第4讲 等差、等比数列
（时间：60分钟，满分：92分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1.（2025·浙江杭州质测）若等比数列{an}满足a1＋a2＝2，a1－a3＝3，则数列{an}的公比q＝（ ）
A.－或 B.或－
C.－ D.
2.（2025·安徽合肥一模）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＋a6＝9，则S9＝（ ）
A.9 B.18 C.27 D.36
3.已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝（ ）
A.－20 B.－18 C.16 D.18
4.在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2＞1，其前n项之积为Tn，且T20＝T10，则Tn取得最大值时，n的值为（ ）
A.15 B.16 C.29 D.30
5.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且存在k∈N*，使得Sk＋3，Sk＋9，Sk＋6成等差数列.若对于任意的m∈N*，满足am＋2＋am＋5＝32，则am＋8＝（ ）
A.m＋32 B.m＋16 C.32 D.16
6.已知数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝6，an＋1＝2an，bn＋1＝2bn－an，若am＝bm，则m＝（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7.（2025·东北四市联合体考试）已知数列{an}满足an＋1＋an＝f（n），则下列说法中正确的是（ ）
A.若a1＝2，f（n）＝2n，则{an}是等差数列
B.若a1＝1，f（n）＝2n＋1，则{an}是等差数列
C.若a1＝2，f（n）＝4，则{an}是等比数列
D.若a1＝1，f（n）＝3×2n－1，则{an}是等比数列
8.{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d＞0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a2 024＝b2 024，则（ ）
A.a100＞b100 B.a100＜b100
C.a2 025＞b2 025 D.a2 025＜b2 025
三、填空题（每小题5分，共10分）
9.（2025·辽宁部分重点中学协作体考试）记Sn为正项数列{an}的前n项和，a3＝2S2，为等比数列，则＝ .
10.（2025·北京市第35中学一模）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2积分.若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡需从1积分重新开始.某会员参与打卡活动，若连续打卡5天，则共获得积分为 ；若该会员从3月1日开始到3月20日共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天可以是3月 日.
四、解答题（共28分）
11.（13分）（2024·全国甲卷文17题）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{Sn}的前n项和.
12.（15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn－nan＝n.
（1）求证：{an}是等差数列；
（2）若当且仅当n＝6时，Sn最大，比较与－1的大小.
☆高考新风向（每小题6分，共12分）
13.〔创新考法〕〔多选〕意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，其中从第三项起，每个数都等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A.a7＝13 B.S8＝97
C.＋＋…＋＝a2 024a2 025 D.a1＋a3＋a5＋…＋a199＝a200
14.〔创新考法〕〔多选〕线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为an，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为Cn，Sn，其中图n中每个正六边形的边长是图n－1中每个正六边形边长的，则下列说法正确的是（ ）
A.a4＝343 B.C3＝
C.存在正数m，使得Cn≤m恒成立 D.Sn＝×（）n－1
第4讲 等差、等比数列
1.C 易知q≠－1，a1≠0，则＝＝1－q，又a1－a3＝3，a1＋a2＝2，所以1－q＝，所以q＝－，故选C.
2.C 法一（通项公式法） 设等差数列{an}的公差为d，则a4＋a5＋a6＝a1＋3d＋a1＋4d＋a1＋5d＝3a1＋12d＝9，所以a1＋4d＝3，所以S9＝9a1＋×d＝9（a1＋4d）＝27，故选C.
法二（性质法） 因为a4＋a5＋a6＝3a5＝9，所以a5＝3，所以S9＝＝9a5＝27，故选C.
3.C 设等差数列{an}的公差为d（d≠0），因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2，所以＝a3a6，即（－2＋3d）2＝（－2＋2d）（－2＋5d），解得d＝2或d＝0（舍去），所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16.故选C.
4.A 由T20＝T10，得＝a11a12…a19a20＝（a15a16）5＝1，即a15a16＝1，则a1a30＝a2a29＝a15a16＝1，由于a2＞1，得0＜a29＜1，所以等比数列{an}是递减数列，故a15＞1＞a16＞0，则Tn取得最大值时n＝15.
5.D 设等比数列{an}的公比为q，显然q＝1不满足题意，则q≠1，因为Sk＋3，Sk＋9，Sk＋6成等差数列，所以2Sk＋9＝Sk＋3＋Sk＋6，所以＝＋，化简得：2q6－q3－1＝0，即（q3－1）（2q3＋1）＝0，由于q≠1，则q3＝－，因为对于任意的m∈N*，满足am＋2＋am＋5＝32，则am＋2（1＋q3）＝32，所以am＋2＝64，所以am＋8＝am＋2q6＝64×＝16.
