2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题18 等差数列与等比数列（含解析）

这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题18 等差数列与等比数列（含解析），共37页。试卷主要包含了已知等差数列 的前 项和等内容，欢迎下载使用。


专题 18 等差数列与等比数列
十年大数据*全景展示
年 份
题 号
文 17
理 5
考
点
考 查 内 容
等差数列与等比数 等比数列的通项公式、前n项和公式及等差数列的前n项和公式，
2011
列综合问题
逻辑思维能力、运算求解能力
等比数列通项公式及性质
等比数列问题
2012
文 14
文 17
理 3
等比数列问题
等差数列问题
等比数列问题
等比数列问题
等差数列问题
等比数列n项和公式
卷 2
等差数列通项公式、前n项和公式、性质，方程思想
等比数列的通项公式与前n项和公式及方程思想
等比数列前n项和公式
2013 卷 2
卷 1
文 6
卷 2
文 5
等比中项、等差数列通项公式及前n项和公式
等比数列概念、通项公式、前n项和公式及数列不等式证明，放缩
思想
2014
卷 2
理 17
文 5
等比数列问题
等比数列问题
卷 2
等比数列通项公式及方程思想
卷 2
卷 2
文 5
等差数列问题
等差数列问题
等比数列问题
等差通项公式、性质及前n项和公式
数列前
n项和 S 与a 关系、等差数列定义及通项公式
理 16
n
n
2015
卷 2
理 4
等比数列通项公式及方程思想
等比数列问题
卷 1
文 13
等比数列定义及前n项和公式
卷 1
卷 2
文 7
等差数列问题
等差数列问题
等差数列与等比数
列综合问题
等差数列通项公式、前n项和公式，方 程思想
文 17
等差数列通项公式及对新概念的理解与应用，运算求解能力
卷 1
文 17
理 3
等差数列通项公式、等比数列定义、前n项和公式，运算求解能力
等差数列通项公式、前n项和公式、性质
2016
卷 1
等差数列问题
等差数列与等比数 等比数列通项公式、等差数列前n项和公式及二次函数最值问题，
卷 1
理 15
列综合问题
函数与方程思想
等比数列问题
卷 3
理 14
等比数列通项公式及方程思想
2017
卷 3
卷 2
理 9
等差数列问题
等差数列通项公式及前n项和公式、等比数列概念，方程思想
文 17
等差数列与等比数 等差数列通项公式及前n项和公式、等比数列通项公式及前n项和


列的综合问题
等比数列问题
等差数列与等比数
列的综合问题
等差数列问题
公式，方程思想
卷 2
卷 1
卷 1
理 3
文 17
理 4
等比数列定义及前n项和公式及传统文化
等比数列通项公式、前n项和公式及等差数列定义，方程思想
等差数列的通项公式及前n项，方程思想
卷 3 理文 17 等比数列问题
卷 2 理文 17 等差数列问 题
等比数列通项公式、前n项和公式，方程思想与运算求解能力
等差数列的通项公式及前n项和公式及前n项和的最值，方程思想
等比数列定义、通项公式，运算求解能力
2018
卷 1
卷 1
文 17
理 4
等比数列问题
等差数列问题
等差数列问题
等差数列通项公式与前n项和公式，方程思想
卷 3
卷 3
卷 2
文 14
理 5
等差数列通项公式与前n项和公式，方程思想
等比数列问题
等差数列与等比数
列综合问题
等比数列通项公式与前n项和公式，方程思想
文 18
等比数列的通项公式、等差数列定义及前n项和公式，方程思想
等差数列与等比数 等比数列的定义及通项公式、等差数列定义与通项公式，运算求解
2019 卷
2
理 19
文 14
文 18
列的综合问题
等比数问题
能力
卷 1
卷 1
等比数列通项公式与前n项和公式，方程思想
等差数列通项公式与前n项和公式及数列数列不等式问题，方程思
想
等差数列问题
卷 1
卷 1
理 14
理 9
理
等比数列问题
等差数列问题
等比数列通项公式与前n项和公式，方程思想
等差数列通项公式与前n项和公式，方程思想
卷 1
文 10
理 4
理 6
文 6
等比数列问题
等差数列问题
等比数列问题
等比数列问题
等比数列的性质，等比数列基本量的计算，方程思想
等差数列通项公式、前n项和公式，方程思想，数学文化
等比数列通项公式、前n项和公式，方程思想
2020
卷 2
等比数列通项公式与前n项和公式，方程思想
大数据分析*预测高考
出现频率 2021 年预测
考 点
考点 58 等差数列问题
15/37
2021 年高考仍将考查等差数列与等比数列定义、性质、


考点 59 等比数列问题
考点60等差数列与等比数列的综合问题 9/37
13/37
前n项和公式，题型为选择填空题或解答题的第 1 小
题，难度为基础题或中档题．
十年试题分类*探求规律
考点 58 等差数列问题
1．(2020 全国Ⅱ理 4)北京天坛的圆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．3699块
(
)
B．3474块
C．3402块
D．3339块
【答案】C
【思路导引】第 n 环天石心块数为a
，第一层共有n环，则
{a }
是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，
n
n
S
{a }
S -S = S -S + 729
S
，解方程即可得到 n，进一步得到 ．
3n
设
为
的前n项和，由题意可得
n
n
3n
2n
2n
n
【解析】设第 n 环天石心块数为a
，第一层共有n环，则
{a }
是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，
n
n
an = 9+(n -1)´9 = 9n
S
{a }
为 的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为
n
，设
n
S ,S -S ,S -S
S -S = S -S + 729
，因为下层比中层多 729 块，所以
，即
n
2n
n
3n
2n
3n
2n
2n
n
3n(9+27n) 2n(9+18n) 2n(9+18n) n(9+9n)
-
=
-
+729
=729，解得n = 9 ，所以
，即9n
2
2
2
2
2
27(9 +9´27)
S = S =
= 3402，故选 C．
3n
27
2
a1
d
2．(2020浙江7)已知等差数列{ }的前 项和
*
a
n
n
S
，公差d ¹ 0, £1．记b = S ,b = S -S , nÎN
，
n
1
2
n+1
n+2
2n
下列等式不可能成立的是
(
)
2a = a + a
2b = b +b
B．
2
= a2a8
2
= b b
2 8
C．a4
D．b4
A．
4
2
6
4
2
6
【答案】B
【解析】A．由等差数列的性质可知2a = a +a ，成立；
4
2
6
B．b = S -S = -a ，b = S -S = a ，b S S
a a a
= - = -( + + )= -
3a9
，
4
5
6
6
2
3
2
3
6
7
10
8
9
10
若2b = b +b ，则 2a = a -3a
-
2 a a
Û ( - )= - ，
a a
4
2
6
6
3
9
9
6
3
9
即6d = -6d Û d =0，这与已知矛盾，故 B 不成立；


= a a Û (a +3d) = (a +d)(a +7d) ，整理为：a = d ，故 C 成立；
2
C．a4
2
2
8
1
1 1 1
D． b S S
= - = -( + + + + )= -
a
a
a12
a
a
5a12
，当
2 8
b42 = b b
时，即 a6
= a ×(-5a )，整理为
3 12
2
8
9
14
10
11
13
14
( + )
2
5 a 2d a 11d ，即 2a
= - ( + )( +
)
2
1
+
25a d +45d
1
2
=
D > 0，方程有解，故 D 成立．综上
0，
a 5d
1
1
1
可知，等式不可能成立的是 B，故选 B．
3．(2019•新课标Ⅰ，理 9)记 S 为等差数列{a }的前n 项和．已知S = 0 ，a = 5，则(
)
n
n
4
5
1
A．an = 2n -5
【答案】A
B．an = 3n -10
C． Sn = 2n
2
-8n
D． S = n - 2n
2
n
2
ì4a1 +6d = 0
îa1 + 4d = 5
ìa1 = -3
îd = 2
【解析】设等差数列{a }的公差为d ，由 S = 0 ，a = 5，得í
，\ í
，
n
4
5
\a = 2n -5， S = n
2
-4n，故选 A ．
n
n
4．(2018•新课标Ⅰ，理 4)记 S 为等差数列{a }的前n 项和．若3S = S + S ，a = 2，则a = (
)
n
n
3
2
4
1
5
A．-12
B．-10
C．10
D．12
【答案】B
3´ 2
4´3
【解析】QS 为等差数列{a }的前n 项和，3S = S + S ，a = 2，\ 3´(3a +
d) = a + a + d + 4a +
d ，
n
n
3
2
4
1
1
1
1
1
2
2
把a = 2，代入得d = -3，\a = 2+ 4´(-3) = -10，故选 B ．
1
5
5．(2017•新课标Ⅰ，理 4)记 S 为等差数列{a }的前n 项和．若a + a = 24 ，S = 48 ，则{a }的公差为(
)
n
n
4
5
6
n
A．1
B．2
C．4
D．8
【答案】C
ìa +3d + a + 4d = 24
ï
1
1
【解析】由题知，\ í
，解得a1 = -2 ，d = 4，故选C ．
6 5
´
6a1 +
d = 48
ï
î
2
6．(2017•新课标Ⅲ，理 9)等差数列{a }的首项为 1，公差不为 0．若 a ， a ，a 成等比数列，则{a }前 6
n
2
3
6
n
项的和为(
A．-24
)
B．-3
C．3
D．8
【答案】A
【解析】Q等差数列{a }的首项为 1，公差不为 0．a ，a ，a 成等比数列，\ a
2
= a ga ，
n
2
3
6
3
2
6
\(a1 +2d)
2
=(a +d)(a +5d) ， 且
=1 ， d ¹ 0 ， 解 得 d = -2 ， \{an} 前 6 项 的 和 为
1
1
a1


