新高考数学二轮复习专题突破练习微专题11 等差数列与等比数列（2份，原卷版+解析版）

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高考真题
1.(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=( )
A.-20B.-15
C.-10D.-5
答案 B
解析 由S3=3a2=6,S5=5a3=-5,
得a2=2,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.
2.(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)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=12B.a5=19
C.S5=8D.an+Sn=8
答案 AD
解析 由已知,得S3=a1+a2+a3=a3q2+a3q+a3=1q2+1q+1=7,即6q2-q-1=(2q-1)(3q+1)=0,因为q>0,所以q=12,A正确;
a5=a3q2=1×122=14,B错误;
S5=S3+q+q2=314,C错误;
an=a3qn-3=23-n,
Sn=a3q2(1−qn)1−q=41−12n1−12=8-23-n,
所以an+Sn=8,D正确.
3.(2025·新高考Ⅰ卷)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 .
答案 2
解析 法一 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a1(1−q4)1−q=4,①
由S8=68得a1(1−q8)1−q=68,②
②①得1−q81−q4=684,即(1+q4)(1−q4)1−q4=1+q4=17,
所以q4=16,又q>0,所以q=2.
法二 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q4=S8−S4S4=644=16,
又q>0,所以q=2.
4.(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项为正数,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{Sn}是等差数列;③a2=3a1.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解 若①③⇒②.
已知{an}是等差数列,a2=3a1.
设数列{an}的公差为d,
则a2=3a1=a1+d,得d=2a1,
所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数,
所以Sn=na1,
所以Sn+1-Sn=(n+1)a1-na1=a1(常数),所以数列{Sn}是等差数列.
若①②⇒③.
已知{an}是等差数列,{Sn}是等差数列.
设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+n(n−1)2d
=12n2d+a1−d2n.
因为数列{Sn}是等差数列,
所以数列{Sn}的通项公式是关于n的一次函数,则a1-d2=0,即d=2a1,
所以a2=a1+d=3a1.
若②③⇒①.
已知数列{Sn}是等差数列,a2=3a1,
所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1.
设数列{Sn}的公差为d,d>0,
则S2-S1=4a1-a1=d,得a1=d2,
所以Sn=S1+(n-1)d=nd,
所以Sn=n2d2,
所以n≥2时,an=Sn-Sn-1
=n2d2-(n-1)2d2=2d2n-d2,
对n=1也适合,所以an=2d2n-d2,
所以an+1-an=2d2(n+1)-d2-(2d2n-d2)=2d2(常数),
所以数列{an}是等差数列.
二．典型例题
1.等差、等比数列的基本运算
例1 (1)(2025·秦皇岛模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S12S6=3,则a9+a11a3+a5=( )
A.1B.2
C.3D.4
(2)(2025·太原模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=4a4-1,2Snan(n∈N*)是以1为公差的等差数列,则下列结论正确的是( )
A.a5=10B.S5=15
C.a10=20D.S10=30
答案 (1)B (2)B
解析 (1)当q=1时,S12=12a1,3S6=18a1,
且a1≠0,则S12≠3S6,不合题意;
当q=-1时,S6=0,不合题意;
当q≠1且q≠-1时,S12=3S6,
即a1(1−q12)1−q=3×a1(1−q6)1−q,解得q6=2,
a9+a11a3+a5=a1(q8+q10)a1(q2+q4)=q6=2.
(2)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
因为S5=4a4-1,所以5a1+5(5−1)2d=4(a1+3d)-1,
得到5a1+10d=4a1+12d-1,即a1=2d-1,
因为2Snan是以1为公差的等差数列,
所以2S2a2-2S1a1=1,
则2[2a1+2(2−1)2d]a1+d-2=1,
化简得4a1+2d=3a1+3d,
即a1=d,因为a1=2d-1,
所以d=2d-1,解得a1=d=1,
则an=1+n-1=n,下面我们开始分析各个选项,
对于A,a5=5,故A错误;
对于B,S5=5+5(5−1)2=15,故B正确;
对于C,a10=10,故C错误;
对于D,S10=10+10(10−1)2=55,故D错误.