6.B 因为a1＝2，an＋1＝2an，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n.因为bn＋1＝2bn－2n，所以＝－，所以数列是等差数列，且公差为－，因为b1＝6，所以＝3，所以＝3＋（n－1）＝，所以bn＝（7－n）·2n－1.因为am＝bm，所以2m＝（7－m）·2m－1，即7－m＝2，解得m＝5.故选B.
7.BCD 当an＋1＋an＝f（n）＝2n时，若a1＝2，则a2＝0，a3＝4，a4＝2，a5＝6，…，所以数列{an}不是等差数列，故A错误；a1＝1，an＋1＋an＝2n＋1，则an＋2＋an＋1＝2n＋3，所以an＋2＝an＋2，所以{an}的奇数项、偶数项分别成等差数列，公差都是2，又a2＝2×1＋1－1＝2，所以a2n－1＝1＋2（n－1）＝2n－1，a2n＝2＋2（n－1）＝2n，故an＝n，从而{an}是等差数列，故B正确；a1＝2，an＋1＋an＝4，则an＋2＋an＋1＝4，所以an＋2＝an，又a2＝4－2＝2，所以{an}是常数列，an＝2，故{an}是等比数列，故C正确；a1＝1，an＋1＋an＝3×2n－1，则an＋1－2n＝－（an－2n－1），又a1－1＝0，所以{an－2n－1}是常数列，an－2n－1＝0，所以an＝2n－1，所以{an}是等比数列，故D正确.故选B、C、D.
8.AD 等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－d，因为d＞0，所以a2 024＞a1，y＝dx＋a1－d是关于x的增函数.等比数列{bn}满足b1＝a1＞0，b2 024＝a2 024＞0，设{bn}的公比为q，则bn＝b1qn－1，所以q2 023＝＞1，所以q＞1，所以y＝b1qx－1是关于x的增函数.作出直线y＝dx＋a1－d及y＝b1qx－1的大致图象，如图，则数列{an}中的各项是直线y＝dx＋a1－d上离散的点对应的纵坐标，数列{bn}中的各项是曲线y＝b1qx－1上离散的点对应的纵坐标.由图可知，a100＞b100，a2 025＜b2 025，故选A、D.
9.3 解析：因为a3＝2S2，则S3＝3S2，可得＝2，可知等比数列的公比为2，则＝2n－1＝a12n－1，即Sn＝na12n－1，所以＝＝＝3.
10.25 8或13 解析：连续打卡的积分规律为：第1天得1分，第2天得3分，第3天得5分，依此类推.这实际上是一个首项为1，公差为2的等差数列.前5天的总积分为：S5＝1＋3＋5＋7＋9＝25.若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n－1.假设他连续打卡n天，第n＋1天中断了，则他所得积分之和为（1＋3＋…＋2n－1）＋[1＋3＋…＋2（20－1－n）－1]＝＋＝193，化简得n2－19n＋84＝0，解得n＝7或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.
11.解：（1）因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3，
两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1，
即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为.
因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，
所以a1＝1，故{an}的通项公式为an＝.
（2）因为2Sn＝3an＋1－3，
所以Sn＝（an＋1－1）＝，
设数列{Sn}的前n项和为Tn，
则Tn＝×－n＝×－n－.
12.解：（1）证明：由题意知，2Sn－nan＝n ①，
则有2Sn＋1－（n＋1）an＋1＝（n＋1） ②，
②－①得2an＋1－（n＋1）an＋1＋nan＝，
即nan＝（n－1）an＋1＋ ③，
则（n＋1）an＋1＝nan＋2＋ ④，
④－③得2an＋1＝an＋2＋an，所以{an}是等差数列.
（2）设等差数列{an}的公差为d，当n＝1时，2a1－a1＝，即a1＝.
由题意可知即解得－＜d＜－，
则a9＋a5＝2a1＋12d＝1＋12d＜0（另解：a5＋a9＝2a7＜0），且a5＞0，所以＜－1.
13.AD 对于A，由题意，数列的前7项为：1，1，2，3，5，8，13，故a7＝13，故A正确；对于B，S8＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＝54，故B错误；对于C，由题意a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，所以an＋1＝an＋2－an，＝a1a2，＝a2（a3－a1）＝a2a3－a1a2，＝a3（a4－a2）＝a3a4－a2a3，…，＝an（an＋1－an－1）＝anan＋1－an－1an，所以＋＋…＋＝a1a2＋（a2a3－a1a2）＋（a3a4－a2a3）＋…＋（a2 025a2 026－a2 024a2 025）＝a2 025a2 026，故C错误；对于D，由C可知，a1＋a3＋a5＋…＋a199＝a2＋（a4－a2）＋（a6－a4）＋…＋（a200－a198）＝a200，故D正确.故选A、D.
