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第 1 讲 等差数列、等比数列
[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．
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
核心提炼
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：a＝a＋(n－1)d.
n 1
(2)等比数列的通项公式：a＝aqn－1.
n 1
(3)等差数列的求和公式：
S＝＝na＋d.
n 1
(4)等比数列的求和公式：
S＝
n
例1 (1)(2022·南通调研)设S 是公差不为0的等差数列{a}的前n项和，且S ＝4a ，则等于
n n 5 4
( )
A．10 B．14 C．15 D．18
答案 C
解析 设等差数列{a}的公差为d(d≠0)，
n
因为S＝4a，
5 4
所以5a＋d＝4(a＋3d)，
1 1
得a＝2d(d≠0)，
1
所以＝＝＝15.
(2)(2022·日照模拟)河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙
门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”
共7层，上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅
优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{a}，则log (a·a)的值为(
n 2 3 5
)
A．8 B．10 C．12 D．16答案 C
解析 ∵最下层的“浮雕像”的数量为a，
1
依题意有，公比q＝2，n＝7，
S＝＝1 016，
7
解得a＝8，
1
则a＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，
n
∴a＝25，a＝27，
3 5
从而a·a＝25×27＝212，
3 5
∴log (a·a)＝log 212＝12.
2 3 5 2
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a、公差d或公比q.
1
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为S ＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，
n
通项公式为a＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列．
n
(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．
跟踪演练1 (1)(2022·全国乙卷)已知等比数列{a}的前3项和为168，a－a＝42，则a 等于
n 2 5 6
( )
A．14 B．12 C．6 D．3
答案 D
解析 方法一 设等比数列{a}的首项为a，公比为q，
n 1
由题意可得
即
解得所以a＝aq5＝3.
6 1
方法二 设等比数列{a}的首项为a，公比为q，
n 1
由题意可得
即
解得所以a＝aq5＝3.
6 1
(2)(2022·广东联考)北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天
心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a，a，a，…，a，设数列{a}
1 2 3 9 n
为等差数列，它的前n项和为S，且a＝18，a＋a＝90，则( )
n 2 4 6
A．a＝6 B．{a}的公差为7
1 nC．a＝3a D．S＝405
6 3 9
答案 D
解析 设等差数列{a}的公差为d.
n
由a＋a＝90，
4 6
得a＝45，又a＝18，
5 2
联立方程
解得故A，B错误；
因为a＝9＋5×9＝54，a＝9＋2×9＝27，
6 3
所以a＝2a，故C错误；
6 3
因为S＝＝9a＝405，故D正确．
9 5
考点二 等差数列、等比数列的性质
核心提炼
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a ＋a＝a＋
m n p
a＝2a，对于等比数列，有a a＝aa＝a.
q k m n p q
2．前n项和的性质：
(1)对于等差数列有S ，S －S ，S －S ，…成等差数列；对于等比数列有S ，S －S ，
m 2m m 3m 2m m 2m m
S －S ，…成等比数列(q＝－1且m为偶数时除外)．
3m 2m
(2)对于等差数列有S ＝(2n－1)a.
2n－1 n
例2 (1)(2022·雅安模拟)已知{a}是等比数列，S 是其前n项积，若＝32，则S 等于( )
n n 9
A．1 024 B．512 C．256 D．128
答案 B
解析 由＝aaaaa＝a＝32，得a＝2，
3 4 5 6 7 5
则S＝aaaaaaaaa＝a＝512.
9 1 2 3 4 5 6 7 8 9
(2)(2022·南昌模拟)已知公差不为0的等差数列{a}满足a＋a＝a＋a，则( )
n
A．a＝0 B．a＝0
6 7
C．S ＝0 D．S ＝0
12 13
答案 C
解析 ∵a＋a＝a＋a，
∴a－a＋a－a＝0，
∴2d(a＋a)＋2d(a＋a)＝0，
7 5 8 6
又d≠0，a＋a＝a＋a，
8 5 6 7
∴2(a＋a)＝0，
7 6
∴S ＝＝＝0.
