2025版新教材高考数学第二轮复习
6.3 等比数列
五年高考
考点1 等比数列及其前n项和
1.(2023全国甲理,5,5分,中)设等比数列{a }的各项均为正数,前n项和为S ,若a =1,S =5S -
n n 1 5 3
4,则S =( )
4
15 65
A. B. C.15 D.40
8 8
2.(2022全国乙,文10,理8,5分,中)已知等比数列{a }的前3项和为168,a -a =42,则a = (
n 2 5 6
)
A.14 B.12 C.6 D.3
3.(2020课标Ⅱ理,6,5分,中)数列{a }中,a =2,a =a a .若a +a +…+a =215-25,则k= (
n 1 m+n m n k+1 k+2 k+10
)
A.2 B.3 C.4 D.5
4. (2023全国甲文,13,5分,易)记S 为等比数列{a }的前n项和.若8S =7S ,则{a }的公比为
n n 6 3 n
.
5.(2023全国乙理,15,5分,中)已知{a }为等比数列,a a a =a a ,a a =-8,则a = .
n 2 4 5 3 6 9 10 7
6.(2023北京,14,5分,中)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似
于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项
数为9的数列{a },该数列的前 3项成等差数列,后7项成等比数列,且a =1,a =12,a =192,
n 1 5 9
则a = ;数列{a }所有项的和为 .
7 n
7.(2020新高考Ⅱ,18,12分,易)已知公比大于1的等比数列{a }满足a +a =20,a =8.
n 2 4 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)求a a -a a +…+(-1)n-1a a .
1 2 2 3 n n+18.(2022 新高考Ⅱ,17,10 分,中)已知{a }是等差数列,{b }是公比为 2 的等比数列,且 a -
n n 2
b =a -b =b -a .
2 3 3 4 4
(1)证明:a =b ;
1 1
(2)求集合{k|b =a +a ,1≤m≤500}中元素的个数.
k m 1
考点2 等比数列的性质及其应用
1.(2021全国甲文,9,5分,中)记S 为等比数列{a }的前n项和.若S =4,S =6,则S = ( )
n n 2 4 6
A.7 B.8 C.9 D.10
2.(2023新课标Ⅱ,8,5分,中)记S 为等比数列{a }的前n项和,若S =-5,S =21S ,则S = (
n n 4 6 2 8
)
A.120 B.85 C.-85 D.-120三年模拟
练速度
1.(2024山东青岛第一次适应性检测,1)等比数列{a }中,a =1,a =8,则a = ( )
n 2 5 7
A.32 B.24 C.20 D.16
2.(2024广东惠州一模,2)设正项等比数列{a }的公比为q,若a ,3a ,a 成等差数列,则q= (
n 2 1 3
)
1 1
A. B.2 C. D.3
2 3
3.(2024 安徽蚌埠教学质量检查,4)已知各项均为正数的等比数列{a }中,若 a =9,则
n 5
log a +log a = ( )
3 4 3 6
A.2 B.3 C.4 D.9
4.(2024 山东新高考联合质量测评,3)已知数列{a }是等比数列,{b }是等差数列,a =1,若
n n 1
b ,2a ,3a ,2b 为常数列,则a b = ( )
1 2 3 3 4 2
8 16
A.0 B.8 C. D.
27 81
5.(2024 湖南九校联盟第二次联考,2)已知{a }是等比数列,S 是其前 n 项和.若 a -
n n 3
a =3,S =5S ,则a 的值为 ( )
1 4 2 2
A.2 B.4 C.±2 D.±4
6.(2024广东江门一模,3)已知{a }是等比数列,a a =8a ,且a ,a 是方程x2-34x+m=0两根,则
n 3 5 4 2 6
m= ( )
A.8 B.-8 C.64 D.-64
7.(2024山东潍坊一模,4)已知数列{a }满足a =0,a =1.若数列{a +a }是公比为2的等比数
n 1 2 n n+1
列,则a = ( )
2 024
22023+1 22024+1
A. B.
3 3
C.21 012-1 D.21 011-1
8.(多选)(2024湖南长沙雅礼中学二模,10)在《增删算法统宗》中有这样一则故事:“三百
七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是 (
)
A.此人第二天走了九十六里路
1
B.此人第三天走的路程占全程的
8
C.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里D.此人后三天共走了四十二里路
9.(2024山东淄博一模,13)已知等比数列{a }共有2n+1项,a =1,所有奇数项的和为85,所有
n 1
偶数项的和为42,则公比q= .
