第08讲 等差数列、等比数列（3大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
第08讲 等差数列、等比数列（3大考点+强化训练）
[考情分析] 1．等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现．2．等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点．
知识导图
考点分类讲解
考点一：等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
an＝am＋(n－m)d.
(2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1，
an＝am·qn－m.
(3)等差数列的求和公式：
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(4)等比数列的求和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略
(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)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的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．
【例1】（23-24高三下·甘肃张掖·阶段练习）已知正项等差数列满足，则（ ）
A．39B．63C．75D．99
【答案】B
【分析】利用等差数列的通项公式列方程组求解．
【详解】设等差数列的公差为，
因为，所以，
解得或（舍去），
所以.
故选：B.
【变式1】（2024·广东深圳·一模）已知数列满足，，若为数列的前项和，则（ ）
A．624B．625C．626D．650
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，按奇偶分类求和即得．
【详解】数列中，，，
当时，，即数列的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，
则，
当时，，即数列的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为，
则，
所以.
故选：C
【变式2】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知数列满足，若，，则 ．
【答案】8
【分析】判断数列为等比数列，求出，结合，即可求得答案．
【详解】由于数列满足，故数列为等比数列，设公比为q，
又，，故，
故，
故答案为：8
【变式3】(2023·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等于( )
A．eq \f(15,8) B．eq \f(65,8) C．15 D．40
【答案】C
【解析】方法一 若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，
有5＝5×3－4，不成立，
所以q≠1.
由eq \f(1－q5,1－q)＝5×eq \f(1－q3,1－q)－4，
化简得q4－5q2＋4＝0，
所以q2＝1(舍)或q2＝4，
由于此数列各项均为正数，
所以q＝2，所以S4＝eq \f(1－q4,1－q)＝15.
方法二 由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，
即q3＋q4＝4q＋4q2，
即q3＋q2－4q－4＝0，
即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.
由题知q>0，所以q＝2.
所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.
【变式4】(2023·安康模拟)中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天行走的里程数约为( )
A．2.76 B．5.51
C．11.02 D．22.05
【答案】D
【解析】设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，
由题意可知，数列{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以该马七天所走的里程为eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,27))),1－\f(1,2))＝eq \f(127a1,64)＝700，解得a1＝eq \f(27×350,127).
故该马第五天行走的里程数为a5＝a1·eq \f(1,24)＝eq \f(27×350,127)×eq \f(1,24)＝eq \f(2800,127)≈22.05.
【变式5】(2023·河南联考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为( )
A．4.5尺 B．3.5尺
C．2.5尺 D．1.5尺
【答案】A
【解析】冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝10.5，,d＝－1，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，
所以a7＝11.5－7＝4.5，
即春分时节的日影长为4.5尺．
【变式6】(2023·石家庄质检)已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则lg2a1a2a3…a8的值为( )
A．70 B．72 C．74 D．76
【答案】B
【解析】设等比数列{an}的公比为q，则q>0，S3＝a1(1＋q＋q2)＝4(1＋q＋q2)＝84，
整理可得q2＋q－20＝0，解得q＝4(负值舍去)，
所以an＝a1qn－1＝4n，
所以lg2a1a2a3…a8＝lg2(41×42×43×…×48)
＝2×(1＋2＋3＋…＋8)＝eq \f(2×1＋8×8,2)＝72.
考点二：等差数列、等比数列的性质
1．通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列，有aman＝apaq＝aeq \\al(2,k).
2．前n项和的性质：
(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数时除外)．
(2)对于等差数列有S2n－1＝(2n－1)an.
规律方法 等差数列、等比数列的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，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解．
(2)用性质，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．
【例2】（2024·吉林白山·二模）记等差数列的前项和为，若，，则的公差为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】由等差数列的前项和公式表示，根据等差数列的性质可求得，进而求解公差.
【详解】设数列的公差为，依题意，，
得，故，则.
故选：.
【变式1】（2024·安徽合肥·一模）数列中，，，则（ ）
A．210B．190C．170D．150
【答案】C
【分析】根据等差数列的定义知公差为，然后利用求和公式结合等差数列通项性质求和即可；
【详解】由知数列是公差为的等差数列，
所以.
故选：C.