规律方法 等差、等比数列的基本量问题的求解
(1)抓住基本量:首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)形式的数列为等差数列,通项公式为an=p·qn-1(p,q≠0)形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
训练1 (1)(2025·蚌埠二模)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S15=5(a5+a7+ak),则正整数k的值为( )
A.11B.12
C.13D.14
(2)(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列,a1=-2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10=( )
A.-20B.-18
C.16D.18
答案 (1)B (2)C
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
由S15=5(a5+a7+ak),
得15a1+15×142d=5[a1+4d+a1+6d+a1+(k-1)d],所以(k-1)d=11d,
又d≠0,所以k=12.
(2)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a42=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.
2.等差、等比数列的性质
例2 (1)(2025·长春二模)已知{an}为正项等比数列,若lg a2,lg a2 024是函数f(x)=3x2-12x+9的两个零点,则a1a2 025=( )
A.10B.104
C.108D.1012
(2)(多选)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题正确的是( )
A.若d0
C.若数列{Sn}是递减数列,则对任意的n∈N*,均有Sn0,则数列{Sn}是递增数列
答案 (1)B (2)BD
解析 (1)由题意可得lg a2,lg a2 024为方程3x2-12x+9=0的两个解,
则lg a2+lg a2 024=4,
解得a2a2 024=104,易知a1a2 025=a2a2 024=104.
(2)对于A,取数列{an}为首项为4,公差为-2的等差数列,S1=40,B正确;
对于C,取数列{an}为首项为1,公差为-2的等差数列,Sn=-n2+2n,
Sn+1-Sn=-(n+1)2+2(n+1)-(-n2+2n)=-2n+10.
故若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列,故D正确.
训练2 (1)(2025·贵阳调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=S9=6,则S12的值为( )
A.0B.3
C.6D.12
(2)(多选)(2025·镇江模拟)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a6a7>1,a6−1a7−11B.01,a6−1a7−11,0a2>…>an,
即{an}是递减的正项数列,A错误;
∴0Sn-1对任意的n∈N*都成立,C错误;
∵当n≥7时,an1,
∴T6是Tn的最大值,D正确.
3.等差、等比数列的判定与证明
例3 (2025·佛山质检)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an(n∈N*).
(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若数列{bn}满足4b1−1·4b2−1·…·4bn−1=(an+1)bn(n∈N*),证明:{bn}是等差数列.
(1)证明 ∵an+2=3an+1-2an,
∴an+2-an+1=2(an+1-an),
∵a1=1,a2=3,
∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an+1-an=2n(n∈N*),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+2+1
=2n-1(n≥2),
又a1=1符合上式,∴an=2n-1(n∈N*).
(3)证明 ∵4b1−1·4b2−1·…·4bn−1
=(an+1)bn,
∴4(b1+b2+…+bn)−n=2nbn,
∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn,①
2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)]
=(n+1)bn+1.②
②-①,得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn,
即(n-1)bn+1-nbn+2=0,③
则nbn+2-(n+1)bn+1+2=0.④
④-③,得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,
即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*),
∴{bn}是等差数列.
训练3 (2025·山东名校调研)已知数列{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,令cn=an+bn.
(1)证明:数列{cn}不是等比数列.
(2)若an=2n,bn=3n,是否存在常数k,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明 设{an},{bn}的公比分别为p,q(p≠q),
要证{cn}不是等比数列,只需证c22≠c1c3.
而c22-c1c3=(a1p+b1q)2-(a1+b1)(a1p2+b1q2)=-a1b1(p-q)2,
由于p≠q,且a1,b1不为零,
因此c22≠c1c3,故{cn}不是等比数列.
(2)解 假设存在常数k,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列,
则有(cn+1+kcn)2=(cn+2+kcn+1)(cn+kcn-1),n≥2,
将cn=2n+3n代入上式,
得[2n+1+3n+1+k(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2+k(2n+1+3n+1)]·[2n+3n+k(2n-1+3n-1)],
即[(2+k)2n+(3+k)3n]2=[(2+k)2n+1+(3+k)3n+1]·[(2+k)2n-1+(3+k)3n-1],
整理得12(2+k)(3+k)=13(2+k)(3+k),
解得k=-2或k=-3.
当k=-2时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-2)·(2n+3n)=3n,
此时数列{cn+1+kcn}为等比数列;
当k=-3时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-3)·(2n+3n)=-2n,
数列{cn+1+kcn}为等比数列.