6´5
6´5
S = 6a +
d = 6´1+
´(-2) = -24 ，故选 A ．
6
1
2
2
7．(2016•新课标Ⅰ，理 3)已知等差数列{a }前 9 项的和为 27，a =8，则a = (
)
n
10
100
A．100
B．99
C．98
D．97
【答案】C
9(a + a ) 9´2a
【解析】由题知， S9 =
1
9
=
5
= 9a = 27 ，∴ a = 3，又Qa =8=a +5d = 3+5d ，\d =1，
5 5 10 5
2
2
\a = a +95d = 98，故选C
100
5
8．(2015 新课标Ⅰ，文 7)已知{a }是公差为 1 的等差数列，S 为{a }的前n 项和，若 S = 4S ，则a = ( )
n
n
n
8
4
10
17
2
19
2
(A)
(B)
(C)10
(D)12
【答案】B
1
1
1
2
【 解 析 】 ∵ 公 差 d =1 ， S = 4S ， ∴ 8a + ´8´7 = 4(4a + ´4´3) ， 解 得 a =
， ∴
8
4
1
1
1
2
2
1
19
2
a = a +9d = +9 =
，故选 B．
10
1
2
9．(2015 新课标Ⅱ，文 5) 设 S 是等差数列{a }的前 项和，若
n
a +a +a = 3
S =
，则 (
5
)
n
n
1
3
5
A．5 B．7 C．9 D．11
【答案】A
( + )
5 a a
【解析】a +a +a = 3a = 3Þ a =1，
S =
5
1
5
= 5a3 = 5 ．故选 A．
1
3
5
3
3
2
10．(2014 新课标Ⅱ，文 5)等差数列{a }
n 的公差是 2，若
成等比数 列，则{a }
n 的前 项和
n
S =
n
(
)
a ,a ,a
2
4
8
n(n+1)
n(n-1)
A． n(n+1)
【答案】A
B．
n(n-1)
C．
D．
2
2
a ,a ,a
a
2
4
= a2a8 ，即(a1 +6)
2
= (a +2)(a +14)
a
S = n
n
2
+ n
【解析】∵
成等比数列，∴
，解得 =2，∴
，
2
4
8
1
1
1
故选 A．
{ }
>
11．(2017 浙江)已知等差数列 a 的公差为d ，前n项和为S ，则“d 0”是
n
n
“S +S > 2S ”的( )
4
6
5
A． 充分不必要条件
C． 充分必要条件
B． 必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件


【答案】C
【解析】∵(S -S )-(S -S ) = a -a = d ，当d > 0，可得S +S > 2S ；当 S +S > 2S ，可得d > 0．所
6
5
5
4
6
5
4
6
5
4
6
5
以“d > 0”是“ S +S > 2S ” 充分必要条件，选 C．
4
6
5
{ }
=
2
=
12．(2015 重庆)在等差数列 a 中，若a 4,a4 2 ，则a6 ＝( )
n
A．－1
B．0
C．1
D．6
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得a = 2a -a = 2´2-4 = 0 ，选 Ba = 2 ．
6
4
2
4
13．(2015 浙江)已知{a }是等差数列，公差 d 不为零，前n项和是 S ．若a ,a ,a 成等比数列，则( )
n
n
3
4
8
A．a d > 0, dS > 0
B．a d < 0, dS < 0
1 4
1
4
C．a d > 0, dS < 0
D．a d < 0, dS > 0
1
4
1
4
【答案】B
5
【解析】由a ,a ,a 成等比数列可得：
(a1 +3d)
2
= (a +2d)×(a +7d) ，即3a +5d = 0，所以a = - d ，
3
4
8
1
1
1
1
3
(a +a )´4
2
所以a1d < 0，又
dS4 =
1
4
d = 2(2a +3d)d = - d
1
2
< 0．
2
3
14．(2014 辽宁)设等差数列{an}的公差为d ，若数列{2
a a
1 n
}为递减数列，则(
)
A．d < 0 B．d > 0 C．a1d < 0 D．a1d > 0
【答案】C
【解析】∵数列{2
函数，∴a1d < 0．
a a
1
}为递减数列，
，等式右边为关于 的一次
a a = a [a +(n-1)d]= a dn+a (a -d) n
n
1
n
1
1
1
1
1
15．(2014 福建)等差数列{a }的前n项和 S ，若a = 2,S =12，则a =( )
n
n
1
3
6
A．8
B．10
C．12
D．14
【答案】C
【解析】 设等差数列{a }的公差为d ，则 S = 3a +3d ，所以12=3´2+3d ，解得d = 2，所以a =12．
n
3
1
6
16．(2014 重庆)在等差数列{a }中，a = 2,a +a =10 ，则a =( )
n
1
3
5
7
A．5
B．8
C．10
D．14
【答案】B


【解析】由等差数列的性质得a +a = a +a ，因为a = 2，a +a =10，所以a = 8，选 B．
1
7
3
5
1
3
5
7
17．(2013 辽宁)下面是关于 公差d > 0
的等差数列
{a }
的四个命题：
{ }
na 是递增数列；
n
n
{ }
p :数列 a 是递增数列；
p :
数列
1
n
2
ìa ü
î n þ
p4 :数列{an +3nd}是递增数列；
p3 :数列í
n
ý是递增数列；
其中的真命题为
A． p1, p2
B． p3, p4
C． p2, p3
D． p1, p4
【答案】D
【解析】设a = a + (n -1)d = dn + m ，所以 p 正确；如果a = 3n -12 则满足已知，但
nan = 3n
-12n
2
n
1
1
n
an
n
1
并非递增所以 p 错；如果若a = n +1，则满足已知，但
=1+
p
，是递减数列，所以 错；
2
n
n
3
a +3nd = 4dn + m ，所以是递增数列， p 正确．
n
4
{ }
+ =
=
{ }
n
18．(2012 福建)等差数列 a 中，a a 10，a
7 ，则数列 a 的公差为( )
n
1
5
4
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解析】由题意有a +a = 2a =10 ，a = 5，又∵a = 7 ，∴a -a = 2，∴d = 2．
1
5
3
3
4
4
3
19．(2012 辽宁)在等差数列{ }中，已知
a +a =16
，则该数列前 11 项和 S = ( )
11
a
n
4
8
A．58
B．88
C．143
D．176
【答案】B
(
)
11 a +a
【解析】a +a =2a =16\a =8 ，而
S =
11
1
11 =11a6 =88 ，故选 B．
4
8
6
6
2
20．(2011 江西)设{a }为等差数列，公差d = -2，S 为其前n项和，若 S = S ，
n
n
10
11
则a1 = ( )
A．18
B．20
C．22
D．24
【答案】B
【解析】由S = S ，得a = S -S = 0，a = a + (1-11)d = 0+ (-10)´(-2) = 20 ．
10
11
11
11
10
1
11


{ }
{ }
n
21．(2011 天津)已知 a 为等差数列，其公差为-2，且a 是a 与a 的等比中项，S 为 a 的前n项和，
n
nÎN* ，则 S10 的值为
A．－110
7
3
9
n
B．－90
C．90
D．110
【答案】D
{ }
-
【 解 析 】 因 为 a 是 a 与 a 的 等 比 中 项 ， 所 以
a
2
7
= a a ， 又 数 列 a 的 公 差 为 2 ， 所 以
7
3
9
3
9
n
(a1 -12)
2
= (a -4)(a -16) ， 解 得 a = 20 ， 故 a = 20+(n-1)´(-2) = 22-2n ， 所 以
1 1 1 n
10(a +a )
S =
10
1
10 = 5´(20+2) =110．
2
22．(2020 北京 8)在等差数列{a }中， a = -9，a = -1，记T = a a ¼a (n =1, 2,¼)，则数列{T }
n
1
5
n
1
2
n
n
(
)
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
D．无最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
【答案】A
【解析】设公差为 d，a -a =4d，即 d=2，a =2n-11，1≤n≤5 使，a ＜0，n≥6 时，a ＞0，所以 n=4 时，T
n
5
1
n
n
n
＞0，并且取最大值；n=5 时，T ＜0；n≥6 时，T ＜0，并且当 n 越来越大时，T 越来越小，所以 T 无最小
n
n
n
n
项．故选 A．
a +a +¼+a
23．(2020 上海 7)已知等差数列{a }的首项a ¹ 0，且满足a +a = a ，则
1
2
9
=
．
n
1
1
10
9
a10
27
8
【答案】
a +a +...+a
9a5 9(a1 +4d) 27d 27
【解 析】由条件可知2a +9d = a +8d Þ a = -d ，
1
2
9
=
=
=
=
．
1
1
1
+
a10
a10
a 9d
8d
8
1
27
8
故答案为：
．
S10
S5
24．(2019•新课标Ⅲ，理 14)记 S 为等差数列{a }的前n 项和，若a ¹ 0，a = 3a ，则
=
．
n
n
1
2
1
【答案】4
S10
S5
10(a + a )
1 10
5(a1 + a5 )
【解析】设等差数列{a }的公差为d ，则由a ¹ 0，a = 3a 可得，d = 2a ，\
=
n
1
2
1
1
2(2a1 +9d)
2a1 + 4d
2(2a +18a )
2a1 +8a1
1
1
=
=
= 4 ．
25．(2015•新课标Ⅱ，理 16)设数列{a }的前 n 项和为 S ，且a = -1，a = S S ，则 S =
．
n
n
1
n+1
n+1
n
n