【变式2】（2024·海南·模拟预测）已知等比数列的公比为，则（ ）
A．20B．24C．28D．32
【答案】D
【分析】根据题意结合等比数列性质运算求解．
【详解】由题意可知，
所以.
故选：D.
【变式3】(多选)(2023·济宁质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a4＋a11>0，a7a8S9
C．当n＝7时，Sn最大 D．当Sn>0时，n的最大值为14
【答案】BCD
【解析】∵在等差数列{an}中，a1>0，
a4＋a11＝a7＋a8>0，a7a80，a80，a80，
S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)0时，n的最大值为14，D正确．
【变式4】(2023·咸阳模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若(2n＋3)Sn＝nTn，则eq \f(a5,b5)等于( )
A．eq \f(3,7) B．eq \f(1,3) C．eq \f(9,25) D．eq \f(11,25)
【答案】 A
【解析】(2n＋3)Sn＝nTn⇒eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n,2n＋3)，
又S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝eq \f(9,2)×2a5＝9a5，
T9＝eq \f(9,2)(b1＋b9)＝eq \f(9,2)×2b5＝9b5，
所以eq \f(S9,T9)＝eq \f(a5,b5)，
又eq \f(S9,T9)＝eq \f(9,2×9＋3)＝eq \f(3,7)，
所以eq \f(a5,b5)＝eq \f(3,7).
【变式5】(2023·沧州质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝6，则S24＝________.
【答案】510
【解析】因为数列{an}为等比数列，由等比数列的性质知，
S3，S6－S3，S9－S6，…，S24－S21，…构成首项为S3＝2，
公比为q＝eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(6－2,2)＝2的等比数列，且S24是该等比数列的前8项和，
所以S24＝eq \f(21－28,1－2)＝510.
【变式6】(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.
【答案】－2
【解析】方法一 {an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6，
∴a2＝1，
又a2a9a10＝a7a7a7，
∴1×(－8)＝(a7)3，
∴a7＝－2.
方法二 设{an}的公比为q(q≠0)，
则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，
显然an≠0，
则a4＝q2，即a1q3＝q2，
则a1q＝1，
因为a9a10＝－8，
则a1q8·a1q9＝－8，
则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2
考点三：等差数列、等比数列的判断与证明
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
易错提醒 (1)aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，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．
(3)证明{an}不是等比数列可用特值法．
【例3】（23-24高三下·内蒙古锡林郭勒盟·开学考试）若数列的前n项和满足，则（ ）
A．数列为等差数列B．数列为递增数列
C．为等差数列D．为等差数列
【答案】D
【分析】降次作差即可得到，根据等差数列的定义即可判断A，根据数列单调性即可判B，求出相关值结合等差数列定义即可判断CD.
【详解】当时，，
当时，，∴，
对于A：不满足，故A不正确；
对于B：，故B不正确；
对于C，，,，不满足，故C不正确；
对于D：，，，三项可构成等差数列，且公差为8，故D正确；
故选：D．
【变式1】（多选）（23-24高三上·贵州安顺·期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则（ ）
A．
B．数列为等比数列
C．
D．第4次传球后球在甲手中的不同传球方式共有6种
【答案】ABD
【分析】根据题意，可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，即可判断ABC，然后逐一列举，即可判断D.
【详解】由题意可知，要使得n次传球后球在甲手中，则第次球必定不在甲手中，
所以，，即，
因为，则，所以，，
则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故B正确；
则，即，故C错误；
且，故A正确；
若第4次传球后球在甲手中，则第3次传球后球必不在甲手中，
设甲，乙，丙对应，
则，
，
，
，
，
，
所以一共有六种情况，故D正确；
故选：ABD
【变式2】（23-24高三下·湖南长沙·开学考试）已知数列与数列满足下列条件：①，；②，；③，，记数列的前项积为.
(1)若，，，，求；
(2)是否存在，，，，使得，，，成等比数列？若存在，请写出一组，，，；若不存在，请说明理由；
(3)若，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用已知数据直接计算即得．
（2）假定存在，分两种情况讨论即得．
（3）设，分析出，再求出的最大值即可．
【详解】（1）由，得，由，得，
由，得，
所以.