10.(2024湖北八市联考,13)设等比数列{a }的前n项和为S ,若3S >S >0,则公比q的取值
n n 2 6
范围为 .
11.(2024江苏南京、盐城调研,17)设数列{a }的前n项和为S ,a +S =1.
n n n n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
nπ
(2)数列{b }满足a b =cos ,求{b }的前50项和T .
n n n n 50
2
12.(2024 河北唐山一模,15)已知数列{a }是正项等比数列,其前 n 项和为 S ,且
n n
a a =16,S =S +24.
2 4 5 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)记{a +log a }的前n项和为T ,求满足T <2 024的最大整数n.
n 2 n n n13.(2024 浙江宁波二模,16)已知等差数列{a }的公差为 2,记数列{b }的前 n 项和为
n n
S ,b =0,b =2且满足b =2S +a .
n 1 2 n+1 n n
(1)证明:数列{b +1}是等比数列;
n
(2)求数列{a b }的前n项和T .
n n n
练思维
1.(多选)(2024湖南长沙适应性考试,12)设等比数列{a }的公比为q,前n项积为T ,下列说
n n
法正确的是( )
A.若T =T ,则a a =1
8 12 10 11
B.若T =T ,则T =1
8 12 20
C.若a
1
=1 024,且T
10
为数列{T
n
}的唯一最大项,则 (1) 1
9
0<q<1
2 2
D.若a >0,且T >T >T ,则使得T >1成立的n的最大值为20
1 10 11 9 n
1 3
2.(2024江西赣州二模,17)已知数列{a }满足a = ,a , a ,2a a 成等差数列.
n 1 n n+1 n n+1
4 2
(1)求证:数列{1 }是等比数列,并求出{a }的通项公式;
−1 n
a
n
(2)记{a }的前n项和为S ,证明:
3 1-(1) n
≤S <
5
.
n n n
8 3 123.(2024黑龙江哈师大附中三模,16)已知数列{a }的前n项和为S ,S =3a -2n(n∈N*).
n n n n
(1)求证:数列{a -2n}是等比数列;
n
(2)设b
n
=a
n
+λ·2n-(λ+1)·(3) n−1,若{b
n
}是递增数列,求实数λ的取值范围.
2
4.(2024江苏南通二模,18)已知数列{a }的前n项和为S ,S =a -4a ,a =-1.
n n n n n+1 1
(1)证明:数列{2a -a }为等比数列;
n+1 n
(2)设b = a ,求数列{b }的前n项和;
n n+4 n
n(n+1)
(3)是否存在正整数p,q(p<6<q),使得S ,S ,S 成等差数列?若存在,求p,q;若不存在,说明理由.
p 6 q练风向
1.(新定义理解)(多选)(2024山东烟台、德州诊断,11)给定数列{a },定义差分运算:Δa =a -
n n n+1
a ,Δ2a =Δa -Δa ,n∈N*. 若 数 列 {a } 满 足 a =n2+n, 数 列 {b } 的 首 项 为 1, 且
n n n+1 n n n n
Δb =(n+2)·2n-1,n∈N*,则 ( )
n
A.存在M>0,使得Δa <M恒成立
n
B.存在M>0,使得Δ2a <M恒成立
n
C.对任意M>0,总存在n∈N*,使得b >M
n
D.对任意M>0,总存在n∈N*,使得Δ2b
n
>M
b
n
b +c a +c
2.(创新知识交汇)(2024广东二模,18)已知正项数列{a },{b },满足a = n ,b = n (其
n n n+1 n+1
2 2
中c>0).