1
【答案】-
n
1
1
1
【 解析】Qan+1 = S S ，\S - S = S S ，\
-
=1，又Qa1 = -1，即 = -1，
S1
n+1
n
n+1
n
n+1 n
Sn Sn+1
1
1
1
\数列{ }是以首项是-1、公差为-1的等差数列，\
= -n ，\S = - ．
n
S
Sn
n
n
1
26．(2015 安徽)已知数列{a }中，a =1，
a = a + (n≥2)，则数列{a }的前 9 项和等于______．
n
1
n
n-1
n
2
【答案】27
1
1
【解析】∵a =1，a = a + (n≥2) ，所以数列{a }是首项为 1，公差为 的等差数列，所以前 9 项
1
n
n-1
n
2
2
9´8 1
和S9 = 9+
´ = 27 ．
2
2
27．(2019 江苏 8)已知数列{an}(nÎN
*
)
是等差数列，S
是其前 n 项和．若
a a +a = 0,S = 27
，则
S
的
n
2
5
8
9
8
值是
．
【答案】16
ì(a +d)(a +4d)+a +7d = 0
ì = -
a
5
ï
1
1
1
【解析】设等差数列{a }的首项为a ，公差为 ，则
d
í
9´8
，解得
í
1
，
n
1
9a1 +
d = 27
d = 2
î
ï
î
2
8´7d
S =8a +
= 6´(-5)+15´2 =16
．
所以
8
1
2
28．(2019 北京理 10)设等差数列{ }的前 n 项和为 ，若
S
a = -3，S = -10
，则
a =
5
________ ．
S
n
a
n
n
2
5
的最小值为_______．
【答案】0，-10
ìa = a + d = -3
ìa1 = -4
îd =1
2
1
a = a + 4d = 0
【解析】由题意得，í
，解得í
，所以
．
S = a ×5+10d = -10
5
1
î
5
1
4´3
{ }
=
=
4 4
= (- )´ +
´1= -10 ．
因为 a 是一个递增数列，且a 0，所以 S 的最小值为 S 或 S ，S
S5
n
5
n
4
5
4
2
29．(2018 北京)设{a }是等差数列，且a = 3，a +a = 36，则{a }的通项公式为___．
n
1
2
5
n
【答案】14
ìa1 +2d = 0
【解析】解法一 设{a }的公差为d ，首项为a ，则í
，
n
1
a +5d +a +6d =14
1 1
î
ìa1 = -4
îd = 2
´
7 6
解得í
，所以
S = 7´(-4)+
7
´2 =14．
2


解法二 2a +7d =14，所以d = 2．故a = a +d = 2，故 S = 7a = 7´2 =14．
3
4
3
7
4
30．(2018 上海)记等差数列{a }的前几项和为 S ，若a = 0，a +a =14 ，则 S =
．
n
n
3
6
7
7
【答案】an = 6n-3
【 解 析 】 设 等 差 数 列 的 公 差 为 d ， a +a = a +d +a + 4d = 6+ 5d = 36 ， ∴ d = 6 ， ∴
2
5
1
1
an = 3+(n-1)×6 = 6n-3 ．
{ }
+ + + + = 25，则a +a =
4 5 6 7
31．(2015 广东)在等差数列 a 中，若a a a a a
．
n
3
2
8
【答案】10
【解析】 由a +a +a +a +a = 25得5a = 25，所以a = 5，故a +a = 2a =10．
3
4
5
6
7
5
5
2
8
5
32．(2014 北京)若等差数列 a 满足a a a 0，a +a <
{ }
+ + >
0，则当n =__时
n
7
8
9
7
10
{ }
a 的前n项和最大．
n
【答案】8
{ }
+ + = >
>
+
= a +a < 0，∴a9 0．当
<
【解析】 ∵数列 a 是等差数列，且a a a 3a 0，a 0．又a a
n
7
8
9
8
8
7
10
8
9
n=8 时，其前n项和最大．
33．(2014 江西)在等差数列{a }中，a =7，公差为d ，前n项和为S ，当且仅当n =8时 S 取最大值，
n
1
n
n
则d 的取值范围_________．
7
【答案】(-1,-
)
8
ìd < 0
ï
7
【解析】由题意可知，当且仅当n =8时S 取最大值，可得ía > 0，解得-1< d < - ．
n
8
8
ï
a9 < 0
î
{ }
a
a +a =10
+
7
3a a
=
_____．
n
34．(2013 广东)在等差数列
【答案】20
中，已知
3
8
，则
5
+ = ( + )+ +
3a a 3 a 4d a 6d 4a 18d 20
=
+
=
【解析】 依题意2a1 +9d =10
，所以
．
5
7
1
1
1
1
35．(2012 北京)已知{a }为等差数列， S 为其前n项和．若a = ， S = a ，
n
n
1
2
3
2
则a2 =
； Sn =
．


n(n+1)
【答案】1，
4
1
2
1
2
1
4
【解析】设公差为 d，则2a +d = a +2d ，把a
=
代入得d =
，∴
a =1 S
=
n
，
n(n+1)
1
1
1
2
36．(2012 江西)设数列{a },{b }都是等差数列，若a +b = 7，a +b = 21，则a +b = ___________．
n
n
1
1
3
3
5
5
【答案】35
【解析】因为数列{a },{b }都是等差数列，所以数列 a b 也是等差数列．故由等差中项的性质，得
{ + }
n
n
n
n
( + )+( + )= ( + )
( + )+7 = 2´21，解得a +b = 35．
5 5
a b
a b
2 a b ，即 a b
5
5
1
1
3
3
5
5
37．(2012 广东)已知递增的等差数列{a }满足a =1，
a = a
3
2
2
-4，则 an =____．
n
1
【答案】an = 2n-1
a =1,a = a
2
2
-4 Û1+2d = (1+d) -4 Û d = 2 Û an = 2n-1
2
【解析】
1
3
38．(2011 广东)等差数列{a }前 9 项的和等于前 4 项的和．若a =1，a +a = 0，
n
1
k
4
则k =_________．
【答案】10
9´8
4´3
1
【解析】设{a }的公差为 d ，由 S = S 及 a =1，得9´1+
d = 4´1+
d ，所以 d = - ．又
n
9
4
1
2
2
6
1
1
a +a = 0，所以[1+(k -1)´(- )]+[1+(4-1)´(- )]= 0，即k =10．
k
4
6
6
39．(2019•新课标Ⅰ，文 18)记 S 为等差数列{a }的前n 项和，已知 S = -a ．
n
n
9
5
(1)若a = 4 ，求{a }的通项公式；
3
n
(2)若a1 > 0，求使得 Sn ³ an 的n 的 取值范围．
【解析】(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d ，
(a + a )´9
若S = -a ，则 S =
1
9
= 9a = -a ，变形可得a = 0 ，即 a + 4d = 0 ，
5 5 5 1
9
5
9
2
a5 - a
3
若a3 = 4 ，则d =
= -2，
2
则a = a + (n -3)d = -2n +10，
n
3
n(n-1)
(2)若 Sn ³ an ，则na1 +
d ³ a1 +(n-1)d
，
2
当n =1时，不等式成立，


nd
³ d -a1
(n-2)d ³ -2a1，
当n³ 2时，有
，变形可得
2
a1
4
(n-2)(- ) ³ -2a1
(a + a )´9
又由 S = -a ，即 S =
1
9
= 9a = -a ，则有a = 0 ，即a + 4d = 0 ，则有
，
9
5
9
5
5
5
1
2
又由a1 > 0，则有n £10，
则有2£ n £10
，
综合可得：2£ n £10，nÎN ．
40．(2018•新课标Ⅱ，理(文)17)记S 为等差数列{a }的前n 项和，已知a = -7 ，S = -15．
n
n
1
3
(1)求{an}的通项公式；
(2)求 S ，并求 S 的最小值．
n
n
【解析】(1)Q等差数列{a }中，a = -7 ，S = -15，
n
1
3
\a = -7，3a +3d = -15 ，解得a = -7 ，d = 2，
1
1
1
\an = -7 + 2(n -1) = 2n -9 ；
(2)Qa = -7，d = 2，a = 2n -9 ，
1
n
n
1
\S = (a + a ) = (2n
2
-16n) = n
2
-8n = (n - 4) -16，
2
n
1
n
2
2
\当n = 4时，前n 项的和 Sn 取得最小值为-16 ．
41．(2016•新课标Ⅱ，文 17)等差数列{a }中，a + a = 4，a + a = 6．
n
3
4
5
7
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)设b =[a ]，求数列{b }的前 10 项和，其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9] = 0 ，[2.6] = 2 ．
n
n
n
【解析】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d ，
Qa + a = 4 ，a + a = 6．
3
4
5
7
ì2a1 +5d = 4
î2a1 +10d = 6
\ í
，
ìa =1
ï
1
解得：í
2 ，
d =
ï
î
5
2
3
\a = n + ；
n
5
5
(Ⅱ)Qb =[a ]，
n
n


\b = b = b =1，
1
2
3
b = b = 2，
4
5
b = b = b = 3，
6
7
8
b = b = 4．
9
10
故数列{b }的前 10 项和 S = 3´1+ 2´2+3´3+ 2´4 = 24．
n
10
42．(2013 新课标Ⅱ，文 17)已知等差数列{a }的公差不为零，a = 25，且a ,a ,a 成等比数列．
n
1
1
11 13
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)求a +a +a +×××+a
3n-2
；
1
4
7
【解析】(Ⅰ)设{an }的公差为d ，
由题意，a2 =a a ，
11
1 13
即(a1 +10d)
2
= a (a +12d)，
1
1
∵a1 = 25，
∴d =0(舍去)或d =-2，
∴an -2n+27；
(Ⅱ)令 S =a +a +a +L+ a
3n-2
n
1
4
7
由(Ⅰ)知，a3n-2 =-6n+31，
∴{a3n-2 }是首项为 25，公差为-6 的等差数列，
n
n
∴S = (a +a )= (-6n+56)=
-3n +28n．
2
n
1
3n-2
2
2
43．(2014 浙江)已知等差数列{a }的公差d > 0 ，设{a }的前 n 项和为 S ，a =1，
n
n
n
1
S ×S =36 ．
2
3
(Ⅰ)求d 及 Sn ；
(Ⅱ)求m,k (m,kÎN* )的值，使得am + am+1 + am+2 +L+ am+k = 65．
【解析】(Ⅰ)由题意，(2a +d)(3a +3d) =36，
1
1
将a1 =1代入上式得d = 2或d = -5，
因为d > 0，所以d = 2，从而an = 2n-1，
S = n2 (
n
nÎN* )．
(Ⅱ)由(1)知，a +a +×××+a = (2m+k -1)(k +1)，
n
n+1
n+k


