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第42讲等比数列及其前n项和_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

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第42讲等比数列及其前n项和_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）
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文档内容

第42讲 等比数列及其前n项和 知识梳理 知识点一．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)， 那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的 a 表达式为 n+1 =q． a n (2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项． 即G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2=ab． 知识点二．等比数列的有关公式 (1)等比数列的通项公式 设等比数列{a }的首项为a ，公比为q(q≠0)，则它的通项公式a =a qn-1=c⋅ n 1 n 1 a qnc= 1 q  (a,q≠0)． 1 推广形式：a =a ⋅qn-m n m (2)等比数列的前n项和公式 na(q=1)  1 等比数列{a }的公比为q(q≠0)，其前n项和为S =a(1-qn) a -a q n n 1 = 1 n (q≠1) 1-q 1-q 注①等比数列的前n项和公式有两种形式，在求等比数列的前n项和时，首先要判断公 比q是否为1，再由q的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比q是否为1时，要分q=1 与q≠1两种情况讨论求解． a(1-qn) ②已知a ,q(q≠1),n(项数)，则利用S = 1 求解；已知a ,a ,q(q≠1)，则利用S 1 n 1-q 1 n n a -a q = 1 n 求解． 1-q a(1-qn) -a a ③S = 1 = 1 ⋅qn+ 1 =kqn-k(k≠0,q≠1)，S 为关于qn的指数型函 n 1-q 1-q 1-q n 数，且系数与常数互为相反数． 知识点三．等比数列的性质 (1)等比中项的推广． 若m+n=p+q时，则a a =a a ，特别地，当m+n=2p时，a a =a2． m n p q m n p (2)①设{a n }为等比数列，则{λa n }(λ为非零常数)，a n    ，{am}仍为等比数列． n ②设{a }与{b }为等比数列，则{a b }也为等比数列． n n n n (3)等比数列{a }的单调性(等比数列的单调性由首项a 与公比q决定)． n 1 a >0 a <0 当  q 1 >1 或  0 1 0 a <0 当  0 1 1 时，{a n }为递减数列． (4)其他衍生等比数列． 若已知等比数列{a }，公比为q，前n项和为S ，则： n n 第 页 共 页 1094 3427①等间距抽取 a ,a ,a ,⋯a ,⋯为等比数列，公比为qt． p p+t p+2t p+(n-1)t ②等长度截取 S ,S -S ,S -S ,⋯为等比数列，公比为qm(当q=-1时，m不为偶数)． m 2m m 3m 2m 【解题方法总结】 (1)若m+n=p+q=2k(m，n，p，q，k∈N*)，则a ⋅a =a ⋅a =a2． m n p q k 1 (2)若{a }，{b }(项数相同)是等比数列，则{λa }(λ≠0)， n n n a n  a ，{a2}，{a ⋅b }， n n n n  b n  仍是等比数列． (3)在等比数列{a }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a ，a ，a ， n n n+k n+2k a ⋯为 n+3k 等比数列，公比为qk． (4)公比不为-1的等比数列{a }的前n项和为S ，则S ，S -S ，S -S 仍成等比 n n n 2n n 3n 2n 数列，其公比为qn． T T (5){a }为等比数列，若a ⋅a ⋯a =T，则T， 2n， 3n，⋯成等比数列． n 1 2 n n n T T n 2n (6)当q≠0，q≠1时，S =k-k·qn(k≠0)是{a }成等比数列的充要条件，此时k= n n a 1 ． 1-q (7)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还 等于中间 项的平方． (8)若{a }为正项等比数列，则{log a }(c>0,c≠1)为等差数列． n c n (9)若{a }为等差数列，则{can}(c>0,c≠1)为等比数列． n (10)若{a }既是等差数列又是等比数列⇔{a )是非零常数列． n n 必考题型全归纳 1 题型一：等比数列的基本运算 1890 (2024·北京·高三汇文中学校考阶段练习)在等比数列a n  中，a =3，a +a +a =9， 1 1 2 3 则a +a +a 等于 ( ) 4 5 6 A.9 B.72 C.9或70 D.9或-72 【答案】D 【解析】由题意，n∈N∗， 在等比数列a n  中，a =3，a +a +a =9， 1 1 2 3 设公比为q， ∴a +aq+aq2=9，即3+3q+3q2=9，解得q=-2或q=1， 1 1 1 ∴a 4 +a 5 +a 6 =a 1 +a 2 +a 3  q3=9q3， 当q=1时，a +a +a =9， 4 5 6 当q=2时，a +a +a =-72. 4 5 6 故选：D. 第 页 共 页 1095 34271891 (2024·全国·高三专题练习)已知递增的等比数列a n  中，前3项的和为7，前3项的积为 8，则a 的值为 ( ) 4 A.2 B.4 C.6 D.8 【答案】D 【解析】由前3项的和为7，得a +aq+aq2=7 1 1 1 前3项的积为8，得aa a =a3=8，即a =2， 1 2 3 2 2 2 2 2 2 则a = ，代入a +aq+aq2=7，得 + ⋅q+ ⋅q2=7，即2q2-5q+2=0，解得q 1 q 1 1 1 q q q 1 =2或q= ， 2 因为a n  为递增的等比数列， 2 所以q=2，则a = =1， 1 q 所以a =1×23=8， 4 故选：D． 1892 (2024·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测)已知等比数列a n  的前n项和为S ， n 公比为q，且S =a -1，则 ( ) n n+1 A.a =2 B.S =2 C.q=1 D.q=2 1 2 【答案】D 【解析】因为S =a -1， n n+1 所以S =a -1,S =a -1， 1 2 2 3 所以a =a -1,a +a =a -1， 1 2 1 2 3 所以a =aq-1,a +aq=aq2-1， 1 1 1 1 1 解得q=2,a =1，A错误，C错误，D正确， 1 所以S =3，B错误； 2 故选：D. 1893 (2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测)在等比数列{a }中，若a =4，a =-32，则公 n 2 5 比q应为 ( ) 1 1 A.± B.±2 C. D.-2 2 2 【答案】D a a ×q4 -32 【解析】因为 5 = 1 =q3= =-8，解得q=-2. a a ×q 4 2 1 故选：D 1894 (2024·全国·高三专题练习)设等比数列a n  的各项均为正数，前n项和S ，若a =1，S n 1 5 =5S -4，则S = ( ) 3 4 15 65 A. B. C.15 D.40 8 8 【答案】C 【解析】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S =1+2+4+8=15. 4 第 页 共 页 1096 3427故选:C. 1895 (2024·全国·高三对口高考)已知数列a n  是等比数列，a +a =2,a +a =128，则该数 1 2 7 8 列的S 以及a 依次为 ( ) 10 1 2 2 2 A.682， B.-682，-2 C.682， 或-2 D.-682， 或-2 3 3 3 【答案】C a +aq=2 【解析】根据题意，得 1 1 ，  aq6+aq7=128 1 1 2 解方程得   a 1 = 3 ，或  a 1 =-2 ， q=-2 q=2 2 a(1-q10) 3 (1-210) -2(1-(-2)10) S = 1 = =682，或S = =682. 10 1-q 1-2 10 1-(-2) 故选：C 1896 (2024·江西抚州·统考模拟预测)已知正项等比数列{a }的前n项和为S ，若a a =3a , n n 4 5 8 S =39，则a = ( ) 3 4 A.64 B.81 C.128 D.192 【答案】B 【解析】由等比数列的性质可知a a =aa =3a ,a ≠0，所以a =3， 4 5 1 8 8 8 1 由S 3 =39，得a 11+q+q2  =39，所以q2+q-12=0，解得q=3或q=-4(舍去)， 所以a =aq3=81. 4 1 故选：B. 1897 (2024·江西·校联考模拟预测)已知等比数列a n  的前4项和为30，a -a =15，则a = 1 5 7 ( ) 1 1 A. B. C.1 D.2 4 2 【答案】A 【解析】设等比数列a n  的公比为q，若q=1，则a -a =0，与题意矛盾； 1 5 a +a +a +a = a 11-q4 所以q≠1，则 1 2 3 4   =30  a 1 =16  1-q ，解得 1 ， q= a -a =a -aq4=15 2 1 5 1 1 1 所以a =aq6= ． 