（2）不存在．
假设存在，设公比为，
若，则，公比，矛盾，
若，则，公比，矛盾，
因此假设不成立，所以不存在．
（3）依题意，，且，，
设，则，得，
于是，显然的值从大到小依次为，
若，则且，当数列为或，可以取得，
显然当时，最大，此时，则，
，
从而
，又，
所以.
【点睛】
思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题．
【变式3】(2023·日照模拟)已知数列{an}满足：a1＝λ>0，anan＋1＝27－2n.
(1)当λ＝eq \f(1,32)时，求数列{a2n}中的第10项；
(2)是否存在正数λ，使得数列{an}是等比数列？若存在，求出λ值并证明；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由已知anan＋1＝27－2n，
所以当n≥2时，anan－1＝29－2n，
相除得eq \f(an＋1,an－1)＝eq \f(1,4)，
又a1＝eq \f(1,32)，a2a1＝25，
所以a2＝210，
所以a20＝210×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))9＝eq \f(1,28)＝eq \f(1,256).
(2)存在．假设存在正数λ，使得数列{an}是等比数列，由a2a1＝25得a2＝eq \f(32,λ)，
由a2a3＝8，得a3＝eq \f(λ,4)，
因为{an}是等比数列，所以a1a3＝aeq \\al(2,2)，
即λ2＝64，解得λ＝8.
下面证明当λ＝8时数列{an}是等比数列，
由(1)知数列{a2n－1}和{a2n}都是公比是eq \f(1,4)的等比数列，所以a2n－1＝8·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝25－2n；
a2n＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝24－2n，
所以当n为奇数时，an＝24－n；
当n为偶数时，an＝24－n，
所以对一切正整数n，都有an＝24－n，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)，n∈N*，
所以存在正数λ＝8使得数列{an}是等比数列．
【变式4】．(2023·青岛质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求Sn；
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,2bn－Tn＝eq \f(n＋2,Sn)，证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,Sn)))为等比数列，并求{bn}的通项公式．
(1)解 由S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5＋4＋S2＝2S4，,a\\al(2,4)＝a2a8，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1＋10d＋4＋2a1＋d＝24a1＋6d，,a1＋3d2＝a1＋da1＋7d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))
Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n.
(2)证明 由2bn－Tn＝eq \f(n＋2,Sn)得
2b1－b1＝eq \f(3,2)，解得b1＝eq \f(3,2)，
2bn＝Tn＋eq \f(n＋2,nn＋1)＝Tn＋eq \f(2,n)－eq \f(1,n＋1)，
故2bn＋1＝Tn＋1＋eq \f(2,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
两式相减可得2bn＋1－2bn＝bn＋1＋eq \f(2,n＋1)－eq \f(1,n＋2)－eq \f(2,n)＋eq \f(1,n＋1)⇒bn＋1－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
而eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,Sn)))＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,Sn)))为公比为2的等比数列，且首项为eq \f(3,2)－eq \f(1,2)＝1，故bn－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＝2n－1，
进而bn＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＋2n－1.
强化训练
一、单选题
（2024·福建厦门·二模）已知正项等差数列的公差为，前项和为，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据的关系，将已知等式相减，结合等差数列的性质，即可求得答案．
【详解】因为，故两式相减得：，
即，则，
又数列为正项等差数列，故，即，
故选：B
2．（2024·湖北·二模）已知公差为负数的等差数列的前项和为，若是等比数列，则当取最大值时，（ ）
A．2或3B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用等比数列的意义列式，用公差表示出，再确定数列的所有非负数项即可得解．
【详解】设等差数列的公差为，由是等比数列，
得，解得，则，
显然等差数列单调递减，当时，，当时，，
所以当取最大值时，.
故选：B
3．（2023·四川遂宁·三模）已知数列为等比数列，，是方程的两个根，设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．或B．C．18D．2
【答案】C
【分析】由等比以及等差数列的性质，结合求和公式即可求解．
【详解】因为，是的两个实数根，
所以，，，，又，
所以，，，
因此，
故选：C.