所以(2m+k -1)(k +1) = 65，
由m,k ÎN* 知，(2m+k -1)(k +1) >1，
ì2m+k -1=13
îk +1= 5
ìm = 5
îk = 4
所以í
，所以í
．
44．(2013 福建)已知等差数列{an}的公差d =1
n
，前 项和为 ．
S
n
(Ⅰ)若1,a ,a 成等比数列，求a ；
1
3
1
(Ⅱ)若 S > a a ，求a 的取值范围．
5
1
9
1
【解析】(Ⅰ)因为数列{an}的公差d =1，且
1,a1,a
成等比数列，
3
所以a
2
=1´(a1 +2)
，
1
即a
2
1
-a1 -2 = 0
，解得 或 ．
a = -1 a = 2
1 1
(Ⅱ)因为数列{an}的公差d =1，且
S > a a
5 1 9
，
所以5a1 +10 > a1 +8a
2
；
1
即a1 +3a1 -10 < 0，解得-5< a1 < 2
2
45．(2011 福建)已知等差数列{ }中， =1，
a
a = -3
3
．
a
n
1
(Ⅰ)求数列{ }的通项公式；
a
n
(Ⅱ)若数列{ }的前 项和
k
S = -35
k
k
，求 的值．
a
n
【解析】(Ⅰ)设等差数列{a }的公差为d ，则a = a +(n-1)d.
n
n
1
由a =1,a = -3可得1+2d = -3.
1
2
解得d =－2．
从而，an =1+(n-1)´(-2) = 3-2n.
(Ⅱ)由(I)可知an = 3-2n ，
n[1+(3-2n)]
S =
= 2n-n .
2
所以
n
2
S = -35可得2k -k = -35,
2
进而由
1


即k
2
-2k -35 = 0，解得k = 7或k = -5.
,故k = 7为所求．
又k Î N
*
{ }
( ¹ )
46．(2013 江苏)设 a 是首项为a ，公差为d 的等差数列 d 0 ，S 是其前n 项和．
n
n
nSn
记
b =
n
，n Î N* ，其中c为实数．
n2
+ c
S = n
nk
2
Sk (k,nÎN*)
(Ⅰ) 若c 0 ，且 ，
=
b b ，b
成等比数列，证明：
；
1
2
4
{ }
=
(Ⅱ) 若 b 是等差数列，证明：c 0 ．
n
【证明】(Ⅰ)若
，则
，
，
，又由题
，
，
是等差数列，首项为 ，公差为
，
，又
成等比数列，
，
，
，
，
，
，
，
(
)．
(Ⅱ)由题
，
，
，若
是等差数列，
则可设
，
是常数，
关于
恒成立．
整理得：
关于
，
恒成立．
，
，
．
考点 59 等比数列问题
{ }
+ + =
7 8
1．(2020 全国Ⅰ文 10)设 a 是等比数列，且a + a + a =1, a + a +a = 2 ，则a a a
(
)
n
1
2
3
2
3
4
6
A．12
B．24
C．30
D．32
【答案】D
q
【思路导引】根据已知条件求得 的值，再由
+
a7 + a8
a a
= ( + + )
a
q
5
a
可求得结果．
6
1
2
3


+ + = ( + +
【解析】设等比数列{ }的公比为 ，则
q
2
)=1，
a
a a a a 1 q q
n
1
2
3
1
(
)
= q = 2
a +a +a = a q+a q
2
+a1q
3
= a q 1+q+q
2
，
2
3
4
1
1
1
)
\a +a +a = a q
5
+a1q
6
+a1q
7
= a1q
5
(1+q+q2
= q
5
= 32，故选 D．
6
7
8
1
S
{a }
n
a - a =12,a - a = 24,
n =
则
2．(2020 全国Ⅱ文 6)记 Sn 为等比数列
的前n 项和．若
5
3
6
4
an
(
)
A．2n -
B．2 - 21-n
C．2 - 2n-1
D．21-n -
1
1
【答案】B
【思路导引】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列
n
的通项公式和前 项和公式进行求解即可．
ì
4
-
2
=12 ìq=2
ïaq
aq
q
【解析】设等比数列的公比为 ，由
a -a =12,a -a =24
1
1
Þ
í
í
可得：
，
5
3
6
4
=
1
5
-a1q =24 îa 1
3
ïaq
î
1
a (1-q
n
) 1-2
n
Sn
an
2 -1
n
a a qn 1
=
-
=
2
n-1,Sn
=
=
= - ，因此
n
=
= 2-21-n ，故选 B．
n-1
1
2
1
∴
n
1
1-q
1-2
2
3．(2020 全国Ⅱ理 6)数列{a }中，a = 2 ， a
= a a ，若
a
+ ak+2 +L+ ak+10
=
215 - 25 ，则k = (
)
n
1
m+n
m
n
k+1
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
{ }
{ }
a
的通项公式，利用等比数列求和公式
n
【思路导引】取m=1，可得出数列
a
是等比数列，求得数列
n
k
可得出关于 的等式，由
k ÎN
*
k
可求得 的值．
\a
= 2
，
【解析】在等式a
= aman 中，令m=1，可得a = a a = 2a
，
n 1
an
+
m+n
n+1
n
1
n
{ }
-
a
a = 2´2n 1 = 2
，
n
所以，数列
是以2为首项，以2为公比的等比数列，则
n
n
(
)
+
(
)
a × 1-210
2
k 1 × 1-210
k+1
( - )= ( - )，
210 1 2 2 1
\ak+1
\2
+
=
ak+2
+L+
ak+10
=
=
=
2
k+1
5
10
1-2
1-2
+ =
k = 4．故选：C．
k 1
+
2
5
，则k 1 5，解得
4．(2019•新课标Ⅲ，理 5)已知各项均为正数的等比数列{a }的前 4 项和为 15，且a = 3a + 4a ，则a =(
)
n
5
3
1
3
A．16
B．8
C．4
D．2


【答案】C
【解析】设等比数列{a }的公比为q(q > 0) ，则由前 4 项和为 15，且a = 3a + 4a ，有
n
5
3
1
ì +
+
2
+
3
=15，\ ìía1 =1
ïa a q a q
a1q
í
1
1
1
2
，\ a3
=
2
2 = 4，故选C ．
ïa q
î
4
=3a1q
+4a1
îq = 2
1
5．(2017•新课标Ⅱ，理 3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加
增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一
层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯(
)
A．1 盏
B．3 盏
C．5 盏
D．9 盏
【答案】B
a1(1-2 )
1- 2
7
【解析】设塔顶的a 盏灯，由题意{a }是公比为 2 的等比数列，\S =
= 381，
1
n
7
解得a1 = 3，故选 B ．
6．(2015•新课标Ⅱ，理 4)已知等比数列{a }满足 a = 3，a + a + a = 21，则a + a + a = (
)
n
1
1
3
5
3
5
7
A．21
B．42
C．63
D．84
+1=7 ，\q
【解析】Qa = 3，a + a + a = 21，\ a (1+ q
2
+ q
4
) = 21，\q
4
+ q
2
4
+ q
2
-6=0，
1
1
3
5
1
\q
2
= 2，\a +a +a = a (q
2
+ q
4
+ q
6
) =3´(2+4+8) = 42，故选 B ．
3
5
7
1
1
= ( - )
a =
1
7．(2015 新课标Ⅱ，文 9)已知等比数列{an}满足
，
a a 4 a 1 ，则a
=
(
)
3
5
4
2
4
C.1
D.1
A.2
B.1
2
8
【答案】 C
【解析】由题意可得
C．
a4
a1
q
3
=
=8Þ q = 2
a a a
=
2
= ( - )Þ =
4 a 1 a 2
，所以
4
1
2
，故
a = a q =
，选
3
5
4
4
2
1
2
8．(2013 新课标Ⅰ，文 6)设首项为 1，公比为 的等比数列{a }的前 n 项和为S ，则
n
n
3
A．S =2a -1 B ．S =3a - 2
C．Sn =4-3an
D．Sn =3-2an
n
n
n
n
【答案】D
2
1- a
n
3
【解析】 Sn =
=3-2an ，故选 D
2
3
1-


9．(2013 新课标Ⅱ，理 3) 等比数列{a }的前 n 项和为S ，已知S = a +10a ，a =9，，则a =
n
n
3
2
1
5
1
1
3
B．-1
3
1
9
D．- 1
9
A．
C．
【答案】C．
1
【解析】由题知a +a +a =a +10a ，即
a q
1
2
2
5 1 1
= 9a1 ，即q = 9，又 9=a =a q4 ，∴a = ，故选 C．
1
2
3
2
1
9
10．(2012 新课标，理 5)已知数列{a }为等比数列，a + a =2，a a =－8，则a +a =
n
4
7
5
6
1
10
A．7
B ．5
C．－5
D．－7
【答案】D．
【解析】∵a a =a a =－8，a + a =2，∴a =4，a =－2，或a =－2，a =4，
4
7
5
6
4
7
4
7
4
7
1
a4
q3
当a =4，a =－2 时，
q
3 =－ ，a +a =
+a4q6 =-7，
4
7
1
10
2
a4
q3
当a =－2，a =4 时，
q
3 =－2，a +a = +a4q6 =－7，故选 D．
4
7
1
10
4
3
11．(2013 大纲)已知数列{ }满足
3a +a = 0,a = -
，则
{ }的前 10 项和等于
a
n
a
n
n+1
n
2
1
A．
-6(1-3-10)
B． (1-310) C．3(1-3-10) D．3(1+3-10
)
9
【答案】C
æ
10
ö
æ 1ö
4ç1- -
÷
÷
ç
ç
÷
è 3ø
1
【解析】∵a = - a ，∴{ }是等比数列，又
4
3
è
ø
= 3(1-3-10 )
，
a
n
a = -
2
a = 4
1
，∴
S =
10
，∴
n+1
n
1
3
3
1+
故选 C．
12．(2018 北京) “十 二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理
论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二
个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 2 ．若第一个单音的频率为 f，则
第八个单音的频率为
A． 3 2 f
【答案】D
【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 ，第一个单音的频率
B． 3
2
C．12
5
D．12
7
2
f
2
f
2
f
2
为 f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f ，公比为12 的等比数列，记为
2
{a }
，
n