7 1 4 故选：A． 【解题方法总结】 等比数列基本量运算的解题策略 (1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a ，n， 1 q，a ，S ， n n 一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解． (2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论： a(1-qn) a -a q 当q=1时，S =na ；当q≠1时，S = 1 = 1 n ． n 1 n 1-q 1-q 2 题型二：等比数列的判定与证明 第 页 共 页 1097 34271898 (2024·全国·高三专题练习)甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液 500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一 次调和．记a 1 =10%，b 1 =20%，经n-1  次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为 a ，b ． n n (1)试用a ，b 表示a ，b ． n-1 n-1 n n (2)证明：数列a -b n n  是等比数列，并求出a ，b 的通项． n n 【解析】(1)由题意，经n-1(n≥2,n∈N∗)次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为 a ,b ， n n 400a +100b 4 1 400b +100a 4 1 所以a = n-1 n-1 = a + b ，b = n-1 n-1 = b + a ． n 500 5 n-1 5 n-1 n 500 5 n-1 5 n-1 4 1 4 1 (2)由(1)知，a = a + b ，b = b + a ， n 5 n-1 5 n-1 n 5 n-1 5 n-1 3 3 3 可得a n -b n = 5 a n-1 - 5 b n-1 = 5 a n-1 -b n-1  n≥2  ， 所以数列a -b n n  是等比数列， 3 因为a -b =-10％，所以a -b =-10%× 1 1 n n 5  n-1 ①， 又因为a +b =a +b =⋯=a +b =30% ②． n n n-1 n-1 1 1 3 联立①②得a =- n 5  n-1 3 ×5%+15%，b = n 5  n-1 ×5%+15%． 1899 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  满足4S -2a =2n，n∈N*，其中S 为a n n n n  的前n项和．证明： a 1 (1) n -  2n 6  是等比数列． 1 1 1 1 (2) + + +⋅⋅⋅+ 6a 1 -3 6a 2 +3 6a 3 -3 6a n +3×-1  <1． n 【解析】(1)∵4S n -2a n =2n，∴4S n-1 -2a n-1 =2n-1 n≥2  ， 两式相减得：4S n -S n-1  -2a n +2a n-1 =2n-2n-1，即a n +a n-1 =2n-2 n≥2  ． a 1 -a +2n-2 1 1 a 1 n - n-1 - -  n-1 - 2n 6 2n 6 2 2n-1 6 ∴ = = a 1 a 1 n-1 - n-1 - 2n-1 6 2n-1 6  1 =- n≥2 a 1 2 n-1 - 2n-1 6  ． 当n=1时，4S -2a =21，即a =1 1 1 1 a 1 1 a 1 又∵ 1 - = ≠0，∴ n - 21 6 3  2n 6  1 1 是以 为首项，- 为公比的等比数列． 3 2 a 1 1 1 (2)由(1)得 n - = ×- 2n 6 3 2  n-1 2 ，所以a n =- 3 ×-1  1 n+ ×2n 6 1 令b = n 6a n +3-1  1 = n 2n--1  ， n 3 3 ×22n ×22n 1 1 2 2 3 则b +b = + = < = ． 2n-1 2n 22n-1+1 22n-1 24n-1+22n-1-1 24n-1 22n 3 1 ×1- 3 3 3 4 4n 不等式左边的前2n项和T < + +⋅⋅⋅+ = 2n 4 42 4n  <1． 1 1- 4 又b >0⇒T b . n n 【解析】(1)由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n， 第n+1次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为a ，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则 n+1 第n+1次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中， 故a n+1 =a n ×0+2n-a n  ×1=2n-a ，且a =0 n 1 故a +a =2n， n+1 n a +a n n+1 =2n≥2 a +a n-1 n  ， 所以数列a +a n+1 n  为等比数列， 由a n-1 +a n =2n-1，得-1  n-1a n-1 --1  na n =-2  n-1， -1  1a 1 --1  2a 2 =-2  1， -1  2a 2 --1  3a 3 =-2  2， -1  3a 3 --1  4a 4 =-2  3， ⋯⋯⋯⋯⋯， -1  n-1a n-1 --1  na n =-2  n-1 以上各式相加，-1  1a 1 --1  -2 1--2 na = n  n-1   1+2 2n+2(-1)n 可得a = ； n 3 (2)由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为b ， n 则a +2b =2n， n n 2n+2(-1)n 2n+2 2n 2n-a 2n ∵当n为偶数时，a = = > ，b = n < n 3 3 3 n 2 3 ∴a >b . n n 1901 (2024·广东东莞·校考三模)已知数列a n  和b n  1 1 ，a =2， - =1，a =2b . 1 b a n+1 n n n 1 (1)求证数列 -1 a n  是等比数列； n (2)求数列 b n  的前n项和T. n 1 1 2 1 【解析】(1)由a =2， - =1，a =2b 得 - =1， 1 b a n+1 n a a n n n+1 n 1 1 1 整理得 -1=  -1 a 2 a n+1 n  1 1 ，而 -1=- ≠0， a 2 1 1 所以数列 -1 a n  1 1 是以- 为首项，公比为 的等比数列 2 2 1 1 1 (2)由(1)知 -1=-  a 2 2 n  n-1 1 2n =- ，∴a = ， 2n n 2n-1 1 2n n 2n+1-1 n ∴b = a = ， =n⋅ =2n- ， n 2 n+1 2n+1-1 b 2n 2n n 1 2 n 1 1 2 n 设S = + +⋯+ ，则 S = + +⋯+ ， n 2 22 2n 2 n 22 23 2n+1 1 1 1- 1 1 1 1 n 2 2n 两式相减得 S = + +⋯+ - = 2 n 2 22 2n 2n+1  n n+2 - =1- ， 1 2n+1 2n+1 1- 2 第 页 共 页 1099 3427n+2 从而S =2- n 2n n2+2n ∴T = n  n+2 -S =n2+n-2+ . 2 n 2n 1902 (2024·全国·高三专题练习)设数列a n  1  a ,n为偶数 2 n 的首项a =a，且a = ， 1 n+1 1 a + ,n为奇数 n 4 1 记b =a - ,n=1,2,3.... n 2n-1 4 (1)求a ,a ； 2 3 (2)判断数列b n  是否为等比数列，并证明你的结论； (3)求b +b +⋯+b . 1 2 n 1 1 1 1 1 【解析】(1)由题意可知：a =a + =a+ ,a = a = a+ , 2 1 4 4 3 2 2 2 8 1 1 1 1 1 1 (2)由b =a - =a - = a - = a + n 2n-1 4 2n-2+1 4 2 2n-3+1 4 2 2n-3 4  1 - = 4 1 1 a - 2 2n-3 4  1 = b ， 2 n-1 1 1 而b =a - =a- ， 1 1 4 4 1 若a= ，则b =0，显然b 4 1 n  不能是等比数列， 1 若a≠ ，则b 4 n  1 1 是以a- 为首项， 为公比的等比数列. 4 2 1 (3)由(2)可知，若a= ，则b 4 n  为常数列，各项均为0，故b +b +⋯+b =0； 1 2 n 1 若a≠ ，则b 4 n  1 1 是以a- 为首项， 为公比的等比数列， 4 2 1 a- 4 则由等比数列的求和公式得：b +b +⋯+b = 1 2 n  1 1- 2n  1 a- 1 4 =2a- - . 1 2 2n-1 1- 2 1903 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  、b n  满足4a =3a -b +t，4b =3b - n+1 n n n+1 n a -t，t∈R，n∈N ，且a =1，b =0. n + 1 1 (1)求证：a +b n n  是等比数列； (2)若a n  是递增数列，求实数t的取值范围. 【解析】(1)由题可知：4b =3b -a -t，4a =3a -b +t， n+1 n n n+1 n n 1 故可得a n+1 +b n+1 = 2 a n +b n  ，又a +b =1≠0，∴a +b ≠0， 1 1 n n a +b 1 ∴ n+1 n+1 = ，所以a +b a +b 2 n n n n  1 是首项为1，公比为 的等比数列. 