(1)若a ≠b ,且a +b ≠2c,证明:数列{a -b }和{a +b -2c}均为等比数列;
1 1 1 1 n n n n
(2) 若 a >b ,a +b =2c, 以 a ,b ,c 为 三 角 形 三 边 长 构 造 序 列 △ A B C ( 其 中
1 1 1 1 n n n n n
π
A B =c,B C =a ,A C =b ),记△A B C 外接圆的面积为S ,证明:S > c2;
n n n n n n n n n n n n n
3
(3)在(2)的条件下证明:数列{S }是递减数列.
n6.3 等比数列
五年高考
考点1 等比数列及其前n项和
1.(2023全国甲理,5,5分,中)设等比数列{a }的各项均为正数,前n项和为S ,若a =1,S =5S -
n n 1 5 3
4,则S =( C )
4
15 65
A. B. C.15 D.40
8 8
2.(2022全国乙,文10,理8,5分,中)已知等比数列{a }的前3项和为168,a -a =42,则a = (
n 2 5 6
D )
A.14 B.12 C.6 D.3
3.(2020 课标Ⅱ理,6,5 分,中)数列{a }中,a =2,a =a a .若 a +a +…+a =215-25,则 k= (
n 1 m+n m n k+1 k+2 k+10
C )
A.2 B.3 C.4 D.5
5. (2023全国甲文,13,5分,易)记S 为等比数列{a }的前n项和.若8S =7S ,则{a }的公比为
n n 6 3 n
1
- .
2
5.(2023全国乙理,15,5分,中)已知{a }为等比数列,a a a =a a ,a a =-8,则a = - 2 .
n 2 4 5 3 6 9 10 7
6.(2023北京,14,5分,中)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似
于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{a },该数列的前 3项成等差数列,后7项成等比数列,且a =1,a =12,a =192,
n 1 5 9
则a = 4 8 ;数列{a }所有项的和为 38 4 .
7 n
7.(2020新高考Ⅱ,18,12分,易)已知公比大于1的等比数列{a }满足a +a =20,a =8.
n 2 4 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)求a a -a a +…+(-1)n-1a a .
1 2 2 3 n n+1
{a q+a q3=20,
解析 (1)设公比为q(q>1),依题意有 1 1
a q2=8,
1
{a =32,
解得{a =2,或 1 (舍去).
1 1
q=2 q=
2
所以a =2n,所以数列{a }的通项公式为a =2n.
n n n
(2)由(1)知(-1)n-1a a =(-1)n-1×2n×2n+1=(-1)n-122n+1,
n n+1
所以a a -a a +…+(-1)n-1a a
1 2 2 3 n n+1
=23-25+27-29+…+(-1)n-122n+1
=23 [1−(−22 ) n ]=8-(-1)n·22n+3.
1−(−22 ) 5 5
8.(2022 新高考Ⅱ,17,10 分,中)已知{a }是等差数列,{b }是公比为 2 的等比数列,且 a -
n n 2
b =a -b =b -a .
2 3 3 4 4
(1)证明:a =b ;
1 1
(2)求集合{k|b =a +a ,1≤m≤500}中元素的个数.
k m 1
解析 (1)证明:设等差数列{a }的公差为d.
n
由a -b =a -b 得a +d-2b =a +2d-4b ,故d=2b ,①
2 2 3 3 1 1 1 1 1
由a -b =b -a 得a +2d-4b =8b -a -3d,故2a +5d=12b ,②
3 3 4 4 1 1 1 1 1 1
由①②得2a +10b =12b ,即a =b .
1 1 1 1 1
(2)由(1)知d=2b =2a ,
1 1
由b =a +a ,1≤m≤500得b ×2k-1=2a +(m-1)d,
k m 1 1 1
即a ×2k-1=2a +2(m-1)a ,其中a ≠0,
1 1 1 1
∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,
∴2≤k≤10.
故集合{k|b =a +a ,1≤m≤500}中元素的个数为9.