12
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．
跟踪演练2 (1)若数列{a}为等比数列，且a＋a＝1，a＋a＝2，则a ＋a 等于( )
n 1 2 3 4 15 16
A．32 B．64 C．128 D．256
答案 C
解析 因为{a}是等比数列，a＋a＝1≠0，
n 1 2
所以数列{a ＋a }仍然是等比数列，
2n－1 2n
记b＝a ＋a ，设其公比为q，
n 2n－1 2n
由b＝1，b＝2得，q＝＝2，
1 2
所以a ＋a ＝b＝28－1＝128.
15 16 8
(2)已知数列{a}是等差数列，若a ＋a >0，a ·a <0，且数列{a}的前n项和S 有最大值，
n 9 12 10 11 n n
那么当S>0时，n的最大值为( )
n
A．10 B．11 C．20 D．21
答案 C
解析 由等差数列的性质，知a＋a ＝a ＋a >0，又a ·a <0，∴a ，a 异号．
9 12 10 11 10 11 10 11
∵数列{a}的前n项和S 有最大值，
n n
∴数列{a}是递减的等差数列，
n
∴a >0，a <0，
10 11
∵S ＝＝10(a＋a )>0，
20 9 12
S ＝＝21a <0，
21 11
∴当S>0时，n的最大值为20.
n
考点三 等差数列、等比数列的判断
核心提炼
等差数列 等比数列
定义法 a －a＝d ＝q(q≠0)
n＋1 n
通项法 a＝a＋(n－1)d a＝aqn－1
n 1 n 1
2a＝a ＋a a＝a a
n n－1 n＋1 n－1 n＋1
中项法
(n≥2) (n≥2，a≠0)
n
S＝an2＋bn S＝kqn－k
n n
前n项和法
(a，b为常数) (k≠0，q≠0,1)
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3 (2022·连云港模拟)若数列{a}满足：a＝1，a＝5，对于任意的n∈N*，都有a ＝
n 1 2 n＋2
6a －9a.证明：
n＋1 n
(1)数列{a －3a}是等比数列；
n＋1 n
(2)数列为等差数列，并求{a}的通项公式．
n
(1)证明 由a ＝6a －9a，
n＋2 n＋1 n
得a －3a ＝3a －9a＝3(a －3a)，
n＋2 n＋1 n＋1 n n＋1 n
且a－3a＝5－3＝2，
2 1
所以数列{a －3a}为等比数列，其首项为2，公比为3.
n＋1 n
(2)解 由(1)得a －3a＝2×3n－1，
n＋1 n
－＝＝＝，且＝.
所以数列为等差数列，其首项为，公差为，
所以＝＋(n－1)×＝，
所以a＝×3n＝(2n＋1)×3n－2.
n
易错提醒 (1)a＝a a (n≥2，n∈N*)是{a}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一
n－1 n＋1 n
个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
(2){a}为等比数列，可推出a，a，a 成等比数列，但a，a，a 成等比数列并不能说明{a}
n 1 2 3 1 2 3 n
为等比数列．
(3)证明{a}不是等比数列可用特值法．
n
跟踪演练3 (2022·湖北七市(州)联考)已知数列{a}的前n项和为S ，且满足a ＝3S －
n n n n
2(n∈N*)．
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)求证：对任意的m∈N*，S ，S ，S 成等差数列．
m m＋2 m＋1
(1)解 当n＝1时，a＝3S－2＝3a－2，
1 1 1
所以a＝1；
1
当n≥2时，因为a＝3S－2，
n n
所以a ＝3S －2，
n－1 n－1
所以a－a ＝3a，即a＝－a ，
n n－1 n n n－1
所以数列{a}是等比数列，
n
其通项公式为a＝n－1.
n
(2)证明 对任意的m∈N*，
2S ＝2×＝，
m＋2
S ＋S ＝＋
m m＋1
＝
＝，所以2S ＝S ＋S ，
m＋2 m m＋1
即S ，S ，S 成等差数列．
m m＋2 m＋1
专题强化练
一、选择题
1．(2022·荆州联考)已知数列{a}是首项为a ，公差为d的等差数列，前n项和为S ，满足
n 1 n
2a＝a＋5，则S 等于( )
4 3 9
A．35 B．40 C．45 D．50
答案 C
解析 由题意2a＝a＋5，
4 3
得2(a＋3d)＝a＋2d＋5，
1 1
即a＋4d＝5，即a＝5，
1 5
所以S＝＝9a＝9×5＝45.