2 (2)方法一： ∵a n  是递增数列， ∴a -a >0对任意n∈N 恒成立， n+1 n + ∵4a n+1 =3a n -b n +t，∴4a n+1 -a n  =-a n +b n  +t 则-a n +b n  +t>0对任意n∈N 恒成立， + 即t>a +b 对任意n∈N 恒成立， n n + 1 由(1)知a +b = n n 2  n-1 ， 1 ∴t> 2  n-1 对任意n∈N 恒成立， + 第 页 共 页 1100 34271 因为当n=1时 2  n-1 取得最大值，且最大值为1， 所以t>1，即实数t的取值范围为1,+∞  . 方法二： 4b =3b -a -t   4a n+1 =3a n -b n +t 得4a n+1 -b n+1 n+1 n n  =4a n -b n  +2t， 1 即a -b =a -b + t，又a -b =1， n+1 n+1 n n 2 1 1 故数列a -b n n  1 为首项1，公差 t的等差数列， 2 n-1 所以a -b =1+ n n  t， 2 1 又由(1)知a +b = n n 2  n-1 1 ，所以a = n 2  n 1 t + + n-1 2 4  ， 因为a n  是递增数列，所以a >a 对任意n∈N 恒成立. n+1 n + 1 所以 2  n+1 1 t 1 + + n> 2 4 2  n 1 t + + n-1 2 4  ， 1 所以- 2  n+1 t 1 + >0，所以t> 4 2  n-1 ， 1 因为当n=1时 2  n-1 取得最大值，且最大值为1， 所以t>1，即实数t的取值范围为1,+∞  . 1904 (2024·全国·高三专题练习)数列{a }的前n和S 满足S =2a -nn∈N* n n n n  ， (1)求a 的值及a 与a 的关系； 1 n n-1 (2)求证：a +1 n  是等比数列，并求出{a }的通项公式. n 【解析】(1)因为S =2a -nn∈N* n n  ， 所以S =2a -1，又S =a ， 1 1 1 1 所以a =2a -1，故a =1 1 1 1 当n≥2时，a n =S n -S n-1 =2a n -n  - 2a n-1 -n-1    ， 得a =2a +1； n n-1 (2)由(1)知a =2a +1， n n-1 则有a +1=2(a +1)， n n-1 由于a =1，故a +1=2， 1 1 a +1 所以 n =2， a +1 n-1 所以数列{a +1}是以2为首项，2为公比的等比数列， n 所以a +1=2⋅2n-1， n 所以a =2n-1. n 1905 (2024·云南·校联考三模)已知数列a n  7a -8 4 有递推关系a = n n∈N*,a ≠ n+1 3a -4 n 3 n  ，a 1 69 = ，记a =b -k(k∈Z)，若数列b 29 n n n  rb 的递推式形如b = n (p,q,r∈R且p,r≠ n+1 pb +q n 0)，也即分子中不再含有常数项. (1)求实数k的值； 1 3 (2)证明： - b 5 n  为等比数列，并求其首项和公比. 【解析】(1)因为a =b -k，所以b =a +k， n n n n 第 页 共 页 1101 34277a -8 7(b -k)-8 7b -7k-8+3kb -3k2-4k b =a +k= n +k= n +k= n n n+1 n+1 3a -4 3(b -k)-4 3b -3k-4 n n n (7+3k)b -3k2-11k-8 = n ， 3b -3k-4 n rb 由已知得b = n ， n+1 pb +q n 8 -3k2-11k-8=0 k=-1  k=-   3 7+3k=r r=4  所以 ，解得 或 r=-1 ，    3=p p=3   p=3   -3k-4=q q=-1  q=4 因为k∈Z，所以k=-1. (2)由(1)知，k=-1,r=4,p=3,q=-1， 4b 69 40 b = n ，b =a +k= -1= ， n+1 3b -1 1 1 29 29 n 1 3b -1 3 1 1 3 3 1 3 1 3 1 1 3 = n = - ， - = - - =- + =-  - b 4b 4 4b b 5 4 4b 5 4b 20 4 b 5 n+1 n n n+1 n n n  ， 1 3 29 3 1 因为 - = - = ≠0， b 5 40 5 8 1 1 3 所以数列 - b 5 n  1 1 为等比数列，首项为 ，公比为- . 8 4 1906 (2024·福建厦门·统考模拟预测)已知数列a n  a +2 满足a =1,a = n ,n∈N*． 1 n+1 a n a -2 (1)证明 n a +1 n  是等比数列； 3 (2)若b = ，求b n a +1 n n  的前n项和S ． n a -2 a +2-2a 1 a -2 【解析】(1)由题意得 n+1 = n n =- ⋅ n ． a +1 a +2+a 2 a +1 n+1 n n n a -2 n+1 a -2 1 a +1 1 又因为 1 =- ≠0，所以 n+1 =- ． a +1 2 a -2 2 1 n a +1 n a -2 所以 n a +1 n  1 1 是以- 为首项，- 为公比的等比数列. 2 2 a -2 1 (2)由(1)得 n =- a +1 2 n  n ． 3 a -2 1 所以b = =1- n =1-- n a +1 a +1 2 n n  n ． 1 所以S =b +b +b +⋯+b =1-- n 1 2 3 n 2  1 1 +1-- 2  2 1 +1-- 2  3 1 +⋯+1-- 2  n 1 =1+1+1⋯+1- - 2  1 1 +- 2  2 1 +- 2  3 1 +⋯+- 2   n    n1+1 =  - 2 1 - 2  1 1-- 2   n    1 1-- 2  1 1 - -- 2 2 =n-  n+1 1 1-- 2  1 1-- 2 =n+  n . 3 1907 (2024·山东潍坊·三模)已知数列a n  和b n  满足a =3,b =2,a =a +2b ,b =2a 1 1 n+1 n n n+1 n +b ． n (1)证明：a +b n n  和a -b n n  都是等比数列； (2)求a b n n  的前n项和S ． n 第 页 共 页 1102 3427【解析】(1)因为a =a +2b ，b =2a +b ， n+1 n n n+1 n n 所以a n+1 +b n+1 =3a n +b n  ，a n+1 -b n+1 =-a n -b n  ， 又由a =3，b =2得a -b =1，a +b =5， 1 1 1 1 1 1 所以数列a +b n n  是首项为5，公比为3的等比数列， 数列a -b n n  是首项为1，公比为-1的等比数列． (2)由(1)得a +b =5×3n-1，a -b =(-1)n-1， n n n n 5×3n-1+(-1)n-1 5×3n-1-(-1)n-1 所以a = ，b = ， n 2 n 2 5×3n-1+(-1)n-1 5×3n-1-(-1)n-1 25×32n-2-1 所以a b = × = ， n n 2 2 4 25 1-9n n 25×9n-1 所以S = × - = n 4 1-9 4  -8n ． 32 【解题方法总结】 等比数列的判定方法 a a 若 n+1 =q(q为非零常数，n∈N*或 n =q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{a }是 定义法 a n a n-1 n 等比数列 中项公式法 若数列{a }中，a ≠0且a 2=a ⋅a (n∈N*)，则{a }是等比数列 n n n+1 n n+2 n 若数列{a }的通项公式可写成a =c·qn-1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{a }是等比 n n n 通项公式法 数列 前n项和公式法 若数列{a }的前n项和S =k·qn-k(k为非零常数，q≠0，1)，则{a }是等比数列 n n n 3 题型三：等比数列项的性质应用 1908 (2024·全国·高三对口高考)已知等比数列a n  的前n项和为S =3n-1-c，则c= n . 1 【答案】 3 【解析】由题意可得S =31-1-c=1-c=a ，S =32-1-c=3-c=a +a ⇒a =2， 1 1 2 1 2 2 S 3 =33-1-c=9-c=a 3 +S 2 ⇒a 3 =6，故有a2 2 =a 1 ⋅a 3 ⇒4=61-c  1 ⇒c= . 3 1 故答案为： 3 1909 (2024·山东泰安·统考二模)若m，n是函数fx  =x2-px+qp>0,q>0  的两个不同 零点，且m，n，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 pq= . 【答案】20 m+n=p>0 m>0 【解析】由题可得  ⇒   ， mn=q>0 n>0 则m,-2,n成等比数列，得mn=-2  2=4. 又不妨设m0，所以S =40. 20 10 20 故答案为：40. 1920 (2024·河北沧州·统考模拟预测)已知等比数列a n  的前n项和为S ，若S =2，S =6， n 3 6 则S = . 24 【答案】510 【解析】因为数列a n  为等比数列，由等比数列的性质知， S -S 6-2 S ，S -S ，S -S ，⋯，S -S ，⋯构成首项为S =2，公比为q= 6 3 = =2 3 6 3 9 6 24 21 3 S 2 3 的等比数列，且S 是该等比数列的前8项和， 24 21-28 所以S = 24  =510. 1-2 故答案为：510. 1921 (2024·高三课时练习)已知S 是正项等比数列a n n  的前n项和，S =20，则S -2S 10 30 20 +S 的最小值为 ． 10 【答案】-5 【解析】设a n  公比为q. 