则第八个单音频率为a8 f (12 2)8 1 12
= ×
-
=
2
7
f ，故选 D．
13．(2018 浙江)已知a ，a ，a ，a 成等比数列，且a +a +a +a = ln(a +a +a ) ．若a >1，则
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
1
A．a < a ，a < a
B．a > a ，a < a
4
1
3
2
4
4
1
3
2
C．a < a ，a > a
D．a > a ，a > a
1 3 2 4
1
3
2
【答案】B
【解析】 因为lnx≤x-1( x >0)，所以a +a +a +a = ln(a +a +a )
1
2
3
4
1
2
3
≤a +a +a -1，所以a ≤-1，又a >1，所以等比数列的公比q < 0．
1
2
3
4
1
若q≤-1，则
a +a +a +a = a (1+q)(1+ q
2
）≤0，
1
2
3
4
1
而a +a +a ≥a >1，所以ln(a +a +a ) > 0 ，
1
2
3
1
1
2
3
与ln(a +a +a ) = a +a +a +a ≤0 矛盾，
1
2
3
1
2
3
4
所以-1< q < 0，所以
a -a = a (1-q
2
) > 0 ，a -a = a q(1-q ) < 0，
2
1
3
1
2
4
1
所以a > a ，a < a ，故选 B．
1
3
2
4
14．(2014 重庆)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是
A．a ,a ,a 成等比数列 B．a ,a ,a 成等比数列
1
3
9
2
3
6
C．a ,a ,a 成等比数列
D．a ,a ,a 成等比数列
2 6 9
2
4
8
【答案】D
a ×a = a ¹ 0，因此a ,a ,a 一定成等比数列．
2
【解析】由等比数列的性质得，
3
9
6 2 6 9
15．(2012 北京) 已知{an}为等比数列．下面结论中正确的是
A．a +a … 2a
B．a +a3
1
2
2
…2a2
2
1
3
2
C．若a = a ，则a = a
D．若a > a ，则a > a
3 1 4 2
1
3
1
2
【答案】B
【解析】取特殊值可排除 A、C、D，由均值不等式可得a1
2
+a3
… 2a ×a = 2a2 ．
1 3 2
2
16．(2011 辽宁)若等比数列 {an}满足
a a =
16n ，则公比为
n
n+1


A．2
B．4
C．8
D．16
【答案】B
a a
16n+1
16
a a = n ，得an+1an+2
=16 + ，两式相除得 n+1 n+2
n 1
=
=16，
【解析】由
n
n+1
16n
anan+1
∴q =16，∵a a =16n ，可知公比q为正数，∴q = 4．
2
n n+1
1
17．(2019•新课标Ⅰ，理 14)记 S 为等比数列{a }的前n 项和．若a = ， a
2
4
= a ，则 S =
．
n
n
1
6
5
3
121
3
【答案】
1
3(1-35
)
121
3
【解析】在等比数列中，由a4
2
= a6 ，得q
6
a
2
1
= q
5
a >0，即q > 0，q = 3，则 S =
=
．
1
5
1-3
3
18．(2019•新课标Ⅰ，文 14)记 S 为等比数列{a }的前n 项和，若a =1， S = ，则 S =
．
n
n
1
3
4
4
5
8
【答案】
3
1- q
-
3
3
1
【解析】Q等比数列{a }的前n 项和，a =1，S = ，\q ¹1，
= ，整理可得，q
2
+ q + = 0，解
n
1
3
4
1 q
4
4
1
1-
1+
1
1- q
-
4
5
16
1
可得，q = - ，则 S =
=
= ．
4
2
1 q
8
2
{ }
=
=
{ }
=126 ，则
19．(2015 新课标Ⅰ ，文 13)数列 a 中 a 2,a
2a ,S 为 a 的前 n 项和，若 S
n
1
n+1
n
n
n
n
n =
．
【答案】6
2(1-2 )
1-2
n
【解析】∵a = 2,a = 2a ，∴数列 a 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，∴ S
{ }
=
=126 ，
1
n+1
n
n
n
∴2n 64，∴n=6．．
=
20．(2017•新课标Ⅲ，理 14)设等比数列{a }满足 a + a = -1，a - a = -3，则a =
．
n
1
2
1
3
4
【答案】-8
【解析】设等比数列{a }的公比为q，Qa + a = -1，a - a = -3，\a (1+ q) = -1，a (1- q
2
) = -3，解得a1 =1，
n
1
2
1
3
1
1
q = -2，则a4 =(-2)
= -8．
3
21．(2012 新课标，文 14)等比数列{a }的前 n 项和为 S ，若 S +3S =0，则公比q=_______
n
3
2
n


【答案】-2
【解析】当q=1 时，S =3a ，S =2a ，由 S +3S =0得，9a =0，∴a =0 与{a }是等比数列矛盾，故q ≠
3
2
3
1
2
1
1
1
n
a1(1-q
1-q
3
) 3a (1-q )
1
2
1，由 S +3S =0得，
+
= 0
，解得q=－2．
3
2
1-q
7
63
4
22．(2017 江苏)等比数列{a }的各项均为实数，其前n项的和为 S ，已知 S = ，S =
，则a8 =
．
n
n
3
6
4
【答案】32
S6 1-q
6
3
a (1-q
3
) 7
【解析】设{an}的公比为q，由题意q ¹1，由
=
=1+ q = 9，所以q = 2，由 S3 =
3
1
= ，
S3 1 q
-
1-q
4
1
1
得a = ，所以
a = a q
7
= ´2
7
= 2 = 32．
5
1
8
1
4
4
23．(2017 北京)若等差数列{ }和等比数列
{ }
a =b = -
= =
a
n
b
1 a b 8
满足
，
，
n
1
1
4
4
a2
b2
则
=_____．
【答案】1
{ }
d { }
q
的公比为 ，由题意
a
b
-1+3d = -q = 8
3
【解析】设
的公差为 ，
，
n
n
a2
-1+3
b2 -(-2)
所以d =3，q = -2，所以
=
=1．
24．(2016 年浙江)设数列{a }的前n项和为S ．若 S = 4，a = 2S +1，
nÎN* ，则
n
n
2
n+1
n
a = ， S = ．
1
5
【答案】 ．1 121
ìa + a = 4
1
1
1
2
a =1
1
a = S -S = 2S +1
+ =
3(Sn
+
【解析】由于 í
，解得
，由
，所以Sn+1
2)，所以
a = 2a +1
n+1
n+1
n
n
î
2
1
2
1
3
{S + }是以 为首项，3 为公比的等比数列，
n
2
2
1 3
3
+ = ´ n-1，所以 S5 =121．
所以
S
n
2 2
25．(2015 安徽)已知数列{a }
n 是递增的等比数列，
a +a = 9,a a = 8 ，则数列{a }
n 的前 n 项和等
1 4 2 3
于
．
【答案】2n -1


ìa +a = 9
1
4
=
=
=
=
，而数列
4
【解析】由题意，í
，解得
a 1,a 8 a 8,a 1
或
{a }
是递增的等比数列，
n
a ×a = a ×a = 8
1
4
1
î
2
3
1
4
a4
a1
a (1 q
-
n
) 1 2
-
n
所以a =1,a =8，即
q
3
=
= 8
，所以
q = 2
，因而数列
n S =
{a }
的前 项和
n
1
=
= 2 -1．
n
1
4
n
1-q
1-2
26．(2014 广东)等比数列{ }的各项均为正数，且
a a = 4
，则
1 5
a
n
log a + log a + log a + log a + log a = ________．
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
【答案】5
【解析】由等比数列的性质可知
a a = a a = a2 ，于是，由a a = 4 得a = 2，
1
5
2
4
3
1
5
3
故a a a a a = 32，则log a + log a + log a + log a + log a =
1
2
3
4
5
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
log (a a a a a ) =log 32 =5 ．
2
1
2
3
4
5
2
27．(2014 广东)若等比数列{an }的各项均为正数，且
a a + a a = 2e
，则
5
10 11
9 12
lna +lna +L+lna =
．
1
2
20
【答案】50
【解析】因{a }是等比数列，∴a a = a a = a a ，由
a a + a a = 2e
得
5
n
1
20
10 11
9
12
10 11
9 12
a a = e5 ，∴lna +lna +L+lna = ln(a a ×××a ) = ln(a a )10 =50．
∴
1
20
1
2
20
1
2
20
1 20
28．(2014 江苏)在各项均为正数的等比数列{an}中，
a = a = a + 2a ，则a 的值
1,
2
8
6
4
6
是
．
【答案】4
【解析】 设等比数列{a }的公比为q，q > 0．则a = a + 2a ，即为
a q
4
4
= a4q
2
+2a4 ，解得q = 2(负
2
n
8
6
4
值舍去)，又a2 =1，所以
a = a q 4．
4
6
2
29．(2013 广东)设数列{a }是首项为 ，公比为
1
-2
的等比数列，则
n
a +|a |+a +|a |=
．
1
2
3
4
【答案】15
【解析】a =1,a = -2,a = 4,a = -8 ，∴ a +|a |+a +|a |= 15．
1
2
3
4
1
2
3
4
{ }
+
+
3 5
30．(2013北京)若等比数列 a 满足a a =20，a a =40，则公比q=
；前n项和 Sn =
．
n
2
4