14.AD A选项，题图1中正六边形的个数为1，题图2中正六边形的个数为7，题图3中正六边形的个数为49，由题意得数列{an}为首项为1，公比为7的等比数列，所以an＝7n－1，故a4＝73＝343，故A正确；B选项，由题意知C1＝6，C2＝×6＝14，C3＝（）2×6＝，故B错误；C选项，数列{Cn}是首项为6，公比为的等比数列，故Cn＝6×（）n－1，因为＞1，所以Cn＝6×（）n－1单调递增，不存在正数m，使得Cn≤m恒成立，故C错误；D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an＝7n－1，每个小正六边形的边长为（）n－1，故每个小正六边形的面积为6××（）2n－2，则Sn＝7n－1×6××（）2n－2＝×（）n－1，故D正确.故选A、D.
1 / 2第4讲 等差、等比数列
【备考指南】 等差数列、等比数列是高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或解答题的形式考查，难度中等偏下.
1.若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q：在等差数列中，am＋an＝ap＋aq；在等比数列中，am·an＝ap·aq.
1.（2025·山东齐鲁名校大联考一模）已知正项等比数列{an}满足a1a9＝，a3＝，则a4＝（ ）
A. B.
C. D.
2.等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋
.
2.（2025·全国Ⅱ卷7题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6，S5＝－5，则S6＝（ ）
A.－20 B.－15
C.－10 D.－5
3.等比数列的前n项和公式：Sn＝
3.（2025·山东山师附中一模）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a3－2a1＝a2，则S6＝（ ）
A.31 B.32
C.63 D.65
4.若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－2 025，且－＝1，则S2 026＝（ ）
A.－1 B.0
C.1 D.2
5.等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；等比数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列（m为偶数时，q≠－1）.
5.（2025·全国Ⅰ卷13题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于 .
考点一 等差（比）数列的基本运算
【通性通法】 等差（比）数列基本量计算的解题策略
（1）抓住基本量，首项a1，公差d或公比q；
（2）在进行等差（比）数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则可转化成关于a1和d（q）的方程（组）求解，但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量.
【例1】 （1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S9＝6a5＋27，则S5＝（ ）
A.25 B.27 C.30 D.35
（2）〔多选〕（2025·全国Ⅱ卷9题）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q＞0.若S3＝7，a3＝1，则（ ）
A.q＝ B.a5＝
C.S5＝8 D.an＋Sn＝8
【训练1】
【瓶颈突破】 （1）等差数列的通项公式是关于项数n的一次函数；等比数列的通项公式是关于公比q的指数型函数；（2）前n项和为Sn＝an2＋bn（a，b为常数）形式的数列为等差数列.
（1）〔创新命题角度〕已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{an}的公差为d（d≠0），且{}是等差数列，则＝（ ）
A. B.
C.1 D.
（2）（2025·黑龙江哈尔滨一模）已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.若3a4，a8，5a6成等差数列，则＝ .
考点二 等差（比）数列的性质
【常用结论】 若{an}，{bn}（项数相同）均为等比数列，则{λan}（λ≠0），，{}，{an·bn}，仍是等比数列.
【例2】 （1）已知等比数列{an}中，若an＝2·3n－1，则＋＋＋…＋＝（ ）
A.（3n－1）2 B.（9n－1）
C.9n－1 D.（3n－1）
【通性通法】 等差（比）数列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；（2）用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质.
（2）〔多选〕（2025·黑龙江哈尔滨模拟）已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，若a1＜0，S2 000＝S2 024，则（ ）
A.d＞0 B.a2 012＝0
C.S4 024＝0 D.Sn≥S2 012
【训练2】
【常用结论】 若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则＝.
（1）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋＝（ ）
A. B.
C. D.
（2）（2025·江苏南京、盐城一模）已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
考点三 等差（比）数列的判定与证明
【通性通法】 等差数列、等比数列的判定方法
等差 数列 等比 数列
定 义 法 an＋1－an＝d ＝q（an≠0，q≠0）
中 项 法 2an＝an－1＋an＋1（n≥2） ＝an－1·an＋1（n≥2，an≠0）
提醒 （1）＝an－1an＋1（n≥2，n∈N*）是{an}为等比数列的必要不充分条件，判断一个数列是等比数列时，还要注意各项不为0；
（2）{an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
【例3】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＞0，＝－λSn＋1，其中λ为常数.
（1）证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
（2）是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.
【训练3】 （2025·江苏南通模拟）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.
第4讲 等差、等比数列
【基础·回扣】
1.B 2.B 3.C 4.B 5.2
【典例·讲解】
【例1】 （1）A 设等差数列{an}的公差为d，则有＝6（a1＋4d）＋27，又a1＝1，则9（1＋4d）＝6（1＋4d）＋27，解得d＝2，则S5＝＝25.故选A.