当q=1时，S =10a =20，则a =2，此时有S -2S +S =30a -2×20a +10a = 10 1 1 30 20 10 1 1 1 0； 当q≠1时， 第 页 共 页 1106 3427因为S -S =a +a +⋯+a ，S -S =a +a +⋯+a ，S =a +a +⋯+a ， 30 20 21 22 30 20 10 11 12 20 10 1 2 10 S -S a +a +⋯+a S -S a +a +⋯+a 所以 30 20 = 21 22 30 =q10， 20 10 = 11 12 20 =q10， S -S a +a +⋯+a S a +a +⋯+a 20 10 11 12 20 10 1 2 10 所以S 20 -S 10 =S 10 ×q10=20q10，S 30 -S 20 =S 20 -S 10  ×q10=S ×q20=20q20， 10 所以S 30 -2S 20 +S 10 =S 30 -S 20 -S 20 -S 10  1 =20q20-20q10=20q10- 2  2 -5， 1 当q10= 时，S -2S +S 有最小值为-5. 2 30 20 10 综上所述，S -2S +S 的最小值为-5. 30 20 10 故答案为：-5. 1922 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  是等比数列，S 是其前n项和，且S =15，S n 6 18 =195，则S = . 24 【答案】600 【解析】设等比数列的公比为q, 因为等比数列a n  的前n项和为S ，所以S ，S -S ，S -S ，S -S 成等比数列， n 6 12 6 18 12 24 18 因为S 6 =15，S 18 =195，所以S 12 -15  2=15×195-S 12  ， 解得S =60或S =-45，因为S -S =q6S >0， 12 12 12 6 6 所以S >0，则S =60， 12 12 由S -S ，S -S ，S -S 成等比数列， 12 6 18 12 24 18 可得S 18 -S 12  2=S 12 -S 6  S 24 -S 18  即1352=45S 24 -195  ，解得S =600， 24 故答案为：600 1923 (2024·全国·高三专题练习)设正项等比数列a n  S 的前n项和为S ，若S =10S ，则 6 n 4 2 S 2 的值为 . 【答案】91 【解析】方法一：等比数列a n  中，S ，S -S ，S -S 成等比数列， 2 4 2 6 4 则S ，9S ，81S 成等比数列，∴S -S =81S ，∴S =91S ， 2 2 2 6 4 2 6 2 S ∴ 6 =91. S 2 方法二：设a n  公比为q，由题意显然q>0且q≠1,所以 a 11-q4  =10⋅ a 11-q2 1-q  ⇒q 1-q =3， a 11-q6 S ∴ 6 = S 2  1-q a 11-q2  1-36 = =91， 1-32 1-q 故答案为：91. 1924 (2024·全国·高三专题练习)设正项等比数列a n  的前n项和为S ，且210S - n 30 210+1  S +S =0，则公比q= . 20 10 1 【答案】 /0.5 2 【解析】由210S 30 -210+1  S 20 +S 10 =0，得210 S 30 -S 20  =S -S . 20 10 又正项等比数列a n  的前n项和为S ，故S -S ≠0， n 20 10 S -S 1 ∴ 30 20 = ， S -S 210 20 10 第 页 共 页 1107 3427∵数列{an}是等比数列， S -S a +a +a +⋯+a ∴ 30 20 = 21 22 23 30 =q10 S -S a +a +a +⋯+a 20 10 11 12 13 20 1 1 故q10= ，解得：q=± 210 2 1 因为等比数列{an}为正项数列，所以q>0，故q= 2 1 故答案为： 2 1925 (2024·重庆·高三统考阶段练习)已知等比数列a n  的前n项和为S ，S =7，a +a = n 6 2 5 a +a -3，则 1 3 = . a 2 10 1 【答案】- /-3 3 3 【解析】设等比数列的公比为q，由S =7，a +a =-3， 6 2 5 得S 6 =a 1 +a 4  +a 2 +a 5  +a 3 +a 6  1 =-3 +1+q q  =7， 1 10 故q+ =- ， q 3 a +a 1 10 所以 1 3 = +q=- . a q 3 2 10 故答案为：- . 3 1926 (2024·全国·高三专题练习)已知正项等比数列a n  的前n项和为S ，若S =4，S =19， n 3 9 则S ，S 的等差中项为 . 6 9 29 【答案】 /14.5 2 【解析】设S =x，因为a 6 n  为等比数列，所以S ，S -S ，S -S 成等比数列. 3 6 3 9 6 因为S 3 =4，S 9 =19，所以419-x  =x-4  2，解得x=10或x=-6(舍去). 29 所以S ，S 的等差中项为 . 6 9 2 29 故答案为： . 2 1927 (2024·江西南昌·南昌十中校考模拟预测)已知等比数列a n  的前n项和为S ，若S = n 4 3，S =9，则S 的值为 8 16 【答案】45 【解析】设等比数列a n  的公比为q. 若q=-1，当n为偶数时，S = a 11-qn n  =0，不合乎题意，所以，q≠-1， 1-q 由等比数列片段和的性质可知，S 、S -S 、S -S 、S -S 成等比数列， 4 8 4 12 8 16 12 S -S 且公比为 8 4 =2，所以，S -S =3×22=12，S -S =3×23=24， S 12 8 16 12 4 因此，S 16 =S 4 +S 8 -S 4  +S 12 -S 8  +S 16 -S 12  =3+6+12+24=45. 故答案为：45. 【解题方法总结】 (1)等比数列{a }中，所有奇数项之和S 与所有偶数项之和S 具有的性质，设公比为 n 奇 偶 q． 第 页 共 页 1108 3427S S -a ①若共有2n项，则 偶 =q；②若共有2n+1项， 奇 1 =q． S S 奇 偶 (2)等比数列{a }中，S 表示它的前k项和．当q≠-1时，有S ，S -S ，S -S ，⋯ n k k 2k k 3k 2k 也成等比数列，公比为qk． 5 题型五：求数列的通项a n 1928 (2024·广西玉林·统考三模)记数列a n   的前n项和为S n ，已知向量m=a n+1 ,S n   ，n= 1,2    ，若a =2，且m∥n，则a 1 n  通项为 ． 2, n=1 【答案】a n = 3  2    n-2 , n≥2   【解析】∵m∥n，∴S =2a ， n n+1 S 当n=1时，S =a ，得a = 1 =1， 1 1 2 2 当n≥2时，2a =S ，2a =S ， n+1 n n n-1 3 a 3 两式作差得：a = a ，即 n+1 = ， n+1 2 n a 2 n 3 所以{a }是以 为公比，1为首项的等比数列， n 2 3 则a = n 2  n-2 n≥2  ， 2, n=1 又a 1 =2不符合上式，所以a n = 3  2    n-2 . , n≥2 2, n=1 故答案为：a n = 3  2    n-2 . , n≥2 1929 (2024·内蒙古包头·高三统考期末)已知数列a n  和b n  满足a =1，b =2，a =3a 1 1 n+1 n -b +4，b =3b -a -4.则数列a +b n n+1 n n n n  的通项a +b = . n n 【答案】3×2n-1 【解析】∵a =3a -b +4，b =3b -a -4， n+1 n n n+1 n n ∴a n+1 +b n+1 =3a n -b n +4+3b n -a n -4=2a n +b n  又a +b =3， 1 1 所以数列a +b n n  是以3为首项，2为公比的等比数列 ∴a +b =3×2n-1 n n 故答案为：3×2n-1 1930 (2024·上海浦东新·高三校考开学考试)设幂函数fx  =x3，数列a n  满足：a =2021， 1 且a n+1 =fa n  (n∈N*)，则数列a n  的通项a = ． n 【答案】20213n-1 【解析】∵fx  =x3，∴a n+1 =fa n  =a3， n ∵a =2021>0，∴数列a 1 n  各项均为正数，且各项均不为1， ∴lna =lna3=3lna ， n+1 n n ∴数列a n  各项均不为1，∴lna ≠0， n lna ∴ n+1 =3， lna n 第 页 共 页 1109 3427∴数列lna n  是首项为lna =ln2021，公比为3的等比数列， 1 ∴lna =3n-1ln2021=ln20213n-1， n ∴a =20213n-1. n 故答案为：20213n-1. 1931 (2024·江苏·高三专题练习)写出一个满足前5项的和为31，且递减的等比数列的通项a n = ． 