所以存在常数k=-2或k=-3,
使得数列{cn+1+kcn}为等比数列.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·潍坊模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a3+a9=24,则S6=( )
A.12B.14
C.42D.84
答案 C
解析 因为数列{an}为等差数列,所以a3+a9=2a6,所以a6=12.
所以S6=6(a1+a6)2=6(2+12)2=42.
2.(2025·长沙质检)在递增的等比数列{an}中,若a2a3=8,a1+a4=9,则数列{an}的公比为( )
A.12B.2
C.3D.4
答案 B
解析 由题设a2a3=a1a4=9,易知a1,a4是方程x2-9x+8=0的两个根,
又{an}为递增的等比数列,
所以a1=1,a4=8,故公比q=a4a113=2.
3.(2025·天津红桥区模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a4=4,a2+a5=8,则S6=( )
A.24B.28
C.36D.48
答案 B
解析 设公比为q,则q=a2+a5a1+a4=2,
所以a3+a6=(a1+a4)q2=4×4=16,
所以S6=a1+a4+a2+a5+a3+a6=4+8+16=28.
4.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S20=30,则S40=( )
A.60B.70
C.80D.150
答案 D
解析 由题意得q≠-1,且{an}是等比数列,
所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,
又因为S10=10,S20=30,S20-S10=20,
则S30-S20=40,S40-S30=80,
所以S30=70,S40=150.
5.(2025·南宁调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=2,a3+a8=12-a7,则Sn的最小值为( )
A.-14B.-494
C.-12D.-10
答案 C
解析 假设等差数列{an}的公差为d,
由a3+a8=12-a7,
得a3+a7=12-a8,
2a5=12-(a5+3d)=12-a5-3d,
所以3d=12-3a5=12-6=6,
所以d=2,故an=a5+(n-5)d=2n-8,
则Sn=n(a1+an)2=n(−6+2n−8)2=n(n-7)=n−722-494,
则(Sn)min=S3=S4=-12.故选C.
6.在各项均为正数的等比数列{an}中,已知a2>1,其前n项积为Tn,且T20=T10,则Tn取得最大值时,n的值为( )
A.15B.16
C.29D.30
答案 A
解析 由T20=T10,得T20T10=a11a12…a19a20=(a15a16)5=1,a15a16=1,
则a1a30=a2a29=a15a16=1,
由于a2>1,得0a16>0,则Tn取得最大值时,n=15.
7.(2025·广安二模)广安白塔始建于1174年至1224年间,塔的一至五层为石结构,六至九层为砖结构,每层均为四方结构(即每层底面为正方形),P为第一层下底面四边形的外接圆O内一点,经测算,每一层的高度恰为过P的弦的长度的二分之一,并构成等差数列,顶层的高度为过点P的圆的最短弦长度的一半,第一层的高度为过点P的圆的最长弦长度的一半.已知该塔第一层底面四边形的边长为52米,|OP|=3米,则塔高为( )
A.41米B.40.5米
C.39.5米D.38.7米
答案 B
解析 设an为第n层的高度,n≤9,且n∈N*,
由题意,底面为正方形且第一层底面四边形的边长为52米,最长弦长为直径,
即a1=12×52×2=5(米),
最短弦长和最长弦长垂直,
由弦长公式得a9=52−32=42=4,
∴a9=4,
∴h=9(a1+a9)2=9(5+4)2=40.5(米).
8.某软件研发公司对某软件进行升级,主要是对软件程序中的某序列A={a1,a2,a3,…}重新编辑,编辑新序列为A*=a2a1,a3a2,a4a3,…,它的第n项为an+1an,若序列(A*)*的所有项都是2,且a4=1,a5=32,则a1=( )
A.1256B.1512
C.11 024D.12 048
答案 B
解析 设a2a1=t,由题意得A*={t,2t,22t,…},
则A*的第n项为an+1an=2n-1t,
则n≥2时,an=a2a1·a3a2·a4a3·…·anan−1·a1=t·2t·22t·…·2n-2t·a1=2(n−2)(n−1)2tn-1·a1.
因为a4=1,a5=32,
所以23t3·a1=1,26t4·a1=32,
解得t=4,a1=1512.