（2）AD A.根据S3＝a1＋a2＋a3＝＋＋a3＝＋＋1＝7，得6q2－q－1＝0，即（2q－1）（3q＋1）＝0，因为q＞0，所以q＝，故A正确；B.a5＝a3q2＝1×（）2＝，故B错误；C.a1＝＝4，所以S5＝＝＝，故C错误；D.an＝a1qn－1＝4×（）n－1＝＝23－n，Sn＝＝＝8［1－（）n］＝8－＝8－23－n，所以an＋Sn＝8，故D正确.
【训练1】 （1）B 由题意，an＝a1＋d（n－1）＝dn＋a1－d，Sn＝na1＋＝n2＋n，所以Sn－an＝n2＋n＋d－a1，因为{}是等差数列，则{}的通项是一次函数型，则n2＋n＋d－a1能整理成完全平方型，所以Δ＝－4·（d－a1）＝0，化简得＝0，所以a1＝，即＝.
（2） 解析：设数列{an}的公比为q，由3a4，a8，5a6成等差数列可得3a4＋5a6＝2a8，即3a4＋5a4q2＝2a4q4，因为a4≠0，所以2q4－5q2－3＝0，解得q2＝3或q2＝－（舍），所以＝＝＝＝＝.
【例2】 （1）B 由题意可知，数列{}是首项为4，公比为9的等比数列.因此＋＋…＋＝＝（9n－1）.
（2）ACD 因为S2 000＝S2 024，所以a2 001＋a2 002＋…＋a2 024＝0，所以＝0，所以a2 001＋a2 024＝a2 012＋a2 013＝2a1＋4 023d＝0，又因为a1＜0，所以d＝－a1＞0，故A正确；a2 012＝a1＋2 011d＝a1－a1＝a1＜0，故B错误；S4 024＝＝2 012（a2 001＋a2 024）＝0，故C正确；因为a2 012＜0，a2 013＝－a2 012＞0，所以当n≤2 012时，an＜0，当n≥2 013时，an＞0，所以（Sn）min＝S2 012，所以Sn≥S2 012，故D正确.
【训练2】 （1）C 由等差数列的性质可得，＋＝＋＝＝＝＝＝.故选C.
（2）B 因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，故an＝2n－1，因为ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak（1＋2＋22＋…＋29）＝2k－1·＝2k＋9－2k－1＝214－24，解得k＝5，故选B.
【例3】 解：（1）证明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，＝－λSn＋1，
∴＝（Sn＋1－Sn）2－λSn＋1，
则Sn＋1（Sn＋1－2Sn－λ）＝0.
由an＞0，知Sn＋1＞0，
∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，
故Sn＋1＝2Sn＋λ.
（2）由（1）知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减得，an＋1＝2an（n≥2，n∈N*），
∴数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.
又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
∴a2＝a1＋λ＝1＋λ＞0，得λ＞－1.
∴an＝
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.
∴λ＝1.
【训练3】 解：（1）当n＝1时，由题意得a1－a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，由题意得（a1＋a2）－a2＝5，所以a2＝2.
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，
所以（an＋1＋an）－（an＋an－1）＝[4（n＋1）－2]－（4n－2）＝4，
所以数列{an＋1＋an}为等差数列.
（2）由（1）知数列{an＋1＋an}为等差数列，首项为a1＋a2＝6，公差为4，所以an＋an＋1＝4n＋2，
所以S20＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a19＋a20）＝，
又a19＋a20＝78，
所以S20＝＝420.
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第4讲 等差、等比数列
备考指南
等差数列、等比数列是高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或解答题的形式考查，难度中等偏下.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. （2025·山东齐鲁名校大联考一模）已知正项等比数列{an}满足a1a9＝
，a3＝ ，则a4＝（ ）
A. B.
C. D.
√
若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q：在等差数列中，am＋an＝ap
＋aq；在等比数列中，am·an＝ap·aq.
解析： 因为正项等比数列{an}满足a1a9＝ ，所以 ＝ ，解得a5
＝ ，又a3＝ ，所以a4＝ ＝ ，故选B.
2. （2025·全国Ⅱ卷7题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6，S5＝
－5，则S6＝（ ）
A. －20 B. －15
C. －10 D. －5
√
等差数列的前n项和公式：
Sn＝ ＝na1＋ .
解析： 根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以
{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝
－5－10＝－15.
3. （2025·山东山师附中一模）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1
＝1，a3－2a1＝a2，则S6＝（ ）
A. 31 B. 32
C. 63 D. 65
√
等比数列的前n项和公式：
Sn＝
解析： 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），则由a1＝1，a3－
2a1＝a2，得q2－2＝q，解得q＝2（q＝－1舍去），所以S6＝ ＝63，
故选C.
4. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－2 025，且 － ＝
1，则S2 026＝（ ）
A. －1 B. 0
C. 1 D. 2
√
若{an}是等差数列，则 也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的 .