【答案】a =25-n(答案不唯一) n 【解析】不妨设a =16，依题意数列是递减的等比数列，所以01时，a =2S ，两式相减得a -a =2a ,a =3a ，所以当n>1时， n n-1 n+1 n n n+1 n a n  是以a =2S =2为首项，公比为3的等比数列，所以a =2×3n-2,n≥2，n=1不满 2 1 n 1,n=1 足上式，所以a ={ . n 2×3n-2,n≥2 考点：数列已知S 求a . n n 【思路点晴】已知S 求a 是一种非常常见的题型，这些题都是由a 与前n项和S 的关系 n n n n 来求数列a n  的通项公式，可由数列a n  的通项a 与前n项和S 的关系是a = n n n S (n=1) { 1 ，注意：当n=1时，a 若适合S -S ，则n=1的情况可并入n≥2时 1 n n-1 S -S (n≥2) n n-1 的通项a ；当n=1时，a 若不适合S -S ，则用分段函数的形式表示． n 1 n n-1 1934 (2024·内蒙古包头·高三统考期中)已知数列{a }的通项a 与前n项和S 之间满足关 n n n 系S =2-3a ,则a = n n n 第 页 共 页 1110 34271 3 【答案】 ⋅ 2 4  n-1 1 【解析】当n=1时，a =S =2-3a ，所以a = ； 1 1 1 1 2 当n≥2时，a =S -S =2-3a -2+3a n n n-1 n n-1 a 3 整理得 n = ，即a a 4 n n-1  3 是以 为公比的等比数列， 4 1 3 所以a = ⋅ n 2 4  n-1 ，当n=1时也符合， 1 3 故答案为： ⋅ 2 4  n-1 1935 (2024·上海·高三专题练习)数列a n  的通项a =3n-1,b n n  的通项b =2n，由a 与b n n n 中公共项，并按原顺序组成一个新的数列c n  ，求c n  的前n项和. 【解析】设a =b n,m∈N* n m  (3-1)m+1 ，即3n-1=2m,n= =C0 ⋅3m-1-C1 ⋅3m-2+⋯ 3 m m (-1)m+1 +(-1)m-1⋅Cm-1+ ∈N*.∴ (-1)m+1=0，即m为奇数，c =22n-1(n=1,2, m 3 n 2(1-4n) 2 ⋯)，∴S n = 1-4 = 3 4n-1  ． 【解题方法总结】 (1)等比数列的通项公式 设等比数列{a }的首项为a ，公比为q(q≠0)，则它的通项公式a =a qn-1=c⋅ n 1 n 1 a qnc= 1 q  (a,q≠0)． 1 推广形式：a =a ⋅qn-m n m (2)等比数列的前n项和公式 na(q=1)  1 等比数列{a }的公比为q(q≠0)，其前n项和为S =a(1-qn) a -a q n n 1 = 1 n (q≠1) 1-q 1-q 6 题型六：奇偶项求和问题的讨论 1936 (2024·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测)已知数列a n  满足a =3，且a = 1 n+1 2a n ,n是偶数,  a -1,n是奇数. n (1)设b =a +a ，求数列b n 2n 2n-1 n  的通项公式； (2)设数列a n  的前n项和为S ，求使得不等式S >2023成立的n的最小值． n n 【解析】(1)因为a n+1 =   2 a a - n ,n 1, 为 n是 偶 奇 数 数 , , n 所以a =a -1，a =2a ，a =a -1，所以a =a +1． 2n 2n-1 2n+1 2n 2n+2 2n+1 2n-1 2n b -1 又因为b =a +a ，所以b =a +a +1=2a +1，所以a = n ． n 2n 2n-1 n 2n 2n 2n 2n 2 因为b =a +a ，所以b =a -1+a =2a -1， n+1 2n+2 2n+1 n+1 2n+1 2n+1 2n+1 b +1 b +1 b -1 又因为a =2a ，所以b =4a -1，所以a = n+1 ，所以 n+1 = n ， 2n+1 2n n+1 2n 2n 4 4 2 即b =2b -3， n+1 n 所以b n+1 -3=2b n -3  ， b -3 又因为b -3=a +a -3=a =a -1=2≠0，所以b -3≠0，所以 n+1 =2， 1 1 2 2 1 n b -3 n 第 页 共 页 1111 3427所以数列b -3 n  是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以b -3=2×2n-1=2n，即b =2n+3． n n 21-2n (2)由(1)可知a +a =2n+3，所以S = 2n-1 2n 2n  +3n=2n+1+3n-2， 1-2 所以S =2n+2+3n+1， 2n+2 又因为a =a -1，所以a +a =2a -1=2n+3， 2n 2n-1 2n-1 2n 2n-1 即a =2n-1+2，所以a =2n+2， 2n-1 2n+1 所以S =S +a =2n+1+3n-2+2n+2=3⋅2n+3n， 2n+1 2n 2n+1 因为S -S =a =2n+2>0， 2n+1 2n 2n+1 S 2n+2 -S 2n+1 =2n+2+3n+1-3⋅2n+3n  =2n+1>0， 所以S n  n∈N*  是一个增数列， 因为S =3×29+3×9=1563，S =211+3×10-2=2076>2023， 19 20 所以满足题意的n的最小值是20． 1937 (2024·河北·模拟预测)已知数列a n  1  a ,n为奇数, 2 n 满足a =2，a = 1 n+1 1 a + ,n为偶数. n 2 (1)记b =a -a ，证明：数列b n 2n+1 2n-1 n  为等比数列； 1 (2)记c =a - ，求数列nc n 2n 2 n  的前n项和T． n 1 1 3 1 1 【解析】(1)由题意可得：a = a =1,a =a + = ，且a = a ,a =a + 2 2 1 3 2 2 2 2n 2 2n-1 2n+1 2n 2 1 1 = a + ， 2 2n-1 2 1 1  a + b a -a 2 2n+1 2 则 n+1 = 2n+3 2n+1 = b a -a n 2n+1 2n-1  1 1 - a + 2 2n-1 2  1 2 a 2n+1 -a 2n-1 = a -a 2n+1 2n-1  1 = ， a -a 2 2n+1 2n-1 所以数列b n  1 1 是以首项b =a -a =- ，公比q= 的等比数列. 1 3 1 2 2 1 1 (2)由(1)可知：b =- × n 2 2  n-1 1 =- 2  n 1 ，即a -a =- 2n+1 2n-1 2  n ， 可得：a 2n+1 =a 2n+1 -a 2n-1  +a 2n-1 -a 2n-3  +⋅⋅⋅+a 3 -a 1  1 +a =- 1 2  n 1 - 2  n-1 -⋅⋅⋅ 1 - +2 2 1 1 1- 2 2 =-   n    1 +2= 1 2 1- 2  n +1， 1 1 所以a =a - = 2n 2n+1 2 2  n 1 + ， 2 1 1 即c =a - = n 2n 2 2  n 1 ，则nc =n n 2  n n = ， 2n 1 2 n 可得T = + +⋅⋅⋅+ ， n 2 22 2n 1 1 2 n 则 T = + +⋅⋅⋅+ ， 2 n 22 23 2n+1 1 1 1- 1 1 1 1 1 n 2 2 两式相减得： T = + + +⋅⋅⋅+ - = 2 n 2 22 23 2n 2n+1   n    n 1 - =1- - 1 2n+1 2n 1- 2 n n+2 =1- ， 2n+1 2n+1 第 页 共 页 1112 3427n+2 所以T =2- . n 2n 1938 (2024·山东济宁·统考二模)已知数列a n  的前n项和为S ,a +a = n n-1 n+1 2a n≥2,n∈N* n  ，且a =1,S =15． 1 5 (1)求数列a n  的通项公式; (2)若b n =   a 2a n n ， -1 n ，n 为 为 奇 偶 数 数 ，求数列b n  的前2n项和T ． 2n 【解析】(1)由a +a =2a (n≥2)，得a -a =a -a (n≥2) n-1 n+1 n n+1 n n n-1 所以数列a n  a +a 为等差数列．所以S =5× 1 5 =5a =15，得a =3． 5 2 3 3 a -a 所以公差d= 3 1 =1．所以a =n． 3-1 n (2)当n为奇数时，b =a =n．当n为偶数时b =2an-1=2n-1． n n n 所以T 2n =b 1 +b 3 +⋯+b 2n-1  +b 2 +b 4 +⋯+b 2n  =1+3+⋯+2n-1  + 2+23+⋯+22n-1  22n+1-2 =n2+ 3 1939 (2024·天津南开·统考二模)设a n  为等比数列，b n  为公差不为零的等差数列，且a = 1 b =3，a =b ，a =b . 3 2 9 3 27 (1)求a n  和b n  的通项公式； (2)记a n  的前n项和为S ，b n n  T 1 的前n项和为T，证明： n ≤ ； n S 3 n a n+1 2 ,n为奇数 b +2 (3)记c = n n a n - 2 b n -1  b n +1     2n  ，求c i .  ,n为偶数 i=1   【解析】(1)设等比数列a n  的公比为q，等差数列b n  的公差为dd≠0  ， 依题意，b 3 ⋅b 27 =b2 9 ，即33+24d  =3+6d  2，解得d=1. 所以b =n. n 因为a =3，a =b =9，所以q=3，从而a =3n. 1 2 9 n 3n+1-3 nn+1 (2)由(1)知S = ，T = n 2 n  T nn+1 ，所以 n = 2 S n  . 3n+1-3 T T n+1 因为 n+1 - n = S S n+1 n  n+2  nn+1 - 3n+2-3  2n+1 =- 3n+1-3  n-1   3n+1  33n-1  3n+1-1  <0， T T 1 所以 n ≤ 1 = . S S 3 n 1 n+1 3 2 ,n为奇数, n+2 (3)c = n n 32 - n-1  n+1       ,n为偶数,   3n 3n 因为c +c = - 2n-1 2n 2n+1 2n-1  2n+1  2n-2 =  ⋅3n 2n-1  2n+1  1 3n+1 3n =  - 2 2n+1 2n-1  ， 2n 3 3 32 32 33 33 3n 3n 所以c = - + - + - +⋅⋅⋅+ - i 3 1⋅3 5 3⋅5 7 5⋅7 2n+1 2n-1 i=1  2n+1  1 32 31 =  - 2 3 1  1 33 32 +  - 2 5 3  1 34 33 +  - 2 7 5  1 3n+1 3n +⋅⋅⋅+  - 2 2n+1 2n-1  第 页 共 页 1113 34271 3n+1 =  -3 2 2n+1  3n+1 3 = - ． 