【答案】2, 2n+1 -2
(
)
2 1-2
n
【解析】由a +a =q a a 得q 2；
( + )
= ( + )= ( + )
a a
a q q3 =20，得a 2；∴ S
=
=
= 2n 1 - 2 ．
+
3
5
2
4
2
4
1
1
n
1-2
1
31．(2013 江苏)在正项等比数列{an}中，
a =
5
，
a +a = 3
．则满足
2
6
7
a +a +a +...+a > a a a ...a 的最大正整数n 的值为
．
1
2
3
n
1
2
3
n
【答案】12
ì
1
2
ï
=
1
a1q
4
【解析】设正项等比数列{a }首项为 a ，公比为 q，则： í
，得： a1 ＝
，q＝2，
n
1
32
ï
+
=
a q (1 q) 3
î
1
5
(n-1)n
2n -1
(n-1)n
2
n
-1
an
=
2
6 n
- ．记T = a + a +L+ a =
n
1
2
n
，Õ = a a La = 2
2
．T > Õ ，则
n
n
> 2
2
，
，
n
1
2
n
5
25
2
1
2
11
n2 - n+5
1
11
- n +5 时，n =
13+ 121
化简得：2n -1> 2
，当
n > n
2
»12
．当 n＝12 时，
T > Õ
12
2
12
2
2
2
当 n＝13 时，T < Õ ，故n =12．
13
13
max
{ }
=
Î
32．(2012 江西)等比数列 a 的前 n 项和为 S ，公比不为 1．若 a 1，且对任意的 n N 都有
n
n
1
+
a +a -2a = 0 ，则 S =_________________．
n+2
n+1
n
5
【答案】11
【解析】由a +a -2a = 0 ，可得
a q
n
2
+a q-2a = 0，由a =1可知a ¹ 0,q ¹1，求得公比q = -2 ，
n+2
n+1
n
n
n
1
n
可得 S5 =11．
a > 0
1
2(a + a ) = 5a
n n+2 n+1
，则数列{an}的公比
33．(2012 辽宁)已知等比数列{an}为递增数列，若
q =
．
，且
【答案】2
1
2
【解析】Q2(a +a ) =5a ,\2a (1+ q
2
) =5anq,\2(1+ q
) =5q,解得q = 2或q =
2
n
n+2
n+1
n
因为数列为递增数列，且a1 > 0,所以q >1,\q = 2 ．
34．(2012 浙江)设公比为q(q > 0)的等比数列{a }的前n项和为 S ．若 S = 3a +2，
n
n
2
2


S = 3a +2，则q =
．
4
4
3
2
【答案】
ì
-
2
4
a (1 q
)
1
= 3a1q+ 2
ï
-
ì2a q
ï
2
-3a q +a +2q -2 = 0
ï 1 q
Þ
1
1
1
【解析】依题意可得，í
í
a (1-q
)
ï2a q
î
4
-3a1q
3
+a1 +2q -2 = 0
ï
1
= 3a1q
3
+ 2
1
ï
î 1 q
-
两式相减可得2a1q
4
-2a1q
2
-3a1q
3
+3a1q = 0，即2q
4
-2q
2
-3q +3q = 0 ，
3
3
3
解得q = ±1(舍)或q = 0或q = ．因为q > 0，所以q = ．
2
2
1
35．(2011 北京)在等比数列{a }中，a = ，a = -4，则公比q =_____
_________；
n
1
4
2
a + a +...+ a =____________．
1
2
n
1
2
n-1
-
【答案】2
2
1
2
(1-2 )
n
1
1
a = a q3 得4 = q3 ，解得q = 2，a +a +×××+ =
a
=
2
n-1
-
．
【解析】
4
1
1
2
n
1-2
2
2
36．(2017•新课标Ⅱ，文 17)已知等差数列{a }的前n 项和为 S ，等比数列{b }的前n 项和为T ，a = -1，
n
n
n
n
1
b =1，a +b = 2 ．
1
2
2
(1)若a + b = 5 ，求{b }的通项公式；
3
3
n
(2)若T = 21，求 S ．
3
3
【解析】(1)设等差数列{a }的公差为d ，等比数列{b }的公比为q，
n
n
a = -1，b =1，a +b = 2 ，a + b = 5 ，
1
1
2
2
3
2
3
可得-1+ d + q = 2 ，-1+2d + q
=5，
解得d =1，q = 2或d = 3，q = 0(舍去)，
则{bn}的通项公式为bn
(2)b =1，T = 21，
=
2
n-1
，nÎN *；
1
3
可得1+q+ q
解得q = 4或-5 ，
当q = 4时，b = 4，a = 2- 4 = -2 ，
2
= 21，
2
2


d = -2- (-1) = -1， S3 = -1- 2-3= -6；
当q = -5时，b = -5，a = 2-(-5) = 7 ，
2
2
d = 7-(-1) = 8， S3 = -1+ 7 +15 = 21．
an
n
37．(2018•新课标Ⅰ，文 17)已知数列{a }满足a =1，na = 2(n +1)a ，设b =
．
n
1
n+1
n
n
(1)求b ，b ，b ；
1
2
3
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明文由；
(3)求{an}的通项公式．
【解析】(1)数列{a }满足a =1，na = 2(n +1)an ，
n
1
n+1
an+1
n +1
an
则：
= 2 (常数)，
n
an
n
由于bn =
，
bn+1
bn
故：
= 2，
数列{b }是以b 为首项，2 为公比的等比数列．
n
1
整文得：bn =b g2n 1
-
=
2
n-1
，
1
所以：b =1，b = 2，b = 4．
1
2
3
(2)数列{bn}是为等比数列，
bn+1
bn
由于
= 2(常数)；
(3)由(1)得：bn
=
2
n-1
，
an
n
根据bn =
，
所以：an = ng2n 1
．
-
38．(2018•新课标Ⅲ，理文 17)等比数列{a }中， a =1，a = 4a ．
n
1
5
3
(1)求{an}的通项公式；
(2)记 S 为{a }的前n 项和．若 S = 63，求m ．
n
n
m
【解析】(1)Q等比数列{a }中，a =1，a = 4a ．
n
1
5
3
\1´q
4
= 4´(1´q ) ，
2


解得q = ±2，
当q = 2时， an
=
2
n-1
，
当q = -2时， an =(-2)n 1
，
-
\{a }的通项公式为，a = 2n-1 ，或an =(-2)n-1
．
n
n
(2)记 S 为{a }的前n 项和．
n
n
a1(1- q
1- q
n
) 1-(-2)
n
1-(-2)
n
当a =1，q = -2时， S =
=
=
，
1
n
1-(-2)
3
1-(-2)
m
由S = 63，得 S =
= 63，mÎN ，无解；
m
m
3
a1(1- q
1- q
n
) 1- 2
n
当a =1，q = 2时， S =
=
= 2 -1，
n
1
n
1- 2
由S = 63，得 S = 2
m
-1=63，mÎN ，
m
m
解得m = 6．
{ }
=
+
39．(2014 新课标Ⅱ，理 17)已知数列 a 满足a =1，a
3a 1．
n
1
n+1
n
{
n
1}
2
(Ⅰ)证明 a +
是等比数列，并求 a 的通项公式；
{ }
n
1
1
1
3
(Ⅱ)证明：
+
+…+ < ．
a1 a2
an
2
1
2
a +
1
1
n+1
【解析】(Ⅰ)∵a = 3a +1，∴a + = 3(a + )，即：
= 3
n+1
n
n+1
n
1
2
2
(a + )
n
2
1 3
1
3
又a + = ，∴{a + }是以 为首项，3 为公比的等比数列．
1
n
2 2
2
2
3
n
-1
1 3
+ = ×
n-1
3
，即an =
∴an
2 2
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知an = -1，∴
3
n
1
2
1
n-1
=
£
(nÎN*)
2
n
-
an 3 1 3
1
1-( )
n
1
1
1
1 1
∴ + +×××+ £1+ + +×××+
a a an
3 3
1
3
1
3
2
3
=
= [1- ( ) ]<
n
2
3
n
1
2
3
1-
1
2
3


1
1
1
3
2
故： + +×××+
a2
<
a
1
an
3
40． (2013 天津)已知首项为 的等比数列{a }的前 n 项和为 S (nÎ N*)， 且
-2S ,S ,4S
成等差数列．
4
n
n
2
3
2
(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式；
1
13
6
(Ⅱ) 证明 Sn
+
£
(nÎ N*) ．
Sn
{ }
-
【解析】(Ⅰ)设等比数列 a 的公比为q，因为 2S ， S ，4S 成等差数列，
n
2
3
4
所以 S +2S = 4S -S ，即 S -S = S -S ，可得2a = -a ，
3
2
4
3
4
3
2
4
4
3
a4
a3
1
3
于是q =
= - ．又a = ，所以等比数列 a 的通项公式为
{ }
n
1
2
2
n-1
3 æ 1 ö
= ´ -
3
2n
an
ç
÷
= (-1)n 1 ×
-
．
2 è 2 ø
æ 1ön
(Ⅱ)S =1-ç- ÷ ，
n
è 2ø
ì
1
2+
,n为奇数
ï
n
2 (2 +1)
n
n
1
æ 1 ö
è 2ø
1
ï
Sn +
=1- -
+
= í
ç
÷
Sn
æ
ö
n
1
1
ï
1- -
2+
,n为偶数
ç
÷
ï
-
n
n
è 2ø
î 2 (2 1)
1
1
1 13
当n为奇数时， Sn +
随n的增大而减小，所以Sn +
£ S1 +
£ S2 +
=
．
Sn
Sn
S1
6
1
1
1
25
当n为偶数时， Sn
+
随 的增大而减小，所以
n
S +
n
=
．
Sn
Sn
S2 12
1 13
故对于nÎN* ，有 Sn +
£
．
Sn
6
41．(2011 江西)已知两个等比数列{a },{b }，满足a = a(a > 0),b -a =1,
n
n
1
1
1
b -a = 2,b -a = 3．
2
2
3
3
(Ⅰ)若a =1，求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ )若数列{an}唯一，求a的值．