解析： 易知 是等差数列，首项为－2 025，公差为1，所以 ＝－2
025＋（n－1）×1，所以 ＝－2 025＋（2 026－1）×1＝0，所以S2
026＝0.
等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；等比数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列（m为偶数时，q≠－1）.
5. （2025·全国Ⅰ卷13题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等
于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于 .
2
解析：法一（基本量法） 设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为
Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，又S4＝4，S8＝68，
所以q≠1.由S4＝4得 ＝4 ①，由S8＝68得 ＝68
②， 得 ＝ ，即 ＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q＞
0，所以q＝2.
法二（性质法） 设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为
等比数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8
－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以
q4＝ ＝ ＝16，又q＞0，所以q＝2.
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 等差（比）数列的基本运算
【例1】 （1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S9＝6a5＋
27，则S5＝（ ）
A. 25 B. 27
C. 30 D. 35
√
【通性通法】 等差（比）数列基本量计算的解题策略
（1）抓住基本量，首项a1，公差d或公比q；
（2）在进行等差（比）数列项与和的运算时，若条件和结论间
的联系不明显，则可转化成关于a1和d（q）的方程（组）求解，
但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量.
解析： 设等差数列{an}的公差为d，则有 ＝6（a1＋
4d）＋27，又a1＝1，则9（1＋4d）＝6（1＋4d）＋27，解得d＝2，则
S5＝ ＝25.故选A.
（2）〔多选〕（2025·全国Ⅱ卷9题）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q
为{an}的公比，q＞0.若S3＝7，a3＝1，则（ ）
A. q＝ B. a5＝
C. S5＝8 D. an＋Sn＝8
√
√
解析： A. 根据S3＝a1＋a2＋a3＝ ＋ ＋a3＝ ＋ ＋1＝7，得6q2
－q－1＝0，即（2q－1）（3q＋1）＝0，因为q＞0，所以q＝ ，故A正
确；B. a5＝a3q2＝1×（ ）2＝ ，故B错误；C. a1＝ ＝4，所以S5＝
＝ ＝ ，故C错误；D. an＝a1qn－1＝4×（ ）n－1＝
＝23－n，Sn＝ ＝ ＝8［1－（ ）n］＝8－
＝8－23－n，所以an＋Sn＝8，故D正确.
【训练1】
（1）〔创新命题角度〕已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{an}的公
差为d（d≠0），且{ }是等差数列，则 ＝（ ）
A. B.
√
【瓶颈突破】 （1）等差数列的通项公式是关于项数n的一次函数；等比数列的通项公式是关于公比q的指数型函数；
（2）前n项和为Sn＝an2＋bn（a，b为常数）形式的数列为等差数列.
C. 1 D.
解析： 由题意，an＝a1＋d（n－1）＝dn＋a1－d，Sn＝na1＋
＝ n2＋ n，所以Sn－an＝ n2＋ n＋d－a1，
因为{ }是等差数列，则{ }的通项是一次函数型，则 n2
＋ n＋d－a1能整理成完全平方型，所以Δ＝ －4·
（d－a1）＝0，化简得 ＝0，所以a1＝ ，即 ＝ .
（2）（2025·黑龙江哈尔滨一模）已知数列{an}为等比数列，Sn为数列
{an}的前n项和.若3a4，a8，5a6成等差数列，则 ＝ .
解析：设数列{an}的公比为q，由3a4，a8，5a6成等差数列可得3a4＋5a6
＝2a8，即3a4＋5a4q2＝2a4q4，因为a4≠0，所以2q4－5q2－3＝0，解得q2
＝3或q2＝－ （舍），所以 ＝ ＝ ＝
＝ ＝ .
考点二 等差（比）数列的性质
【例2】 （1）已知等比数列{an}中，若an＝2·3n－1，则 ＋ ＋
＋…＋ ＝（ ）
A. （3n－1）2
B. （9n－1）
C. 9n－1
D. （3n－1）
√
【常用结论】 若{an}，{bn}（项数相同）均为等比数列，则{λan}（λ≠0）， ，{ }，{an·bn}， 仍是等比数列.
解析： 由题意可知，数列{ }是首项为4，公比为9的等比数列.因此
＋ ＋…＋ ＝ ＝ （9n－1）.
（2）〔多选〕（2025·黑龙江哈尔滨模拟）已知数列{an}是公差为d的等
差数列，Sn是其前n项和，若a1＜0，S2 000＝S2 024，则（ ）
A. d＞0 B. a2 012＝0
C. S4 024＝0 D. Sn≥S2 012
√
√
√
【通性通法】 等差（比）数列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；
（2）用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质.
