息方案，每月还款金额中的本金部分呈现递增等比数列
D．综合考虑，等额本金方案优于等额本息方案
解析：利息和为(120 000＋110 000＋100 000＋…＋10 000)×0.003＝2 340（元），故A正确；倒数第二个月还款后，剩余本金10 000，一个月利息为30元，本息和应为10 030元，故B正确；设第n个月贷款利息为an，偿还本金为bn，p为贷款总额，则a1＝0.3%p，a2＝0.3%(p－b1)，则b2＝(a1＋b1)－a2＝0.3%p＋b1－0.3%(p－b1)＝b1(1＋0.3%)，a3＝0.3%(p－b1－b2)，则b3＝(a2＋b2)－a3＝0.3%(p－b1)＋b2－0.3%(p－b1－b2)＝b2(1＋0.3%)＝b1(1＋0.3%)2，同理得b4＝b1(1＋0.3%)3，b5＝b1(1＋0.3%)4，…，b12＝b1(1＋0.3%)11，所以数列{bn}是以1＋0.3%为公比的递增等比数列，所以C正确；由C可知，＝120 000，得b1＝，所以每月还款的本息和为a1＋b1＝120 000×0.3%＋，所以等额本息还款利息和为12(a1＋b1)－120 000＝12×120 000×0.3%＋－120 000＝12×120 000×0.3%×－120 000≈2 352.85，两种贷款方案各有优劣，等额本息还款利息和比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大，还款金额逐年递减，等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额，还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益，故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误．故选ABC.
15．（6分）（多选）（2024·河北承德二模）对于给定的数列{cn}，如果存在实数p，q，使得cn＋1＝pcn＋q对任意n∈N*成立，我们称数列{cn}是“线性数列”，已知数列{an}，则下列说法正确的是(　ABD　)
A．若{an}是等差数列，则{an}是“线性数列”
B．若{an}是等比数列，则{an}是“线性数列”
C．若an＋1＝pan＋q，p≠1且a1＝q，则an＝
D．若{an}是“线性数列”，则{an＋an＋1}也是“线性数列”
解析：若数列{an}为等差数列，则an＋1－an＝d，即an＋1＝an＋d，满足“线性数列”的定义，故A正确；若数列{an}为等比数列，则＝q，即an＋1＝qan，满足“线性数列”的定义，故B正确；设an＋1－k＝p(an－k)，k∈R，则k－pk＝q，则k＝，则an－＝pn-1a1－，因此an＝，故C错误；若{an}是“线性数列”，则存在实数p，q，使得an＋1＝pan＋q，an＋2＝pan＋1＋q，则an＋1＋an＋2＝p(an＋an＋1)＋2q，故{an＋an＋1}也是“线性数列”，故D正确．故选ABD.