【解析】(Ⅰ)设{an}的公比为q，
b =1+ a = 2,b = 2+ aq = 2+ q,b = 3+ aq
2
= 3+ q
2
则
1
2
3
由b ,b ,b 成等比数列得
(2+ q)
2
= 2(3+ q )
2
1
2
3
即q
2
-4q+2 = 0,解得q = 2+ 2,q = 2- 2
1
2
= +
所以{an}的通项公式为an (2
2)n-1
或 = (2-
a
2)n-1
),
.
n
(Ⅱ )设{an}的公比为q，则由(2+ aq)
得aq - 4aq +3a -1= 0(*)
由a > 0得D = 4a
2
= (1+ a)(3+ aq
2
2
2
+4a > 0，故方程(*)有两个不同的实根
1
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得a
=
.
3
42．(2013 湖北)已知 S 是等比数列{a }的前n 项和，S ，S ，S 成等差数列，
n
n
4
2
3
且a2 a3 a4 = -18 ．
+
+
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)是否存在正整数n ，使得Sn 2013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；
³
若不存在，说明理由．
【解析】(Ⅰ)设数列{a }的公比为q，则a ¹ 0，q ¹ 0． 由题意得
n
1
ì S - S = S - S ,
ìï -a q
2
-a1q
ïa q(1+q+ q
î
1
3
= a1q
2
,
ìa1 = 3,
解得í
2
4
3
2
í
1
í
即
a + a + a = -18,
2
) = -18,
îq = -2.
î
2
3
4
故数列{an}的通项公式为an =3(-2)n 1
．
-
3×[1-(-2) ]
1-(-2)
n
(Ⅱ)由(Ⅰ)有 Sn =
=1-(-2)
³ 2013，即(-2)
>0， 上式不成立；
= -2 £ -2012，即2 ³ 2012 ，则n ³11．
n
．
若存在n ，使得 Sn ³ 2013，则1-(-2)
n
n
£ -2012.
当n 为偶数时，(-2)
当n 为奇数时，(-2)
n
n
n
n
综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的 n 的集合为{nn = 2k +1, kÎN, k ³5}．
考点 60 等差数列与等比数列的综合问题
q
{a +b }
是公比为 的等比数列，已知 的前 项和
n n
n
{a }
d
是公差为 的等差数列，
{b }
1．(2020 江苏 11)设
n
n


Sn = n
2
-n + 2
n
-1(nÎN
*
)，则d +q的值是________．
【答案】3
【解析】∵
{a +b }
n
的前 项和
S = n
n
2
-n + 2
n
-1(nÎN
)，
*
n
n
当n =1时，a +b =1
；
1
1
当n ³2时，a +b =
Sn
-
Sn-1 2n 2 2n 1
=
- +
-
，∴
a +b = 4
，从而有
d +q = (a +b )-(a +b ) = 3
．
n
n
2
2
2
2
1
1
2．(2016 课标卷 1，理15)设等比数列满足 a +a =10，a +a =5，则 a a …a 的最大值为
．
1
3
2
4
1 2
n
【答案】64
1
1
2
2
【解析】由 5=a +a = q(a +a ) =10q，解得q= ，所以
a + a
( ) =10
，解得a =8，所以数列{a }
2
4
1
3
1
1
1
n
2
n(n-1)
n2 -n
7n-n2
1
是递减数列，因为
a = a q
= ，所以a a ¼a = a
1
n
1
gq1+2+3+¼+(n-1) = 8
n
g( )
2
= 23n-
2
= 2
2
，当n = 3或 4
3
4
1
1
2
n
2
12
2
时，表达式取得最大值：2
= 2 = 64．
6
3．(2013 重庆)已知{ }是等差数列，
a =1
1
，公差d ¹ 0 ，S 为其前 项和，若
a ,a ,a
1 2 5
成等比数列，则
a
n
n
n
S8 = _____ ．
【答案】64
8´7
【解析】由a =1且a ,a ,a 成等比数列，得
a (a +4d) = (a +d)2 ，解得d = 2，故S =8a +
d = 64．
1
1
2
5
1
1
1
8
1
2
4．(2011 江苏)设1£ a £ a £L£ a ，其中 a ,a ,a ,a 成公比为 q 的等比数列， a ,a ,a 成公差为 1
1
2
7
1
3
5
7
2
4
6
的等差数列，则q的最小值是________．
3
3
【答案】
【解析】设a2 =t ，则1≤t ≤q≤t +1≤q
2
≤t +2 ≤q3 ，由于t≥1，所以q≥max{t, t +1, t +2}，
3
故q的最小值是
3
3
．
5．(2017•新课标Ⅰ，文 17)记 S 为等比数列{a }的前 n 项和．已知 S = 2 ， S = -6．
n
n
2
3
(1 )求{an}的通项公式；
(2)求 S ，并判断 S ， S ， S 是否成等差数列．
n
n+1
n
n+2
【解析】(1)设等比数列{a }首项为a ，公比为q，
n
1
a3
q2
-8
a3
q
-8
则a = S - S = -6- 2 = -8，则a =
=
，a2 =
=
，
3
3
2
1
q2
q


-8 -8
由a + a = 2 ，
+
= 2 ，整理得：q
2
+4q+4=0，解得：q = -2，
1
2
q2
q
则a1 = -2 ，an =(-2)(-2)n 1 ( 2)
，
-
= -
n
\{a }的通项公 式a =(-2)
n
；
n
n
a (1- q
1- q
n
) -2[1-(-2)
n
]
[2 ( 2)n 1]，
= -1 + -
(2)由(1)可知： Sn
=
1
=
+
1-(-2)
3
= -1 + - n+2 ， Sn+2 = - [2+ (-2)n+3]，
[2 ( 2)
]
1
则Sn+1
3
3
= -1 + -
[2 ( 2)n+
]- [2 ( 2)n+
1
+ -
]，
由Sn+1 + Sn+2
2
3
3
3
1
= - [4+ (-2)´(-2)n+1 + (-2)
2
´(-2)n+1]，
3
1
1
= - [4+ 2(-2)n+1]= 2´[- (2+ (-2)n+1)]，
3
3
= 2Sn ，
即Sn+1 + Sn+2 = 2Sn ，
\S ，S ， S 成等差数列．
n+1
n
n+2
6．(2019•新课标Ⅱ，理 19)已知数列{a }和{b }满足a =1，b = 0，4a = 3a -b + 4 ，4b = 3b - a - 4 ．
n
n
1
1
n+1
n
n
n+1
n
n
(1)证明：{a +b }是等比数列，{a -b }是等差数列；
n
n
n
n
(2)求{a }和{b }的通项公式．
n
n
【解析】(1)证明：Q4an+1 = 3a -b + 4，4b = 3b - a - 4 ；
n
n
n+1
n
n
\4(an+1 +b ) = 2(a +b )，4(a -b ) = 4(a -b ) +8；
n+1
n
n
n+1
n+1
n
n
1
即an+1 +bn+1 = (a +b ) ，a -bn+1 = a -b + 2 ；
n
n
n+1
n
n
2
又a + b =1，a -b =1，
1
1
1
1
1
\{a +b }是首项为 1，公比为 的等比数列，
n
n
2
{a -b }是首项为 1，公差为 2 的等差数列；
n
n
1
(2)由(1)可得：a +b = ( )n-1
，
n
n
2
a -b =1+ 2(n -1) = 2n -1；
n
n
1
1
1
2
1
\a = ( )
n
+ n - ，b = ( )
n
- n + ．
n
n
2
2
2
7．(2019•新课标Ⅱ，文 18)已知{a }的各项均为正数的等比数列，a = 2，a = 2a +16 ．
n
1
3
2


(1)求{an}的通项公式；
(2)设b = log a ，求数列{b }的前n 项和．
n
2
n
n
【解析】(1)设等比数列的公比为q，
由a = 2，a = 2a +16 ，得2q = 4q+16，
2
1
3
2
即q
2
-2q-8=0，解得q = -2(舍)或q = 4．
\ a = a qn-1 = 2´4n-1 = 22n-1
；
n
1
(2)bn log2 an =log2 22n 1 2n-1，
=
-
=
Qb =1，b -b = 2(n +1) -1- 2n +1= 2，
1
n+1
n
\数列{bn}是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，
n(n -1)´2
则数列{b }的前n 项和T = n´1+
= n ．
2
n
n
2
1
8．(2016•新课标Ⅰ，文 17)已知{a }是公差为 3 的等差数列，数列{b }满足b =1，b = ，a b +b = nbn ．
n
n
1
2
n
n+1
n+1
3
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)求{bn}的前n 项和．
【解析】(Ⅰ)Qa b +b = nbn ．
n
n+1
n+1
当n =1时，a b +b = b ．
1
2
2
1
1
Qb =1，b = ，
1
2
3
\a1 = 2 ，
又Q{an}是公差为 3 的等差数列，
\an = 3n -1，
(Ⅱ)由(I)知：(3n -1)bn+1 +bn+1 = nbn ．
即3bn+1 = bn ．
1
即数列{b }是以 1 为首项，以 为公比的等比数列，
n
3
1
1-( )
n
\{b }的前 n 项和 S =
= (1-3-n ) = 3 -
3
1
．
3
n
n
1
2
2 2g3n-1
1-
3
1
1
9．(2011 课标，文 17)已知等比数列{a }中，a = ，公比q= ．
n
1
3
3


1-a
(Ⅰ) S 为{a }的前n项和，证明： S =
n ；
n
n
n
2
(Ⅱ)设b =log a +log a +L+log a ，求数列{b }的通项公式．
n
3
1
3
2
3
n
n
1 1
a = ´
1
n-1
=
【解析】(Ⅰ)因为
( )
3 3
.
n
n
3
1
1
1
(1- ) 1-
n
1-an
3
3
n
3
Sn =
=
=
1
2
2
1-
3
n(n +1)
(Ⅱ)b = log a + log a +L+ log a = -(1+ 2+L+ n)
= -
n
3
1
3
2
3
n
2
n(n +1)
所以{bn}的通项公式为
b = -
n
.
2
{a }
n
S
Î
*
{b } n
是等比数列，公比大于 0，其前 项
n
10．(2018 天津)设
是等差数列，其前 项和为 (n N )；
n
n
和为T
Î
*
b =1 b = b +2 b = a +a
(n N )．已知
， ， ，
1 3 2 4 3 5
n
b = a + 2a
．
；
5
4
6
S
和T
n
(1)求
n
S +(T +T +×××+T ) = a +4b
n
n
，求正整数 的值．
(2)若
n
1
2
n
n
【解析】(1)设等比数列{b }的公比为q，由b =1，b = b +2，可得
2
q -q -2 = 0．
n
1
3
2
1-2
-
n
因为q > 0，可得q = 2，故bn
=
2
n 1
- ．所以Tn =
= 2 -1．
n
1 2
设等差数列{a }的公差为d ．由b = a +a ，可得a +3d = 4．
n
4
3
5
1
由b = a + 2a ，可得3a +13d =16, 从而a =1,d =1，
5
4
6
1
1
n(n+1)
故a = n ，所以 S =
．
n
n
2
T +T +L+ =
T
(2
1
+ +L+
2
3
2
n
)-n = 2n 1 n 2.
+
- -
(2)由(1)，知
1
2
n
n(n+1)
由S +(T +T +L+T ) = a +4b 可得
+
2
+
n 1 -n-2 = n+2n+1 ，
n
1
2
n
n
n
2
整理得n
-3n-4 = 0，解得n = -1(舍)，或n = 4．所以n的值为 4．
2
11．(2015 四川)设数列{a }的前n项和 S = 2a -a ，且a ,a +1,a 成等差数列
n
n
n
1
1
2
3