解析： 因为S2 000＝S2 024，所以a2 001＋a2 002＋…＋a2 024＝0，所以
＝0，所以a2 001＋a2 024＝a2 012＋a2 013＝2a1＋4 023d＝
0，又因为a1＜0，所以d＝－ a1＞0，故A正确；a2 012＝a1＋2 011d＝
a1－ a1＝ a1＜0，故B错误；S4 024＝ ＝2 012
（a2 001＋a2 024）＝0，故C正确；因为a2 012＜0，a2 013＝－a2 012＞0，所以
当n≤2 012时，an＜0，当n≥2 013时，an＞0，所以（Sn）min＝S2 012，所
以Sn≥S2 012，故D正确.
【训练2】
（1）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n
都有 ＝ ，则 ＋ ＝（ ）
A. B.
C. D.
√
【常用结论】 若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则 ＝ .
解析： 由等差数列的性质可得， ＋ ＝ ＋ ＝ ＝
＝ ＝ ＝ .故选C.
（2）（2025·江苏南京、盐城一模）已知数列{an}为等比数列，公比为2，
且a1＋a2＝3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是
（ ）
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
√
解析： 因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1＋
2a1＝3，解得a1＝1，故an＝2n－1，因为ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak
（1＋2＋22＋…＋29）＝2k－1· ＝2k＋9－2k－1＝214－24，解得k＝5，故
选B.
考点三 等差（比）数列的判定与证明
【例3】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＞0， ＝ －
λSn＋1，其中λ为常数.
（1）证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
解： 证明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn， ＝ －λSn＋1，
∴ ＝（Sn＋1－Sn）2－λSn＋1，
则Sn＋1（Sn＋1－2Sn－λ）＝0.
由an＞0，知Sn＋1＞0，
∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，
故Sn＋1＝2Sn＋λ.
（2）是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若
不存在，请说明理由.
【通性通法】 等差数列、等比数列的判定方法
等差数列 等比数列
定义法 an＋1－an＝d ＝q（an≠0，q≠0）
中项法 2an＝an－1＋an＋1
（n≥2） ＝an－1·an＋1（n≥2，an≠0）
提醒 （1） ＝an－1an＋1（n≥2，n∈N*）是{an}为等比数列的必要不充分条件，判断一个数列是等比数列时，还要注意各项不为0；
（2）{an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
解： 由（1）知，Sn＋1＝2Sn＋λ，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，
两式相减得，an＋1＝2an（n≥2，n∈N*），
∴数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.
又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，
∴a2＝a1＋λ＝1＋λ＞0，得λ＞－1.
∴an＝
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.∴λ＝1.
【训练3】 （2025·江苏南通模拟）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；
解： 当n＝1时，由题意得a1－ a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，由题意得（a1＋a2）－ a2＝5，所以a2＝2.
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，
所以（an＋1＋an）－（an＋an－1）＝[4（n＋1）－2]－（4n－2）＝4，
所以数列{an＋1＋an}为等差数列.
（2）求S20.
解： 由（1）知数列{an＋1＋an}为等差数列，首项为a1＋a2＝6，公
差为4，所以an＋an＋1＝4n＋2，
所以S20＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a19＋a20）＝
，
又a19＋a20＝78，所以S20＝ ＝420.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：60分钟，满分：92分）
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一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1. （2025·浙江杭州质测）若等比数列{an}满足a1＋a2＝2，a1－a3＝3，
则数列{an}的公比q＝（ ）
A. － 或 B. 或－
C. － D.
√
解析： 易知q≠－1，a1≠0，则 ＝ ＝1－q，又a1－
a3＝3，a1＋a2＝2，所以1－q＝ ，所以q＝－ ，故选C.
2. （2025·安徽合肥一模）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＋a6
＝9，则S9＝（ ）
A. 9 B. 18
C. 27 D. 36
√
解析： 法一（通项公式法） 设等差数列{an}的公差为d，则a4＋a5
＋a6＝a1＋3d＋a1＋4d＋a1＋5d＝3a1＋12d＝9，所以a1＋4d＝3，所以
S9＝9a1＋ ×d＝9（a1＋4d）＝27，故选C.
法二（性质法） 因为a4＋a5＋a6＝3a5＝9，所以a5＝3，所以S9＝
＝9a5＝27，故选C.
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3. 已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数
列，则a10＝（ ）
A. －20 B. －18
C. 16 D. 18
√
解析： 设等差数列{an}的公差为d（d≠0），因为a3，a4，a6成等比
数列，且a1＝－2，所以 ＝a3a6，即（－2＋3d）2＝（－2＋2d）（－2
＋5d），解得d＝2或d＝0（舍去），所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16.
故选C.
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4. 在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2＞1，其前n项之积为Tn，
且T20＝T10，则Tn取得最大值时，n的值为（ ）
A. 15 B. 16
C. 29 D. 30
√
解析： 由T20＝T10，得 ＝a11a12…a19a20＝（a15a16）5＝1，即a15a16
＝1，则a1a30＝a2a29＝a15a16＝1，由于a2＞1，得0＜a29＜1，所以等比数
列{an}是递减数列，故a15＞1＞a16＞0，则Tn取得最大值时n＝15.