二、多选题
9.(2025·石家庄质检)已知正项等比数列{an}的公比为q,若a3+a4=4(a1+a2),且a3=43,则( )
A.q=3 B.a5=163
C.1 0243是数列{an}中的项 D.a1,a2+a3,a4成等差数列
答案 BC
解析 由a3+a4=4(a1+a2),
可得q2=4,所以q=2,A错误;
所以a5=a3×4=163,B正确;
所以an=a3qn-3=43×2n-3=2n−13,
1 0243=211−13,故C正确;
由q=2,可得a1=13,a2+a3=63,a4=83,
显然不是等差数列,D错误.
10.(2025·成都二诊)已知数列{an}的通项公式an=n−22n−15,前n项和为Sn,则( )
A.数列12an−1为等差数列 B.∃n∈N*,使得an+1>an
C.当n=8时,Sn取得最小值 D.数列{an-an+1}的最大项的值为113
答案 ABD
解析 对于A,由an=n−22n−15,
得12an−1=12·n−22n−15−1=2n−1511,
12an+1−1-12an−1
=2(n+1)−1511-2n−1511=211,
数列12an−1为等差数列,A正确;
对于B,a7=-5,a8=6,显然a8>a7,B正确;
对于C,an=12·2n−15+112n−15
=12+12·112n−15,
当n≤7时,数列{an}单调递减,an12,S70,
当且n=6或n=8时,(2n-15)(2n-13)取最小正值3,
所以数列{an-an+1}的最大项的值为113,D正确.故选ABD.
11.(2025·郑州模拟)设函数f(x)=3x+22x+3,数列{xn}满足x1=32,xn+1=f(xn),则( )
A.x2=1312 B.f(xn)+f1xn为定值
C.数列xn+1xn−1为等比数列 D.xn0,
则xn0,S7a1=7a4a1=7+21da1=7+72a1+212+14a1≥352+272a1×14a1=632,当且仅当a1=2时取得等号.
14.(2025·宜荆荆恩调研)已知数列{an}有30项,a1=2,且对任意n∈{2,3,…,30},都存在i∈{1,2,…,n-1},使得an=ai+3.
(1)a5= ;(写出所有可能的取值)
(2)数列{an}中,若ak满足:存在j∈{1,2,…,k-1},使得ak=aj,则称ak具有性质P.若{an}中恰有4项具有性质P,且这4项的和为20,则30∑n=1an= .
答案 (1)5,8,11,14 (2)1 047
解析 (1)当n=2时,a2=a1+3=5,
当n=3时,a3=a1+3=5或a3=a2+3=8,
当n=4时,a4=a1+3=5或a4=a2+3=8或a4=a3+3时有a4=8或a4=11,
当n=5时,a5=a1+3=5或a5=a2+3=8或a5=a3+3时有a5=8或a5=11或a5=a4+3时有a5=8或a5=11或a5=14.
综上所述,a5的所有可能取值为5,8,11,14.
(2){an}中恰有4项具有性质P,且这4项的和为20,故a1=2,
a2=a3=a4=a5=a6=5,
即a3=a4=a5=a6=5具有性质P,
则易知从a6开始是以5为首项,3为公差的等差数列,
∴30∑n=1an=2+5×4+25×5+25×242×3=1 047.
四、解答题
15.(2025·金华质检)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明 由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,
所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解 由(1)知,an+bn=12n−1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
16.(2025·莆田二模)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知2a4=a3+14,S3=15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记集合A={x|x=an,n∈N*},B={x|x=2n+1,n∈N*),将A∪B中的元素从小到大依次排列,得到新数列{bn},求{bn}的前20项和.
解 (1)设公差为d,由题意得2a1+6d=a1+2d+14,S3=3a1+3d=15,
解得d=3,a1=2,
故an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.
(2)A={2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38,41,44,47,50,53,56,…},
B={3,5,9,17,33,65,…},
故{bn}的前20项为2,3,5,8,9,11,14,17,20,23,26,29,32,33,35,38,41,44,47,50,
故{bn}的前20项和为2+5+8+11+14+17+20+23+26+29+32+35+38+41+44+47+50+3+9+33=S17+3+9+33=17×2+17×162×3+45=487.