4．（2024·江苏宿迁·一模）设是等比数列的前项和，若成等差数列，，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】解法一：根据等比数列的性质判断；解法二：根据等比数列的基本量运算；解法三：利用二级结论求解．
【详解】解法一：性质+特值．
，排除C，D；
当时，，矛盾，
所以，所以，故排除A，
对B：时，由得，
此时 ，
，
所以成立．
故选：B．
解法二：基本量运算．
当时，，矛盾，
所以，
当时，则
，.
故选：B．
解法三：二级结论.
，
由，则，
又，
则或，
当时，，无解，故舍去．
所以.
故选：B．
5．（2024·甘肃·一模）已知数列为等差数列，，则（ ）
A．16B．19C．25D．29
【答案】A
【分析】根据等差数列的通项公式及性质，进行计算即可．
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A.
6．（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知数列的前项和为，，，且对于任意，，恒成立，则（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．D．
【答案】D
【分析】推导出，可判断AB选项；求出数列的通项公式，利用等差数列的求和公式可判断CD选项．
【详解】因为对于任意，，满足，
所以，即，且，
所以，数列不是等差数列，也不是等比数列，A错B错；
当时，，
所以，，
所以，，C错；
，D对．
故选：D.
7．（2023·新疆·一模）记为数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：（其中），则下列说法正确的是（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意利用等差数列的定义和和的递推关系求解即可．
【详解】由题意知：甲：数列为等差数列，设其首项为，公差为，则，
充分性：当数列为等差数列时，其前项和，故充分性成立；
必要性：当时，得，，
将上述两式相减得，即，
所以，，两式相减，得，
即，，所以数列为等差数列，故必要性成立．
综上所述：甲是乙的充要条件，故C正确．
故选：C.
8．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用．斐波那契数列满足，．给出下列四个结论：
① 存在，使得，，成等差数列；
② 存在，使得，，成等比数列；
③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；
④ 存在正整数，且，使得.
其中所有正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由递推公式得性质后判断，
【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确，
对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误，
对于③，，
故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确，
对于④，依次写出数列中的项为，
可得，故④正确，
故选：C
二、多选题
1．（2023·湖北武汉·三模）已知实数数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）．
A．若数列为等差数列，则恒成立
B．若数列为等差数列，则，，，…为等差数列
C．若数列为等比数列，且，，则
D．若数列为等比数列，则，，，…为等比数列
【答案】BD
【分析】根据等差数列的性质判定AB选项，根据等比数列的性质判定CD选项．
【详解】若数列为等差数列，不妨设其公差为d,则,
显然当才相等，故A错误，
而，作差可得成立，故B正确；
若数列为等比数列，且，，设其公比为q，
则，作商可得或所以 或，故C错误；
由题意得各项均不为0，而实数范围内，，
即且，结合选项B的计算可得，故D正确．
故选：BD.
2．（2024·海南海口·模拟预测）已知首项为正数的等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．
B．
C．当时，取最大值
D．当时，的最小值为27
【答案】ABD
【分析】由等差中项的性质判断AB；由A和等差数列的前n项和判断C；由等差数列的前n项和和等差中项判断D.
【详解】A：首项为正数的等差数列的前项和为，
所以，
若，则一定大于零，不符合题意，
所以，，故A正确；
B：由A可知，
，故B正确；
C：由A可知，因为，，可知，故，取最大值，故C错误；
D：，，故D正确．
故选：ABD.
3．（2024·全国·模拟预测）已知长轴长、短轴长和焦距分别为、和的椭圆，点是椭圆与其长轴的一个交点，点是椭圆与其短轴的一个交点，点和为其焦点，．点在椭圆上，若，则（ ）
A．，，成等差数列
B．，，成等比数列
C．椭圆的离心率
D．的面积不小于的面积
【答案】BD
【分析】AB选项，根据垂直关系得到，求出，得到A错误，B正确；C选项，根据得到，进而求出离心率；D选项，计算出和的面积，作差法结合基本不等式求出答案．
【详解】AB选项，椭圆方程为，不妨设，，
故，
因为，且直线的斜率存在，所以，
即，故，成等比数列，A错误，B正确；
C选项，因为，，所以，
方程两边同除以得，，解得，负值舍去，
故离心率为，C错误；
D选项，由椭圆定义得，，
因为，所以，
两边平方得，
故，，
，
又，且，由基本不等式得
，
所以即的面积不小于的面积，D正确．
故选：BD
三、填空题
1．（2024·四川南充·二模）已知数列，满足，且，则 .