k m 1
考点2 等比数列的性质及其应用
1.(2021全国甲文,9,5分,中)记S 为等比数列{a }的前n项和.若S =4,S =6,则S = ( A
n n 2 4 6)
A.7 B.8 C.9 D.10
2.(2023新课标Ⅱ,8,5分,中)记S 为等比数列{a }的前n项和,若S =-5,S =21S ,则S = ( C
n n 4 6 2 8
)
A.120 B.85 C.-85 D.-120三年模拟
练速度
1.(2024山东青岛第一次适应性检测,1)等比数列{a }中,a =1,a =8,则a = ( A )
n 2 5 7
A.32 B.24 C.20 D.16
2.(2024广东惠州一模,2)设正项等比数列{a }的公比为q,若a ,3a ,a 成等差数列,则q= (
n 2 1 3
B )
1 1
A. B.2 C. D.3
2 3
3.(2024 安徽蚌埠教学质量检查,4)已知各项均为正数的等比数列{a }中,若 a =9,则
n 5
log a +log a = ( C )
3 4 3 6
A.2 B.3 C.4 D.9
4.(2024 山东新高考联合质量测评,3)已知数列{a }是等比数列,{b }是等差数列,a =1,若
n n 1
b ,2a ,3a ,2b 为常数列,则a b = ( C )
1 2 3 3 4 2
8 16
A.0 B.8 C. D.
27 81
5.(2024 湖南九校联盟第二次联考,2)已知{a }是等比数列,S 是其前 n 项和.若 a -
n n 3
a =3,S =5S ,则a 的值为 ( C )
1 4 2 2
A.2 B.4 C.±2 D.±4
6.(2024广东江门一模,3)已知{a }是等比数列,a a =8a ,且a ,a 是方程x2-34x+m=0两根,则
n 3 5 4 2 6
m= ( C )
A.8 B.-8 C.64 D.-64
7.(2024山东潍坊一模,4)已知数列{a }满足a =0,a =1.若数列{a +a }是公比为2的等比数
n 1 2 n n+1
列,则a = ( A )
2 024
22023+1 22024+1
A. B.
3 3
C.21 012-1 D.21 011-1
8.(多选)(2024湖南长沙雅礼中学二模,10)在《增删算法统宗》中有这样一则故事:“三百
七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是 (
ACD )
A.此人第二天走了九十六里路
1
B.此人第三天走的路程占全程的
8
C.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里D.此人后三天共走了四十二里路
9.(2024山东淄博一模,13)已知等比数列{a }共有2n+1项,a =1,所有奇数项的和为85,所有
n 1
偶数项的和为42,则公比q= 2 .
10.(2024湖北八市联考,13)设等比数列{a }的前n项和为S ,若3S >S >0,则公比q的取值
n n 2 6
范围为 (-1,0)∪(0,1 ) .
11.(2024江苏南京、盐城调研,17)设数列{a }的前n项和为S ,a +S =1.
n n n n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
nπ
(2)数列{b }满足a b =cos ,求{b }的前50项和T .
n n n n 50
2
解析 (1)由a +S =1,得a +S =1(n≥2),
n n n-1 n-1
1
两式相减得a -a +a =0(n≥2),即a = a (n≥2),
n n-1 n n n-1
2
当n=1时,2S =2a =1,得a =1≠0,所以 a =1(n≥2),
1 1 1 n
2 a 2
n−1
故{a
n
}是首项为1,公比为1的等比数列,从而a
n
=(1) n.
2 2 2
nπ
(2)由(1)得b =2ncos .
n
2
所以T =-22+24-26+28-…-250=−4[1−(−4) 25 ]=-4(1+425).
50
1−(−4) 5
12.(2024 河北唐山一模,15)已知数列{a }是正项等比数列,其前 n 项和为 S ,且
n n
a a =16,S =S +24.
2 4 5 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)记{a +log a }的前n项和为T ,求满足T <2 024的最大整数n.
n 2 n n n
解析 (1)设{a }的公比为q,则a =a qn-1,
n n 1
因为a >0,所以q>0,
n
{ a =4, { a q2=4,
依题意可得 3 即 1
a +a =24, a q3+a q4=24,
4 5 1 1
整理得q2+q-6=0,
解得q=2或q=-3(舍去),
所以a =a qn-3=2n-1.
n 3
(2)由(1)可知a +log a =2n-1+n-1,
n 2 n故T =(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)
n
n(n−1)
=2n-1+ ,
2
显然,T 随着n的增大而增大,
n
T =210-1+45=1 068<2 024,
10
T =211-1+55=2 102>2 024,
11
所以满足T <2 024的最大整数n=10.
n
13.(2024 浙江宁波二模,16)已知等差数列{a }的公差为 2,记数列{b }的前 n 项和为
n n
S ,b =0,b =2且满足b =2S +a .
n 1 2 n+1 n n
(1)证明:数列{b +1}是等比数列;
n
(2)求数列{a b }的前n项和T .
n n n
解析 (1)证明:n≥2时,b -b =2(S -S )+a -a =2b +2,即b =3b +2.
n+1 n n n-1 n n-1 n n+1 n
又b =0,b =2,所以n≥1时,b =3b +2,
1 2 n+1 n
即b +1=3(b +1).又b +1=1≠0,所以b +1≠0,
n+1 n 1 n
所以b +1=3.所以数列{b +1}是等比数列.
n+1 n
b +1
n
(2)由(1)易得b =3n-1-1.
n
由b =2b +a 可得a =2,所以a =2n.