9 5
2．(2022·济宁模拟)在等比数列{a}中，a＋a＝1，a＋a＝－32，则等于( )
n 1 3 6 8
A．－8 B．16 C．32 D．－32
答案 D
解析 设等比数列{a}的公比为q，
n
则a＋a＝(a＋a)q5＝1×q5＝－32，
6 8 1 3
所以q5＝－32，
故＝＝q5＝－32.
3．(2022·漳州质检)我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1,2，…，9填入
3×3的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图所示．
一般地，将连续的正整数1,2,3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线
上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方．记n阶幻方中数的和即方格内的所有数的和为
S，如图三阶幻方中数的和S＝45，那么S 等于( )
n 3 9
A．3 321 B．361
C．99 D．33
答案 A
解析 由题意知，S＝1＋2＋3＋…＋92＝＝3 321.
94．(2022·凉山模拟)已知正项等比数列{a}与正项等差数列{b}，若aa ＝bb ，则a 与b 的
n n 1 5 5 7 3 6
关系是( )
A．a＝b B．a≥b
3 6 3 6
C．a≤b D．以上都不正确
3 6
答案 C
解析 设等差数列{b}的公差为d，
n
则bb＝(b－d)(b＋d)＝b－d2，
5 7 6 6
又aa＝a，∴a＝b－d2≤b，
1 5
∵{a}，{b}均为正项数列，∴a≤b.
n n 3 6
5．(2021·全国甲卷)等比数列{a}的公比为q，前n项和为S.设甲：q>0，乙：{S}是递增数
n n n
列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案 B
解析 当a<0，q>1时，a ＝aqn－1<0，此时数列{S}单调递减，所以甲不是乙的充分条件．
1 n 1 n
当数列{S}单调递增时，有S －S ＝a ＝aqn>0，若a>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若
n n＋1 n n＋1 1 1
a<0，则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．
1
6．(2022·福州质检)已知等差数列{a}的前n项和为S，公差d≠0.若S≤S，则( )
n n n 6
A．a<0 B．a<0 C．a＝0 D．S ≤0
1 7 6 13
答案 D
解析 因为S≤S，所以S≤S 且S≤S，
n 6 5 6 7 6
即a＝S－S≥0，a＝S－S≤0，
6 6 5 7 7 6
故B，C错误；
因为a≥0，即a ＋5d≥0，又因为d≠0，即a ，a 不同时为零，所以d＝a －a<0，所以
6 1 6 7 7 6
a>0，故A错误；
1
S ＝＝13a≤0，故D正确．
13 7
7．已知S 是数列{a}的前n项和，a＝1，a＝2，a＝3，记b＝a＋a ＋a 且b －b＝
n n 1 2 3 n n n＋1 n＋2 n＋1 n
2，则S 等于( )
31
A．171 B．278 C．351 D．395
答案 C
解析 由b －b＝2，
n＋1 n
得b －b＝a ＋a ＋a －(a＋a ＋a )
n＋1 n n＋1 n＋2 n＋3 n n＋1 n＋2
＝a －a＝2，
n＋3 n所以a，a，a，…是首项为1，公差为2的等差数列，a，a，a，…是首项为2，公差为2
1 4 7 2 5 8
的等差数列，a，a，a，…是首项为3，公差为2的等差数列，
3 6 9
所以S ＝(a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋…＋a )
31 1 4 31 2 5 29 3 6 30
＝1×11＋＋2×10＋＋3×10＋＝351.
8．(2022·保定模拟)已知数列{a}的前n项和为S，且满足a＝1，a＝2，a ＝4a－3a ，
n n 1 2 n＋1 n n－1
则下列说法不正确的是( )
A．数列{a －a}为等比数列
n＋1 n
B．数列{a －3a}为等差数列
n＋1 n
C．a＝
n
D．S＝＋
n
答案 D
解析 因为＝＝＝3，
所以数列{a －a}为公比为3的等比数列，故A正确；
n＋1 n
因为(a －3a)－(a－3a )＝a －4a＋3a ＝0，即a －3a＝a－3a ，
n＋1 n n n－1 n＋1 n n－1 n＋1 n n n－1
所以数列{a －3a}为常数列，即公差为0的等差数列，故B正确；
n＋1 n
由以上分析可得a －a＝1×3n－1，且a －3a＝－1，
n＋1 n n＋1 n
解得a＝，故C正确；
n
S＝a＋a＋…＋a
n 1 2 n
＝＋＋…＋
＝×(30＋31＋…＋3n－1)＋
＝×＋＝＋，故D不正确．
二、填空题
9．(2022·中山模拟)在数列{a}中，a＝2，＝＋，则数列{a}的通项公式为________．
n 1 n
答案 a＝2n2
n
解析 由＝＋得，
－＝，而＝，
于是得数列{}是以为首项，为公差的等差数列，则有＝＋(n－1)d＝＋(n－1)＝n，
所以数列{a}的通项公式为a＝2n2.