4n+2 2 1940 (2024·湖南邵阳·统考三模)记S 为等差数列{a }的前n项和，已知a =5,S =81，数列 n n 3 9 {b n }满足a 1 b 1 +a 2 b 2 +a 3 b 3 +⋯+a n b n =n-1  ⋅3n+1+3. (1)求数列{a }与数列{b }的通项公式； n n b ,n为奇数  n (2)数列{c n }满足c n = 1 ,n为偶数 ，n为偶数，求{c n }前2n项和T 2n . a a n n+2 【解析】(1)设等差数列{a }的公差为d， n a +2d=5 ∵   a S 3 = = 5 81 ，即   9a 1 + 9×8 d=81 ，∴a 1 =1,d=2，∴a n =2n-1. 9 1 2 ∵a 1 b 1 +a 2 b 2 +a 3 b 3 +⋯+a n b n =n-1  ⋅3n+1+3，① ∴a 1 b 1 +a 2 b 2 +⋯+a n-1 b n-1 =n-2  ⋅3n+3n≥2  ，② 所以①-②得，a n b n =2n-1  ⋅3n， ∴b n =3n n≥2  .当n=1时，ab =3,b =3，符合b =3n. 1 1 1 n ∴b =3n. n (2)T =c +c +c +⋯+c ，依题有： 2n 1 2 3 2n T 2n =b 1 +b 3 +⋯+b 2n-1  1 1 1 + + +⋯+ a a a a a a 2 4 4 6 2n 2n+2  . 3(1-32n) 32n+1-3 记T =b +b +⋯+b ，则T = = . 奇 1 3 2n-1 奇 1-32 8 1 1 1 记T = + +⋯+ ， 偶 a a a a a a 2 4 4 6 2n 2n+2 1 1 1 则T =  - 偶 2d a a 2 4  1 1 + - a a 4 6  1 1 +⋯+ - a a 2n 2n+2      1 1 1 =  - 2d a a 2 2n+2  1 1 1 =  - 4 3 4n+3  . 32n+1-3 1 1 1 所以T = +  - 2n 8 4 3 4n+3  3⋅9n 1 7 = - - . 8 16n+12 24 1941 (2024·全国·高三专题练习)已知各项为正数的等比数列a n  满足a ⋅a =16n,n∈N*. n n+1 (1)求数列a n  的通项公式； (2)设b 1 =1，b n+1 =   a - n b ,n + 为 n 奇 ,n 数 为偶数 ，求数列b n n  的前2n项和S . 2n 【解析】(1)设a n  首项为a ，公比为q. 1 a ⋅a =16 a2q=16  1 2  1 因a n ⋅a n+1 =16n,n∈N*，则a n ⋅a n+1 =16n ⇒a n+2 =q2=16 . a ⋅a =16n+1 a n+1 n+2 n 又a n  a =2 各项为正数，则a 1 ,q>0，故  q 1 =4 ⇒a n =a 1 qn-1=22n-1,n∈N∗； (2)由(1)及题意可得，b =1； 1 当n为奇数时，b =a =22n-1； n+1 n 则当n为偶数时，b +b =n. n n+1 S =b +b +⋯+b 2n 1 2 2n =b 1 +b 2n  +b 2 +b 3  +b 4 +b 5  ⋯+b 2n-2 +b 2n-1  =1+a 2n-1 +2+4+⋯+2n-2  第 页 共 页 1114 34272+2n-2 =1+24n-3+  n-1  =24n-3+n2-n+1. 2 1942 (2024·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模)已知数列a n  满足：a =2，且对任意的n∈ 1 a  n,n是奇数, N*，a =2n n+1 2n+1a +2,n是偶数. n 2 (1)求a ，a 的值，并证明数列a + 2 3  2n-1 3  是等比数列； (2)设b n =a 2n-1n∈N*  ，求数列b n  的前n项和T. n a 【解析】(1)a = 1 =1，a =23a +2=10. 2 2 3 2 2 8 a 由题意得a + =22n+1a + =22n+1 2n-1 2n+1 3 2n 3 22n-1  8 8 2 + =4a + =4a + 3 2n-1 3 2n-1 3  ， 2 8 2 又a + = ≠0，所以数列a + 1 3 3  2n-1 3  是等比数列. 8 2 (2)由(1)知b =a = ⋅4n-1- . n 2n-1 3 3 8 运用分组求和，可得T n = 3 40+41+42+⋅⋅⋅+4n-1  2 8 1-4n 2 - n= ⋅ - n 3 3 1-4 3 8 = 4n-1 9  2 - n. 3 1943 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  1  a +n-1,n为奇数 满足a 1 =1，a n+1 = 2 n ，记 a -2n,n为偶数 n b =a ，求数列a n 2n n  的通项公式． 【解析】因为数列a n  1  a +n-1,n为奇数 1 1 满足a 1 =1，a n+1 = 2 n ，则a 2 = 2 a 1 = 2 ， a -2n,n为偶数 n 1 1 因为b n =a 2n ，所以，b k+1 =a 2k+2 = 2 a 2k+1 +2k+1-1= 2 a 2k -4k  1 +2k= a = 2 2k b k∈N∗ k  ， 所以，数列b k  k∈N∗  1 1 是首项为 ，公比为 的等比数列， 2 2 1 1 所以，a =b = ⋅ 2k k 2 2  k-1 1 = ， 2k 1 因为a = a +2k-1 2k 2 2k-1  1 -1= a +2k-2， 2 2k-1 1 所以，a =2a -4k+4= -4k+4. 2k-1 2k 2k-1 所以，当n为偶数时，设n=2kk∈N∗  n 1 ，则k= ，所以，a =a = ； 2 n 2k n 22 当n为奇数时，设n=2k-1k∈N∗  n+1 ，则k= ， 2 1 1 n+1 1 此时，a =a = -4k+4= -4× +4= -2n+2. n 2k-1 2k-1 n-1 2 n-1 2 2 2 2 1   -2n+2,n为奇数  2 n- 2 1 综上所述，a = . n  1  ,n为偶数  n 22 【解题方法总结】 求解等比数列的前n项和S ，要准确地记住求和公式，并合理选取公式，尤其是要注意其 n 第 页 共 页 1115 3427项数n的值；对于奇偶项通项不统一问题要注意分类讨论．主要是从n为奇数、偶数进行 分类． 7 题型七：等差数列与等比数列的综合应用 1944 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  为等差数列，a =1，a =4 2+1，前n项和 1 3 为S ，数列b n n  S 满足b = n，求证： n n (1)数列b n  为等差数列； (2)数列a n  中任意三项均不能构成等比数列. 【解析】(1)因为数列a n  为等差数列，a =1，a =4 2+1， 1 3 所以数列a n  a -a 的公差为d= 3 2 1 =2 2，∴a n =a 1 +n-1  d=2 2n-1  +1， nn-1 则S =n+ n  2 2 S 2 ，又b n = n n = 2n-1  +1， ∴b n+1 -b n = 2n-1- 2n-1   -1  = 2n∈N∗  ，故数列b n  为等差数列. (2)证明：假设数列a n  中存在不同三项构成等比数列， 不妨设a 、a 、a (m、n、p均不相等)成等比数列，即a2=a ⋅a ， m n p n m p 由数列a n  的通项公式可得 2n-1   +1  2= 2m-1   +1  ⋅ 2p-1   +1  ， 将此式展开可得2 2n-1  +2n-1  2+1= 2m+p-2  +2m-1  p-1  +1， 2n-1 所以有  =m+p-2 2n-1  2+1=2m-1  p-1   2n=m+p ，即  +1 n-1  2=m-1  p-1   ，  所以，n2-2n+1=mp-m+p  m+p +1，所以，mp=n2= 2  2 ， 化简整理得m-p  2=0，∴m=p，与假设矛盾， 故数列a n  中任意三项均不能构成等比数列. 1945 (2024·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期末)在等差数列a n  中，a +a = 1 6 12,a +a =16． 2 7 (1)求等差数列a n  的通项公式； (2)设数列2a +b n n  是首项为1，公比为2的等比数列，求数列b n  的前n项和S ． n 【解析】(1)设等差数列a n  的公差为d， a +a =12 2a +5d=12 a =1, 由题知 1 6 ，则 1 ，解得 1    a +a =16 2a +7d=16 d=2. 2 7 1 ∴a n =1+2n-1  =2n-1． (2)设数列2a +b n n  的通项公式为c ， n 则c =2a +b =2n-1， n n n ∴b n =c n -2a n =2n-1-22n-1  ， 则S n =1+2+4+⋯+2n-1  -21+3+5+⋯+2n-1  1-2n n1+2n-1 = -2⋅ 1-2  =2n-2n2-1． 2 1946 (2024·全国·高三专题练习)已知S 为等差数列a n n  的前n项和，且a =1， .在 1 ①a ，S ，a 成等比数列，②S -2S =2n2，③数列 S 2 3 14 2n n n  为等差数列，这三个条件中任 选一个填入横线，使得条件完整，并解答： (1)求a ； n 第 页 共 页 1116 3427a ,n为奇数  n (2)若b n = 1 ,n为偶数 ，求数列b n a a n n+2  的前2n+1项和T . 