2 1 1 1 n
所以a b =2n(3n-1-1)=2n·3n-1-2n,
n n
所T =2(1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1)-n(n+1).
n
令M=1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1,
则3M=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,
1−3n (2n−1)3n+1
所以2M=-(30+31+32+…+3n-1)+n·3n=n·3n- = ,
1−3 2
(2n−1)3n+1
所以T =2M-n(n+1)= -n(n+1).
n
2
练思维
1.(多选)(2024湖南长沙适应性考试,12)设等比数列{a }的公比为q,前n项积为T ,下列说
n n
法正确的是( BCD )
A.若T =T ,则a a =1
8 12 10 11
B.若T =T ,则T =1
8 12 20
C.若a
1
=1 024,且T
10
为数列{T
n
}的唯一最大项,则 (1) 1
9
0<q<1
2 2D.若a >0,且T >T >T ,则使得T >1成立的n的最大值为20
1 10 11 9 n
1 3
2.(2024江西赣州二模,17)已知数列{a }满足a = ,a , a ,2a a 成等差数列.
n 1 n n+1 n n+1
4 2
(1)求证:数列{1 }是等比数列,并求出{a }的通项公式;
−1 n
a
n
(2)记{a }的前n项和为S ,证明:
3 1-(1) n
≤S <
5
.
n n n
8 3 12
3
解析 (1)由于a , a ,2a a 成等差数列,
n n+1 n n+1
2
所以3a =a +2a a , (1分)
n+1 n n n+1
即 1 = 3 -2,可得 1 -1=3( 1 ), (3分)
−1
a a a a
n+1 n n+1 n
所以{1 }是以 1 -1=3为首项,3为公比的等比数列, (4分)
−1
a a
n 1
1 1
所以 -1=3×3n-1=3n,即a = . (6分)
a n 3n+1
n
1 1
(2)证明:因为 < ,
3n+1 3n
1 1 1
所以S =a +a +a +…+a <a + + +…+
n 1 2 3 n 1 32 33 3n
1( 1 )
1−
=1+ 1 + 1 +…+ 1 =1+9 3n−1 = 5 -1· 1 < 5 .(10分)
4 32 33 3n 4 1 12 2 3n 12
1−
3
(1) n
1−
3[ (1) n] 1 3 1 1 1 1 1 1
由于 1− = · = 1+ + +…+ ,且 ≤ ,
8 3 4 1 4 3 32 3n−1 4·3n−1 3n+1
1−
3
1 1 1 1
所以S =a +a +a +…+a ≥ + +…+
n 1 2 3 n
4 30 31 3n−1
1
1−
1 3n 3[ (1) n]
= × = 1− (当n=1时等号成立), (14分)
4 1 8 3
1−
3故3[ (1) n]≤S < 5 . (15分)
1− n
8 3 12
3.(2024黑龙江哈师大附中三模,16)已知数列{a }的前n项和为S ,S =3a -2n(n∈N*).
n n n n
(1)求证:数列{a -2n}是等比数列;
n
(2)设b
n
=a
n
+λ·2n-(λ+1)·(3) n−1,若{b
n
}是递增数列,求实数λ的取值范围.