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5. 已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且存在k∈N*，使得Sk＋3，Sk＋9，
Sk＋6成等差数列.若对于任意的m∈N*，满足am＋2＋am＋5＝32，则am＋8＝
（ ）
A. m＋32 B. m＋16
C. 32 D. 16
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解析： 设等比数列{an}的公比为q，显然q＝1不满足题意，则q≠1，
因为Sk＋3，Sk＋9，Sk＋6成等差数列，所以2Sk＋9＝Sk＋3＋Sk＋6，所以
＝ ＋ ，化简得：2q6－q3－1＝0，
即（q3－1）（2q3＋1）＝0，由于q≠1，则q3＝－ ，因为对于任意的
m∈N*，满足am＋2＋am＋5＝32，则am＋2（1＋q3）＝32，所以am＋2＝64，
所以am＋8＝am＋2q6＝64× ＝16.
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6. 已知数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝6，an＋1＝2an，bn＋1＝2bn－an，
若am＝bm，则m＝（ ）
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
√
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解析： 因为a1＝2，an＋1＝2an，所以数列{an}是以2为首项，2为公比
的等比数列，所以an＝2n.因为bn＋1＝2bn－2n，所以 ＝ － ，所以
数列 是等差数列，且公差为－ ，因为b1＝6，所以 ＝3，所以 ＝3
＋（n－1） ＝ ，所以bn＝（7－n）·2n－1.因为am＝bm，所以2m
＝（7－m）·2m－1，即7－m＝2，解得m＝5.故选B.
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二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7. （2025·东北四市联合体考试）已知数列{an}满足an＋1＋an＝f（n），
则下列说法中正确的是（ ）
A. 若a1＝2，f（n）＝2n，则{an}是等差数列
B. 若a1＝1，f（n）＝2n＋1，则{an}是等差数列
C. 若a1＝2，f（n）＝4，则{an}是等比数列
D. 若a1＝1，f（n）＝3×2n－1，则{an}是等比数列
√
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解析： 当an＋1＋an＝f（n）＝2n时，若a1＝2，则a2＝0，a3＝4，
a4＝2，a5＝6，…，所以数列{an}不是等差数列，故A错误；a1＝1，an＋1
＋an＝2n＋1，则an＋2＋an＋1＝2n＋3，所以an＋2＝an＋2，所以{an}的奇
数项、偶数项分别成等差数列，公差都是2，又a2＝2×1＋1－1＝2，所以
a2n－1＝1＋2（n－1）＝2n－1，a2n＝2＋2（n－1）＝2n，故an＝n，从
而{an}是等差数列，故B正确；a1＝2，an＋1＋an＝4，则an＋2＋an＋1＝4，
所以an＋2＝an，又a2＝4－2＝2，所以{an}是常数列，an＝2，故{an}是等
比数列，故C正确；a1＝1，an＋1＋an＝3×2n－1，则an＋1－2n＝－（an－
2n－1），又a1－1＝0，所以{an－2n－1}是常数列，an－2n－1＝0，所以an
＝2n－1，所以{an}是等比数列，故D正确.故选B、C、D.
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8. {an}是各项均为正数的等差数列，其公差d＞0，{bn}是等比数列，若
a1＝b1，a2 024＝b2 024，则（ ）
A. a100＞b100 B. a100＜b100
C. a2 025＞b2 025 D. a2 025＜b2 025
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解析： 等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－
d，因为d＞0，所以a2 024＞a1，y＝dx＋a1－d是关
于x的增函数.等比数列{bn}满足b1＝a1＞0，b2 024＝
a2 024＞0，设{bn}的公比为q，则bn＝b1qn－1，所以q2
023＝ ＞1，所以q＞1，所以y＝b1qx－1是关于x
的增函数.作出直线y＝dx＋a1－d及y＝b1qx－1的大致图象，如图，则数列{an}中的各项是直线y＝dx＋a1－d上离散的点对应的纵坐标，数列{bn}中的各项是曲线y＝b1qx－1上离散的点对应的纵坐标.由图可知，a100＞b100，a2 025＜b2 025，故选A、D.
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三、填空题（每小题5分，共10分）
9. （2025·辽宁部分重点中学协作体考试）记Sn为正项数列{an}的前n项
和，a3＝2S2， 为等比数列，则 ＝ .
解析：因为a3＝2S2，则S3＝3S2，可得 ＝2 ，可知等比数列 的
公比为2，则 ＝ 2n－1＝a12n－1，即Sn＝na12n－1，所以 ＝ ＝
＝3.