n n
10．(2022·邯郸模拟)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著
作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之
剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2
022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，
则该数列的项数为________．
答案 134
解析 因为由1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列{a}，所以该数列的通项公式为a
n n
＝14＋15(n－1)＝15n－1.令a＝15n－1≤2 022，
n
解得n≤134，即该数列的项数为134.
11．(2022·南昌模拟)已知等比数列{a}满足：a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝6，a ＝3，则＋＋＋＋＝
n 1 2 3 4 5 3
________.
答案
解析 因为{a}是等比数列，
n
所以aa＝aa＝a＝9，
1 5 2 4
所以＝，＝，＝，＝，
所以＋＋＋＋
＝(a＋a＋a＋a＋a)＝＝.
5 4 3 2 1
12．(2022·梅州模拟)分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．
图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角
形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条
线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”…，依次进行“n次分形”(n∈N*)．规定：
一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，
则n的最小整数值是________．(取lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)
答案 12
解析 由题意得，“n次分形”后线段之和是“(n－1)次分形” 后所得线段之和的，且一次
分形后线段之和为×4＝，故每次分形后所得线段之和可看做首项为，公比是的等比数列，
故“n次分形”后线段之和为×n－1＝n，故n≥30，两边取对数得(2lg 2－lg 3)n≥1＋lg 3，又
n∈N*，解得n≥12，故n的最小整数值为12.
三、解答题
13．已知数列{a}的前n项和为S，a＝4，a＝8，且S －2S ＋S＝4.
n n 1 2 n＋2 n＋1 n
(1)求证：数列{a}是等差数列；
n
(2)若a ，S 14a 成等比数列，求正整数m.
m m, m＋1
(1)证明 因为S －2S ＋S＝4，
n＋2 n＋1 n
所以S －S －S ＋S＝4，即(S －S )－(S －S)＝4，
n＋2 n＋1 n＋1 n n＋2 n＋1 n＋1 n
则a －a ＝4.
n＋2 n＋1
又a＝4，a＝8，满足a－a＝4，
1 2 2 1
所以数列{a}是首项为4，公差为4的等差数列．
n
(2)解 由(1)得a＝4＋(n－1)×4＝4n，
n则S＝＝2n2＋2n.
n
又由题意可得S＝14a a ，
m m＋1
所以(2m2＋2m)2＝14×4m×4(m＋1)，m∈N*，
化简得m2＋m－56＝0，解得m＝7或m＝－8(舍)．
所以m的值为7.
14．(2022·太原模拟)已知数列{a}中，S＝a＋a＋…＋a，T＝S×S×…×S，且S＋T＝
n n 1 2 n n 1 2 n n n
1.求证：
(1)数列是等差数列；
(2)对于任意的正整数n，T 是a 与S 的等比中项．
n n n
证明 (1)当n＝1时，S＝T，S＋T＝1，则S＝T＝，＝－2，
1 1 1 1 1 1
由S＋T＝1可得S－1＝－T，则S －1＝－T ，
n n n n n＋1 n＋1
则＝＝S ，即＝＝1＋，即－＝－1，
n＋1
故数列是首项为－2，公差为－1的等差数列．
(2)由(1)知，＝－2＋(n－1)×(－1)＝－n－1，则S＝，所以T＝1－S＝.
n n n
当n＝1时，a＝S＝，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝－＝，又a＝适合上式，所以a＝，则a·S＝·＝＝T，
n n n－1 1 n n n
综上，对于任意的正整数n，T 是a 与S 的等比中项．
n n n