2
解析 (1)证明:由S =3a -2n,得S =3a -2n+1,
n n n+1 n+1
两式相减得2a =3a +2n. (2分)
n+1 n
3
2(a -2n+1)=3(a -2n),即a -2n+1= (a -2n), (4分)
n+1 n n+1 n
2
∵S =3a -21,∴a =1,
1 1 1
∴a -21=-1≠0,∴a -2n≠0. (6分)
1 n
∴ a n+1 −2n+1 =3,
a −2n 2
n
3
∴{a -2n}是以-1为首项, 为公比的等比数列. (7分)
n
2
(2)由(1)可知a
n
-2n=(-1)·(3) n−1,∴a
n
=2n-(3) n−1,(8分)
2 2
∴b
n
=(1+λ)2n-(λ+2)(3) n−1,
2
则b
n+1
=(1+λ)2n+1-(λ+2)(3) n,
2
∵{b }是递增数列,∴b >b 对任意的n∈N*恒成立,
n n+1 n
∴(1+λ)2n+1-(λ+2)(3) n>(1+λ)2n-(λ+2)(3) n−1,
2 2
∴3(1+λ)>(λ+2)(3) n, (10分)
4
当λ+2<0,即λ<-2时,3(1+λ)<(3) n,
λ+2 4∵(3) n>0,且n→+∞时,(3) n→0,∴3(1+λ)≤0,
4 4 λ+2
∴-2<λ≤-1(舍). (12分)
当λ+2=0,即λ=-2时,-3>0,矛盾,故λ=-2(舍). (13分)
当λ+2>0,即λ>-2时,3(1+λ)>(3) n,
λ+2 4
∵(3) n≤(3) 1=3,∴3(1+λ)>3,
4 4 4 λ+2 4
2 2
∴λ>- ,满足λ>-2,故λ>- . (15分)
3 3
4.(2024江苏南通二模,18)已知数列{a }的前n项和为S ,S =a -4a ,a =-1.
n n n n n+1 1
(1)证明:数列{2a -a }为等比数列;
n+1 n
(2)设b = a ,求数列{b }的前n项和;
n n+4 n
n(n+1)
(3)是否存在正整数p,q(p<6<q),使得S ,S ,S 成等差数列?若存在,求p,q;若不存在,说明理由.
p 6 q
解析 (1)证明:当n=1时,S =a -4a ,故a =0.
1 1 2 2
当n≥2时,由S =a -4a ,①得S =a -4a ,②
n n n+1 n-1 n-1 n
①-②得,a =a -a -4a +4a ,即4a =4a -a . (2分)
n n n-1 n+1 n n+1 n n-1
所以2(2a -a )=2a -a .
n+1 n n n-1
又2a -a =1≠0,所以∀n∈N*,2a -a ≠0,
2 1 n+1 n
所以2a −a =1,
n+1 n
2a −a 2
n n−1
1
所以{2a -a }是以1为首项, 为公比的等比数列. (4分)
n+1 n
2
1
(2)由(1)得,2a -a = ,
n+1 n 2n−1
所以2na -2n-1a =1,则2a -a =1,4a -2a =1,……,2n-1a -2n-2a =1,
n+1 n 2 1 3 2 n n-1
n−2
通过累加法可得2n-1a =n-2,解得a = ,(7分)
n n 2n−1
所以b = n+2 = 1[ 1 1 ].
n −
2n+3n(n+1) 8 2n−1n 2n (n+1)所 以 {b } 的 前 n 项 和 为 1 ( 1− 1 )+ ( 1 − 1 ) +…+ [ 1 − 1 ] = 1 -
n 8 2×2 2×2 22×3 2n−1n 2n (n+1) 8
1
. (10分)
2n+3 (n+1)
n−2 n−1 n
(3)由(1)知,S = -4× =- .
n 2n−1 2n 2n−1
12 p q
因为S ,S ,S 成等差数列,所以- =- - ,
p 6 q 25 2p−1 2q−1
p q 3
整理得 + = . (12分)
2p 2q 16
p q 3 p 3
因为 + = ,所以 < .
2p 2q 16 2p 16
又1≤p<6,p∈N*,经检验,只能p=5.(14分)
5 q 3 q 1
所以 + = ,故 = .
32 2q 16 2q 32
n 1−n
令d = ,则d -d = ≤0,所以d =d >d >d >d >….
n 2n n+1 n 2n+1 1 2 3 4 5
1
因为d = ,所以q=8.