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10. （2025·北京市第35中学一模）生命在于运动，某健身房为吸引会员来
健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，
以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2积分.若某天未打卡，
则当天没有积分，且第二天打卡需从1积分重新开始.某会员参与打卡活
动，若连续打卡5天，则共获得积分为 ；若该会员从3月1日开
始到3月20日共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天可以是
3月 日.
25
8或13
1
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9
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解析：连续打卡的积分规律为：第1天得1分，第2天得3分，第3天得5分，
依此类推.这实际上是一个首项为1，公差为2的等差数列.前5天的总积分
为：S5＝1＋3＋5＋7＋9＝25.若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日
所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n－
1.假设他连续打卡n天，第n＋1天中断了，则他所得积分之和为（1＋3
＋…＋2n－1）＋[1＋3＋…＋2（20－1－n）－1]＝ ＋
＝193，化简得n2－19n＋84＝0，解得n＝7或12，
所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.
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四、解答题（共28分）
11. （13分）（2024·全国甲卷文17题）已知等比数列{an}的前n项和为
Sn，且2Sn＝3an＋1－3.
（1）求{an}的通项公式；
解： 因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3，
两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1，
即an＋2＝ an＋1，所以等比数列{an}的公比为 .
因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，
所以a1＝1，故{an}的通项公式为an＝ .
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（2）求数列{Sn}的前n项和.
解： 因为2Sn＝3an＋1－3，
所以Sn＝ （an＋1－1）＝ ，
设数列{Sn}的前n项和为Tn，
则Tn＝ × － n＝ × － n－ .
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12. （15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn－nan＝ n.
（1）求证：{an}是等差数列；
解： 证明：由题意知，2Sn－nan＝ n ①，
则有2Sn＋1－（n＋1）an＋1＝ （n＋1） ②，
②－①得2an＋1－（n＋1）an＋1＋nan＝ ，
即nan＝（n－1）an＋1＋ ③，
则（n＋1）an＋1＝nan＋2＋ ④，
④－③得2an＋1＝an＋2＋an，所以{an}是等差数列.
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（2）若当且仅当n＝6时，Sn最大，比较 与－1的大小.
解：设等差数列{an}的公差为d，当n＝1时，2a1－a1＝ ，即a1＝ .
由题意可知 即 解得－ ＜d＜－ ，
则a9＋a5＝2a1＋12d＝1＋12d＜0（另解：a5＋a9＝2a7＜0），且a5＞0，
所以 ＜－1.
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【高考新风向】（每小题6分，共12分）
13. 〔创新考法〕〔多选〕意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问
题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，其中从第三项起，每
个数都等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}
称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的
是（ ）
A. a7＝13
B. S8＝97
C. ＋ ＋…＋ ＝a2 024a2 025
D. a1＋a3＋a5＋…＋a199＝a200
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解析： 对于A，由题意，数列的前7项为：1，1，2，3，5，8，13，
故a7＝13，故A正确；对于B，S8＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＝54，故B
错误；对于C，由题意a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，所以an＋1＝an＋2
－an， ＝a1a2， ＝a2（a3－a1）＝a2a3－a1a2， ＝a3（a4－a2）
＝a3a4－a2a3，…， ＝an（an＋1－an－1）＝anan＋1－an－1an，所以 ＋
＋…＋ ＝a1a2＋（a2a3－a1a2）＋（a3a4－a2a3）＋…＋（a2
025a2 026－a2 024a2 025）＝a2 025a2 026，故C错误；对于D，由C可知，a1＋a3
＋a5＋…＋a199＝a2＋（a4－a2）＋（a6－a4）＋…＋（a200－a198）＝
a200，故D正确.故选A、D.
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14. 〔创新考法〕〔多选〕线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在
几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边
形的线性分形图如图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形
的个数记为an，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为Cn，Sn，其
中图n中每个正六边形的边长是图n－1中每个正六边形边长的 ，则下列
说法正确的是（ ）
A. a4＝343
B. C3＝
C. 存在正数m，使得Cn≤m恒成立
D. Sn＝ ×（ ）n－1
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解析： A选项，题图1中正六边形的个数为1，题图2中正六边形的个
数为7，题图3中正六边形的个数为49，由题意得数列{an}为首项为1，公
比为7的等比数列，所以an＝7n－1，故a4＝73＝343，故A正确；B选项，由
题意知C1＝6，C2＝ ×6＝14，C3＝（ ）2×6＝ ，故B错误；C选项，数列{Cn}是首项为6，公比为 的等比数列，故Cn＝6×（ ）n－1，因为 ＞1，所以Cn＝6×（ ）n－1单调递增，不存在正数m，使得Cn≤m恒成立，故C错误；D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an＝7n－1，每个小正六边形的边长为（ ）n－1，故每个小正六边形的面积为6× ×（ ）2n－2，则Sn＝7n－1×6× ×（ ）2n－2＝ ×（ ）n－1，故D正确.故选A、D.
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