2n+1 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 【解析】(1)设等差数列a n  的公差为d 选择①：由题意得S2=a a ， 3 2 14 故(1+1+d+1+2d)2=1+d  1+13d  ，解得d=2， 所以a =2n-1. n 选择②：由题意得S -2S =2，即2+d-2=2 2 1 解得d=2， 所以a =2n-1. n 选择③：由题意得2 S = S + S ， 2 3 1 故2 2+d= 3+3d+1，解得d=2， 所以a =2n-1. n (2)由当n为奇数时，b =2n-1，得数列b n n  的前2n+1项中奇数项的和为 n+1 S = 奇  1+22n+1   -1  =n+1 2  2n+1  ， 1 由当n为偶数时，b = n 2n-1  2n+3  1 1 1 =  - 4 2n-1 2n+3  ， 得数列b n  的前2n+1项中偶数项的和为 1 1 1 1 1 1 1 S =  - + - +⋯+ - 偶 4 3 7 7 11 4n-1 4n+3  1 1 1 =  - 4 3 4n+3  n = ， 12n+9 故T 2n+1 =n+1  2n+1  n + . 12n+9 1947 (2024·四川资阳·统考一模)已知等比数列a n  的前n项和为S ，且S ，S ，S (其中 n 3m 9m 6m m∈N*)成等差数列．问：a ，a ，a 是否成等差数列？并说明理由． 2m 8m 5m 【解析】a ，a ，a 成等差数列. 2m 8m 5m 理由如下：设等比数列a n  的公比为q， 由于S ，S ，S (其中m∈N*)成等差数列， 3m 9m 6m 所以S +S =2S ， 3m 6m 9m 若q=1，则有3ma +6ma =2×9ma ，a =0，显然不成立，故公比q≠1． 1 1 1 1 于是有 a 11-q3m  + a 11-q6m 1-q  =2× a 11-q9m 1-q  ， 1-q 即有1-q3m+1-q6m=21-q9m  ，即q3m+q6m=2q9m，故有1+q3m=2q6m． 则a 2m +a 5m =a 1 q2m-1+a 1 q5m-1=a 1 q2m-1 1+q3m  =2aq2m-1⋅q6m=2aq8m-1=2a ，即，a +a =2a 成立， 1 1 8m 2m 5m 8m 所以a ，a ，a 成等差数列. 2m 8m 5m 1948 (2024·江苏·高考真题)已知a n  是等差数列，b n  是公比为q的等比数列，a =b ，a = 1 1 2 b ≠a ，记S 为数列b 2 1 n n  的前n项和. (1)若b =a (m，k是大于2正整数)，求证：S =(m-1)a ； k m k-1 1 (2)若b =a(i是某一正整数)，求证：q是整数，且数列b 3 i n  中每一项都是数列a n  中的 项； (3)是否存在这样的正数q，使等比数列b n  中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的 值，并加以说明；若不存在，请说明理由. 第 页 共 页 1117 3427【解析】(1)设数列a n  的公差为d，由a 1 =b 1 ,a 2 =b 2 ≠a 1 ，可得d≠0,q≠1,d=a 1q-1  ， a 1 ≠0  ； 因为b k =a m ，故a 1 qk-1=a 1 +m-1  a 1q-1  ，qk-1=1+m-1  q-1  =2-m+ m-1  q， a 1-qk-1 故S = 1 k-1  = a 1 m-1-m-1 1-q   q  =m-1 1-q  a. 1 (2)b 3 =a 1 q2,a i =a 1 +i-1  a 1q-1  ，由b 3 =a i 可得q2=1+i-1  q-1  ， 解得q=1或q=i-2，但q≠1，故q=i-2，因为i为正整数，故q是整数； 设数列b n  中任意一项为b =bqn-1，只要证明数列a n 1 n  中存在某一项a =a + m 1 m-1  a 1q-1  ， 使得b n =a m 即可，即方程a 1 qn-1=a 1 +m-1  a 1q-1  关于m有正整数解即可. 则qn-1=1+m-1  q-1  qn-1-1 ，m-1= =1+q+q2+⋯+qn-2， q-1 也即m=q+q2+⋯+qn-2， 若i=1，则q=-1，那么b =b =a ，b =b =a ； 2n-1 1 1 2n 2 2 若i=2，则q=0(舍)； 若i=3，则q=1(舍)； 若i≥4，则q为正整数，又因为a =b,a =b ，故只要考虑n≥3时的情况，此时m是正 1 1 2 2 整数. 数列b n  中任意一项b =aqn-1与数列a n 1 n  中的第2+q+q2+⋯+qn-2项相等，故结论 成立. (3)设数列b n  中有三项b ,b ,b (m0，∴q>1； 3 a 2 20 1 则a +a = 3 +a q= +2q= ，解得：q= (舍)或q=3； 2 4 q 3 q 3 3 ∴a =a qn-3=2×3n-3. n 3 (2)由题意知：a n+1 =a n +n+2-1  a -a 2×3n-2-2×3n-3 4×3n-3 d ，即d = n+1 n = = ； n n n+1 n+1 n+1 假设存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列，则d2=d d ， m k p k m p 16×32k-6 即 k+1  16×3m+p-6 = 2 m+1  p+1  ； ∵m,k,p成等差数列，∴2k=m+p，代入上式得：k+1  2=m+1  p+1  ， m+p ∴ +1 2  2 =m+1  p+1  ，化简得：m=p，∴m=p=k，不合题意； 综上所述：不存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列. m k p 1951 (2024·全国·高三专题练习)设数列a n  的前n项和为S ，a =0，a =1，nS -(2n+ n 1 2 n+1 1)S +(n+1)S -1=0(n≥2). n n-1 (1)证明：a n  为等差数列； (2)设b =2an，在b 和b 之间插入n个数，使这n+2个数构成公差为d 的等差数列， n n n+1 n 1 求 d n  的前n项和. 【解析】(1)证明：因为n≥2时，nS -(2n+1)S +(n+1)S -1=0， n+1 n n-1 则nS n+1 -S n  -(n+1)S n -S n-1  -1=0， 即na -(n+1)a -1=0，n≥2，· n+1 n 因为a -2a -1=0，· 2 1 则na -(n+1)a -1=0,n∈N*×××××××××①， n+1 n 所以(n-1)a -na -1=0,n≥2×××××××××②， n n-1 则①-②得na -2na +na =0,n≥2， n+1 n n-1 即a +a =2a ,n≥2，· n+1 n-1 n 所以a n  为等差数列. (2)由(1)可得a n  的首项为a =0，公差为a -a =1，所以a =n-1， 1 2 1 n 所以b =2n-1， n b -b 2n-2n-1 2n-1 1 n+1 所以d = n+1 n = = ，则 = ， n n+1 n+1 n+1 d 2n-1 n 1 记 d n  的前n项和为T， n 1 则T =2⋅ n 2  0 1 +3⋅ 2  1 1 +4⋅ 2  2 1 +⋯+(n+1) 2  n-1 ×××××××××①， 1 1 所以 T =2⋅ 2 n 2  1 1 +3⋅ 2  2 1 +4⋅ 2  3 1 +⋯+n 2  n-1 1 +(n+1) 2  n ××××××××× ②， 1 1 则①-②得 T =2+ 2 n 2  1 + 2  2 1 +⋯+ 2  n-1 1 -(n+1) 2  n ，· 第 页 共 页 1119 34271 1- 1 2 所以 T =1+ 2 n  n 1 -(n+1) 1 2 1- 2  n 1 =3-(n+3) 2  n ，· 1 所以T =6-(n+3) n 2  n-1 .· 【解题方法总结】 (1)等差数列与等比数列的相互转化：等差数列通过指数运算转化为正项等比数列，正项 等比数列通过对数运算转化为等差数列． (2)等差数列和等比数列的交汇，若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列为非 零常数数列． 8 题型八：等比数列的范围与最值问题 1952 (2024·上海闵行·上海市七宝中学校考二模)已知数列a n  为等比数列，首项a >0，公 1 比q∈-1,0  ，则下列叙述不正确的是 ( ) A.数列a n  的最大项为a B.数列a 1 n  的最小项为a 2 C.数列a a n n+1  为严格递增数列 D.数列a +a 2n-1 2n  为严格递增数列 【答案】D 【解析】对于A，由题意知：当n为偶数时，a <00，a n+2 -a n =a nq2-1  <0，∴a 最大； 1 综上所述：数列a n  的最大项为a ，A正确； 1 对于B，当n为偶数时，a n <0，a n+2 -a n =a nq2-1  >0，∴a 最小； 2 当n为奇数时，a >0>a ； n 2 综上所述：数列a n  的最小项为a ，B正确； 2 对于C，∵a a =a2q，a a =a2 q， n n+1 n n+1 n+2 n+1 ∴a n+1 a n+2 -a n a n+1 =qa2 n+1 -a2 n  =qq2-1  a2， n ∵-10， n+1 n+2 n n+1 ∴数列a a n n+1  为递增数列，C正确； 对于D，∵a 2n-1 +a 2n =a 2n-11+q  ，a 2n+1 +a 2n+2 =a 2n+11+q  ， ∴a 2n+1 +a 2n+2  -a 2n-1 +a 2n  =1+q  a 2n+1 -a 2n-1  =1+q  q2-1  a ； 2n-1 ∵-10，q2-1<0，又a >0， 2n-1 ∴a 2n+1 +a 2n+2  -a 2n-1 +a 2n  <0，∴数列a +a 2n-1 2n  为递减数列，D错误. 