8
32
所以存在p=5,q=8,使得S ,S ,S 成等差数列. (17分)
p 6 q
练风向
1.(新定义理解)(多选)(2024山东烟台、德州诊断,11)给定数列{a },定义差分运算:Δa =a -
n n n+1
a ,Δ2a =Δa -Δa ,n∈N*. 若 数 列 {a } 满 足 a =n2+n, 数 列 {b } 的 首 项 为 1, 且
n n n+1 n n n n
Δb =(n+2)·2n-1,n∈N*,则 ( BC )
n
A.存在M>0,使得Δa <M恒成立
n
B.存在M>0,使得Δ2a <M恒成立
n
C.对任意M>0,总存在n∈N*,使得b >M
n
D.对任意M>0,总存在n∈N*,使得Δ2b
n
>M
b
n
b +c a +c
2.(创新知识交汇)(2024广东二模,18)已知正项数列{a },{b },满足a = n ,b = n (其
n n n+1 n+1
2 2
中c>0).
(1)若a ≠b ,且a +b ≠2c,证明:数列{a -b }和{a +b -2c}均为等比数列;
1 1 1 1 n n n n
(2) 若 a >b ,a +b =2c, 以 a ,b ,c 为 三 角 形 三 边 长 构 造 序 列 △ A B C ( 其 中
1 1 1 1 n n n n nπ
A B =c,B C =a ,A C =b ),记△A B C 外接圆的面积为S ,证明:S > c2;
n n n n n n n n n n n n n
3
(3)在(2)的条件下证明:数列{S }是递减数列.
n
b +c a +c 1
证明 (1)由a = n ,b = n ,两式相减得a -b =- (a -b ), (1分)
n+1 2 n+1 2 n+1 n+1 2 n n
因为a ≠b ,所以a -b ≠0, (2分)
1 1 1 1
1
所以{a -b }是以a -b 为首项,- 为公比的等比数列. (3分)
n n 1 1
2
b +c a +c 1
由a = n ,b = n ,两式相加得a +b = (a +b )+c,(4分)
n+1 2 n+1 2 n+1 n+1 2 n n
1
两边同时减2c,得a +b -2c= (a +b )-c,
n+1 n+1 n n
2
1
即a +b -2c= (a +b -2c). (5分)
n+1 n+1 n n
2
因为a +b ≠2c,所以a +b -2c≠0, (6分)
1 1 1 1
1
所以{a +b -2c}是以a +b -2c为首项, 为公比的等比数列.(7分)
n n 1 1
2
(2)因为a >b ,由(1)得{a -b }是等比数列,
1 1 n n
所以a -b ≠0,即a ≠b . (8分)
n n n n
1
由(1)得a +b -2c= (a +b -2c),
n+1 n+1 n n
2
因为a +b =2c,所以a +b -2c=0,
1 1 1 1
所以{a +b -2c}为常数列0,故a +b =2c. (9分)
n n n n
(a +b ) 2
由cos C n = a2 n +b2 n −c2 =a2 n +b2 n − n 2 n =3( b n+ a n )-1≥3-1=1,
2a b 8 a b 4 4 4 2
n n 2a b n n
n n
1
因为a ≠b ,所以等号不成立,故cos C > .(10分)
n n n
2
因为C
n
∈(0,π),所以C
n
∈(
0,
π),所以sin C
n
<√3. (11分)
3 2
πc2 c
所以S =πr2> . r 为外接圆半径,r = (12分)
n n n
n 3 2sinC
n
(3)由(1)可知a
n
-b
n
=(a
1
-b
1
)(
−
1) n−1,由(2)可知a
n
+b
n
=2c,(13分)
2解得a n =c+a 1 −b 1( − 1) n−1,b n =c-a 1 −b 1( − 1) n−1, (14分)
2 2 2 2
所以a n b n =c2-(a 1 −b 1 ) 2 ( − 1) 2n−2=c2- (a −b ) 2(1) n .(15分)
4 2 1 1 4
a b 随着n的增大而增大,
n n
又因为cos C =a2+b2−c2 =(a +b ) 2−c2−2a b = 3c2 -1,(16分)
n n n n n n n
2a b 2a b 2a b
n n n n n n
所以cos C 随着n的增大而减小,所以{cos C }是递减数列,
n n
因为C ∈( π),所以{sin C }是递增数列,所以{ c }是递减数列,
n 0, n
3 sinC
n
所以{S }是递减数列. (17分)
n