【答案】24
【分析】由递推关系求出即可求解．
【详解】，且，
当，，所以；
故的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，
即，
故，则.
故答案为：24.
2．（2024·浙江金华·模拟预测）已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则 ．
【答案】
【分析】根据等差和等比数列的性质，再结合特殊角的正切值，即可求解．
【详解】由等差数列的性质可知，，即，而，
根据等比数列的性质可知，，则，，
所以.
故答案为：
3．（2024·浙江·模拟预测）用表示不超过的最大整数，已知数列满足：，，．若，，则 ；若，则 .
【答案】 ，
【分析】当，时，利用构造法可得出数列是等比数列，求出，进而得出；当时，由题目中的递推关系式可得，，，即可求解．
【详解】当，时，，即，
则数列是以为首项，为公比的等比数列．
所以，即.
当时，，即，且，
故，故，故，
∴，，所以，所以.
因为，所以
由，可得：，，.
因为，所以，，则.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合，数列的通项公式及前项和．利用构造法即可求解第一空；借助递推关系式得出，，是解答第二空的关键．
四、解答题
1．（2024·广东深圳·一模）设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若数列满足，且，设为数列的前项和，集合，求（用列举法表示）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得、，解得，结合求得，即可证明；
（2）由（1）可得，根据累乘法可得，结合裂项相消求和法计算即可求解．
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，即，①
因为，所以由，得．②
由①、②解得，所以，即，
当时，，
当时，，上式也成立，所以，
所以数列是等差数列．
（2）由（1）可知，
当时，，
因为满足上式，所以．
，
因为当时，，所以．
2．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，若，．记判断是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由．
【答案】不是，理由见解析
【分析】根据的关系作差可得，，即可作差，结合等差数列的定义求解．
【详解】因为，
当时，，又因为，所以
当时，因为，
由，得①，
所以②，
所以①-②得：，,
所以，，，
但
所以不是等差数列．
3．（2024·浙江·模拟预测）记等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据得到和的关系式，同理得到和的关系式，根据是等比数列和是等比数列求出和的通项；
（2）令，对分偶数和奇数讨论即可．
【详解】（1）得：，
或，
同理：或，
是等差数列，，
是等比数列；
（2）令，其前项和为，
当为偶数时，
当为奇数时，.
综上所述，.
4．（2024·广东深圳·模拟预测）设数列满足：，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数列递推式可推出，结合等比数列通项公式即可求得答案；
（2）利用（1）的结果可得的表达式，利用等差数列、等比数列的前n项和以及错位相减法，即可求得答案．
【详解】（1）由题意知数列满足：，，
则
，，故为首项是6，公比为2的等比数列，
故，即，
适合上述结果，故；
（2）设，
则，
设，故；
，
，
作差得到，
故，
，
故.
5．（2024·安徽黄山·一模）随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．
(1)数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？
(2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；
(3)各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)不是等差数列，是等差数列
(2)
(3)2
【分析】（1）理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断；
（2）根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解；
（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用均值不等式求解出的范围，从而得出的最值．
【详解】（1）因为，所以，
因为，，，
故，，
显然，
所以不是等差数列；
因为，则，，
所以是首项为12，公差为6的等差数列．
（2）因为数列是以1为公差的等差数列，
所以，故，
所以数列是以公比为的正项等比数列，，
所以，
且对任意的，都存在，使得，即，
所以，因为，所以，
①若，则，解得（舍），或，
即当时，对任意的，都存在，使得.
②若，则，对任意的，不存在，使得.
综上所述，.
（3）因为为常数列，则是等差数列，
设的公差为，则，
若，则，与题意不符；
若，所以当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，所以，
由等差数列前项和公式可得，
所以，
因为，
所以，
因为，故，
所以
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，，，
则，，
则
，
因为，，
当时，，
即，不满足不等式恒成立，
综上，的最大值为2.
【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为：
（1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；
（2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用；
（3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机．
等差数列
等比数列
定义法
an＋1－an＝d
eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0)
通项法
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1
中项法
2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)
前n项和法
Sn＝an2＋bn(a，b为常数)
Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0,1)