(1)求数列{an}的通项公式；
1
1
(2)记数列{ }的前n项和T ，求得|T -1|<
成立的n的最小值．
n
n
a
n
1000
【解析】(1)由已知 s = 2a -a 有a s s
= -
=
-
( ³ )，
2a 2a n 2
n-1
n
n
1
n
n
n-1
n
( ³ )，
n-1
即a 2a n 2
=
n
从而a = 2a ,a = 4a ．
2
1
3
1
又因为a ,a +1,a 成等差数列，即a +a = 2(a +1) ．
1
2
3
1
3
2
所以a +4a = 2(2a +1) ，解得a = 2．
1
1
1
1
a = 2
n
n
所以，数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．故
．
1
1
(2)由(1)得
=
．
an
2
n
1
2
1
n
2
1
[1-( ) ]
1 1
1
1
1
所以T = +
+
+L+
=
= 1-
．
n
2
3
2n
2n
2 2
2
1-
2
1
1
1
由|Tn -1|<
，得|1- -1|<
，即2 >1000．
n
1000
2
n
1000
因为2 =512<1000<1024= 210 ，
9
所以n ³10．
1
于是，使|Tn -1|<
成立的 n 的最小值为 10．
1000
12．(2014 福建)在等比数列{a }中，a = 3,a = 81．
n
2
5
(Ⅰ)求an ；
(Ⅱ)设b = log a ，求数列{b }的前n项和 S ．
n
3
n
n
n
ì a1q = 3
îa1q4 =81
ìa1 =1
【解析】(Ⅰ)设{an}的公比为q，依题意得í
，解得í
，
q = 3
î
因此，an
3
= n-1 ．
(Ⅱ)因为b = log a = n-1，
n
3
n


n(b +b ) n -n
2
∴数列{bn}的前n项和
S =
n
1
n
=
．
2
2
3n
2
-n，nÎN* ．
13．(2014 江西)已知数列{an}的前n项和
S =
n
2
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)证明：对任意n >1，都有mÎN* ，使得a，a ，a 成等比数列．
1
n
m
3n
2
-n，
=
a = S =1，当n ³ 2 a = S - S = 3n - 2,
所以 时
1 1 n n n-1
【解析】(Ⅰ)因为 Sn
2
又n =1时，所以数列
a
n
a = 3n - 2,
n
的通项公式为
a，a ，a
成等比数列，只需要an2 = a a ，
1 m
(Ⅱ)要使得
1
n
m
即(3n-2)
2
=1´(3m-2),即m =3n
2
-4n+2．而此时mÎN* ，且m > n,
a，a ，a
所以对任意n >1，都有mÎ N
*
，使得
成等比数列．
m
1
n
14． (2012 山东)已知等差数列{an}的前 5 项和为 105，且a10 = 2a5 ．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)对任意mÎN ，将数列{an}中不大于72m 的项的个数记为b ．求数列{b }的前 m 项和 S ．
m m m
*
ì5a1 +10d =105,
【解析】(Ⅰ)由已知得：í
a +9d = 2(a + 4d),
î
1
1
解得a1 = 7,d = 7 ，
所以通项公式为an = 7 + (n -1)×7 = 7n ．
(Ⅱ)由an 7n £72m ，得n £ 72m-1 ，即
=
b = 72m-1
．
m
bk+
bk
1
7
7
2m+1
2m-1
=
= 49 ，
∵
∴{bm}是公比为 49 的等比数列，
7(1-49
m
)
7
S =
m
=
(49m -1) ．
∴
1-49
48
15．(2012 湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2000 万元，将其
投入生产，到当年年底资金增长了 50％．预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业
从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上
缴资金后的剩余资金为an 万元．


(Ⅰ)用d 表示a ,a ，并写出a 与an 的关系式；
1
2
n+1
(Ⅱ)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用
m表示)．
【解析】(Ⅰ)由题意得a1 = 2000(1+50%)-d = 3000-d ，
3
a = a (1+50%)-d = a -d
，
2
1
1
2
3
a = a (1+50%)-d = a -d
．
n+1
n
n
2
3
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)得an
=
an-1 - d
3
3
= ( ) a - d - d
2
n-2
2
2
3 3
= ( a -d)- d
n-2
2 2
=L
3
é 3
+ +
3
3
ù
-
û
=
( )n 1a d 1
-
-
( )
2
+L+( )n 2
ê
ú ．
1
2
ë 2
2
2
3
é 3
-
ë 2
ù
û
an ( )n 1(3000-d)-2d ( )n 1 -1
=
-
整理得
ê
ú
2
3
=
( )n 1(3000 3d) 2d
-
-
+
．
2
3
由题意，an 4000, ( )n 1(3000 3d) 2d 4000,
=
\
-
-
+
=
2
é 3
( )
ù
û
n
-2 ´1000
ê
ú
1000(3 -2n+1
)
n
ë 2
解得d =
=
．
3
n
-
n
3 2
( ) -1
n
2
1000(3 )
-2n+1
n
d
故该企业每年上缴资金 的值为缴
时，经过m(m ³ 3)
年企业的剩余资金为 4000 元．
3
n
-2
n
16．(2012 山东)在等差数列{a }中，a + a + a = 84 ，a = 73
n
3
4
5
9
(Ⅰ)求数列{an }的通项公式；
)内的项的个数为b ，求数列{b }的前
m
项
(Ⅱ)对任意的mÎ N
*
，将数列{an }中落入区间(9
m
,92m
m
m
和Sm ．


3a =84,a = 28,
【解析】：(Ⅰ)由 a +a +a =84，a =73 可得
而 a9=73，则
3
4
5
5
4
4
5d = a - a = 45,d = 9 ，
a = a - d = 28-27 1，
3
=
9
4
1
4
于是a =1+ (n -1)´9 = 9n -8 ，即a = 9n -8．
n
n
(Ⅱ)对任意 m∈N﹡，9
m
< 9n -8 < 92m ，则9 +8 < 9n < 92m +8，
m
8
8
9m-1 + < < 9
n
2m-1
+
，而nÎN *，由题意可知bm = 92m-1 -9m-1
，
即
9
9
S = b +b +L+b = + +L+92m-1 -(90 + +L+
9
1
9
3
9
1
9m-1
)
于是
m
1
2
m
9-92m+1 1-9
m
9
2m+1 -9 - 9
m
-1 = 92m+1 -10×9
m
+1 = 92m+1 +1 - 9
m
=
-
=
，
1-9
2
1 9
-
80
8
80
80
8
2m+1 +1 - 9
m
9
即Sm =
．
80
8
an +b
n
17．(2012 江苏)已知各项均为正数的两个数列{a }和{b }满足：a =
n+1
，nÎN* ．
n
n
an
2
+bn
2
ì
2 ü
ïæ ö ï
b
bn
(Ⅰ)设bn+1
(Ⅱ)设bn+1
= + ， ÎN* ，求证：数列
1
n
n
íç ÷ ý
是等差数列；
an
a
n
ïè ø ï
î
þ
b
=
2
×
n
n
， ÎN* ，且
a b
{an}是等比数列，求 和 的值．
1 1
an
bn
an
1+
an +b
n
bn+1
a =
n+1
=
=
【解析】(Ⅰ)由题意知
，
a
2
+bn
2
æ ö
2
æ ö
2
b
b
n
è ø
an
n
1+ç
n
1+ç
÷
÷
an
è ø
2
2
2
æ ö
æ
ö æ ö
bn+1 b
n
an+1
bn+1
an+1
b
n
所以
= 1+ç
÷
，从而ç
÷ -ç
÷ =1(nÎN )
*
an
è ø
an
ø è ø
è
ì
2
ü
æ ö
ï b
ï
所以数列íç
n
÷ ý是以 1 为公差的等差数列．
an
ïè ø ï
î
þ
( + )
2
a b
(Ⅱ)a > 0, b > 0 ．所以
n
n
„ a
2
+b
2
< (a +b )
2
，
n
n
n
n
2
n
n
an +b
n
从而1
< a =
„
2
(*)
n+1
a
2
+b
2
n
n


设等比数列{a }的公比为q，由a > 0,知q > 0,下证q =1．
n
n
a2
q
2
若q >1，则
a =
< a2 „ 2 ．故当n > logq
，a = a q
n
> 2 ，与(*)矛盾；
<1，与(*)矛盾；
1
n+1
1
a1
a2
q
1
若0 < q <1，则
a =
1
> a2 >1．故当n > logq ，a = a q
n
n+1
1
a1
综上：q =1故a = a ，所以1< a „ 2 ．
n
1
1
bn
an
2
2
又
则
b =
2
×
=
×b ，所以{b }是以公比为
的等比数列，若a1 ¹ 2，
n+1
n
n
a1
a1
a1 ± a
2
1
2-a
2
2
a1 +b
>1，于是b =
，nÎN* ，得bn =
1 ，
n
1
2
3
1
2
1
-
a1
a12
+bn
2
a 1
a1 ± a
2
1
2-a1
-
2
所以b ,b ,b 中至少有两项相同，矛盾．所以a = 2，从而
b =
n
= 2 ，所以a =b = 2 ．
1
2
3
1
2
1
1
a 1
1