故选：D. 1953 (2024·全国·高三专题练习)设a n  是公比为q的等比数列，其前n项的积为T，并且满 n a -1 足条件：a >1，a a -1>0， 99 <0．给出下列结论：①00， 99 100 ∴a2⋅q197>1， 1 ∴q(a ⋅q98)2>1， 1 ∵a >1， 1 第 页 共 页 1120 3427∴q>0． a -1 又∵ 99 <0， a -1 100 ∴a >1，且a <1， 99 100 ∴01，故②错误； 198 1 1 1 1 99 100 对于③：a a =a2 <1，故③正确； 99 101 100 对于④：T =a ⋅a ⋯a =(a ⋅a )(a ⋅a )⋯(a ⋅a )=(a ⋅a )99>1， 198 1 2 198 1 198 2 197 99 100 99 100 T =a ⋅a ⋯a =(a ⋅a )(a ⋅a )⋯(a ⋅a )⋅a <1，故④正确． 199 1 2 199 1 199 2 198 99 101 100 故选：D． 1954 (2024·广西·统考模拟预测)已知正项等比数列a n  1 满足a =8,a +4a = ，则aa 8 11 12 4 1 2 ⋯a 取最大值时n的值为 ( ) n A.8 B.9 C.10 D.11 【答案】B 【解析】设等比数列a n  的公比为qq>0  a +4a 1 ，有 11 12 =q3+4q4= ， a 32 8 由函数fx  =x3+4x4 x>0  1 单调递增，且f 4  1 1 = ，可得q= . 32 4 1 有a =2,a = ，由数列a 9 10 2 n  单调递减， 所以aa ⋯a 取得最大值时n的值为9， 1 2 n 故选：B. 1955 (2024·陕西西安·统考三模)已知数列a n  是无穷等比数列，若a 1 D.00,显然q≠1， 由a =aq<0得a <0，又a 2 1 1 n  是递增的等比数列，故qn-1  为递减数列,由指数函数的 单调性知01的n的最小值为 ( ) n 3 5 4 n A.5 B.6 C.7 D.8 【答案】D 【解析】设公比为q，则q>1， 由a a =a2=a ，得a =1， 3 5 4 4 4 因为a =a q>a ，所以{a }为递增数列， n+1 n n n 所以0 7 1 2 3 4 5 6 7 1 7 2 6 3 5 4 4 8 1 2 3 4 5 6 7 8 7 8 8 1， 所以n的最小为8. 故选：D． 1959 (2024·全国·高三专题练习)设无穷等比数列a n  的前n项和为S ，若-a 0， 1 1 1 由-a 0，此时S -S =a >0，则S >S ， n+1 1 n+1 n n+1 n+1 n 此时数列S n  不单调，AB都错； 对于CD选项，S = a 11-qn n  ， 1-q 当0 1 ， 1-q 1-q 第 页 共 页 1122 3427此时S 单调递减，则S ≤S =a ； n n 1 1 当n为正偶数时，qn>0，则S = a 11-qn n  a < 1 ，此时S 单调递增，则S ≥S = 1-q 1-q n n 2 a 11+q  a = 1 1-q2 1-q  . 故当-11,a 7 a 8 >1,a 7 -1  a 8 -1  <0，则下列结论正确的是 ( ) A.a a >1 B.01， 1 ∴a =aq6>0,a =aq7<0， 7 1 8 1 则a a <0与a a >1矛盾， 7 8 7 8 若q≥1，∵a >1， 1 ∴a >1,a >1， 7 8 则a 7 -1  a 8 -1  >0与a 7 -1  a 8 -1  <0矛盾， ∴01>a >0， 7 8 ∴a a =a2∈(0,1)，故A错误； 7 9 8 ∵a >0,01， a +a a q 7 9 7 ∴a +a >a +a ，故C错误． 6 8 7 9 故选：B． 1961 (2024·全国·高三专题练习)设等比数列a n  的公比为q，其前n项和为S ，前n项积为 n a -1 T，并满足条件a >1,a a >1， 2019 <0，则下列结论正确的是 ( ) n 1 2019 2020 a -1 2020 A.S >S B.T 是数列T 2019 2020 2020 n  中的最大值 C.a a -1<0 D.数列T 2019 2021 n  无最大值 【答案】C 【解析】等比数列a n  的公比为q，则a =aqn-1，由a a >1，则有a a =(a )2q n 1 2019 2020 2019 2020 2019 >1，必有q>0， a -1 01，则有  a > 202 1 0 或 2020 2019 a >1  2020 ，  01 又当  0 2 < 020 a <1 时，可得q>1，由a 1 >1，则a 2019 =a 1 q2018>1与01 2019 由此分析选项： 对于A，S -S =a >0，故S 0，所以数列{a }单调递减，又因为a <1< n 1 n 2020 a ，所以前n项积为T 中，T 是数列{T}中的最大项，故B错误； 2019 n 2019 n 对于C，等比数列{a }中，则a a =a2 <1，则a a -1<0，故C正确； n 2019 2021 2020 2019 2021 对于D，由B的结论知T 是数列{T}中的最大项，故D错误. 2019 n 故选：C. 1962 (2024·江西赣州·高三校联考阶段练习)设公比为q的等比数列a n  的前n项和为S ， n a -1 前n项积为T，且a >1，a a >1， 2021 <0，则下列结论正确的是 ( ) n 1 2021 2022 a -1 2022 A.q>1 B.S S -1>0 2021 2022 C.T 是数列T 2022 n  中的最大值 D.数列T n  无最大值 【答案】B 【解析】当q<0时，则a a =a2 q<0，不合乎题意； 2021 2022 2021 a 当q≥1时，对任意的n∈N∗，a =aqn-1>0，且有 n+1 =q≥1，可得a ≥a ， n 1 a n+1 n n a -1 可得a ≥a ≥a >1，此时 2021 >0，与题干不符，不合乎题意； 2022 2021 1 a -1 2022 故00，且有 n+1 =q<1，可得a a ， 2021 2022 a -1 结合 2021 <0可得01n≤2021  ,02021a >2021>1， 2021 2021 S =S +a >2021>1， 2022 2021 2022 ∴S >S >1⇒S S -1>0， 2022 2021 2022 2021 故B正确； T 是数列 T 2021 n  中的最大值,故CD错误 故选：B. 1963 (2024·黑龙江哈尔滨·高三尚志市尚志中学校考期中)设等比数列a n  的公比为q，其前 n项和为S n ，前n项积为T n ，且满足条件a 1 >1，a 2020 a 2021 >1，a 2020 -1  a 2021 -1  <0，则 下列选项错误的是 ( ) A.0S 2020 2021 C.T 是数列T 2020 n  中的最大项 D.T >1 4041 【答案】D 【解析】等比数列{a }的公比为q，若a a >1，则(aq2019)(aq2020)=(a)2(q4039)>1， n 2020 2021 1 1 1 由a >1，可得q>0，则数列{a }各项均为正值， 1 n 第 页 共 页 1124 3427若(a -1)(a -1)<0，当q≥1时，由a >1则a >1恒成立，显然不适合，故01，0S +a =S ，故B正确； 2021 2020 2020 2021 2021 根据a >a >⋯>a >1>a >⋯>0，可知T 是数列{T}中的最大项，故C正 1 2 2020 2021 2020 n 确； 由等比数列的性质可得aa =a a =⋯=a a =a2 ，01，a a >1， 2019 <0，给出下列结论：①00； 1 2019 2020 a -1 2019 2021 2020 ③T 是数列{T}中的最大项；④使T >1成立的最大自然数等于4039；其中正确结论 2019 n n 的序号为 ( ) A.①② B.①③ C.①③④ D.①②③④ 【答案】B a -1 【解析】∵a >1，a a >1， 2019 <0， 1 2019 2020 a -1 2020 ∴a >1，a <1． 2019 2020 ∴01， 4039 1 2 4038 4039 2020 4038 1 2 4037 4038 2019 2020 ∴使T >1成立的最大自然数等于4038，故④不正确． n ∴正确结论的序号是①③． 故选：B． 1965 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  的前n项和为S ，a =2，a ≠0，a a =4S . n 1 n n n+1 n (1)求a ； n (2)设b n =-1  n⋅3n-1  ，数列b n  的前n项和为T，若∀k∈N*，都有T <λT 2k-1 2k 2k-1  =T，则λ>-2且λ< max 1 T 2k  =T，则λ<6. min 2 ∴λ∈-2,6  1966 (2024·上海·高三专题练习)已知数列a n  是首项与公比都为a的等比数列，其中a>0， 且a≠1,b =a lga (n∈N*)，且b n n n n  是递增数列，求a的范围. 【解析】因为数列a n  是首项与公比都为a的等比数列，所以a =an,b =nanlga. n n 因为b n  是递增数列，所以b n+1 -b n =(n+1)an+1lga-nanlga>0，即 n+1   a-n  lga >0. 当a>1时，lga>0，(n+1)a-n>0，符合题意； 当00，则a< 恒成立， n+1 n 1 1 1 因为 =1- ≥ ，所以a< . n+1 n+1 2 2 1 综上，a>1或08，所以a ≤8， 1 3n-1 3n-1 1 又因为a n  是正数数列，所以a 1 >0，所以a 1 的取值范围为0，8  . 故答案为：0，8  1968 (2024·湖北武汉·统考模拟预测)已知等比数列a n  的各项均为正数，公比为q，前n项 和S ，若对于任意正整数n有S ≤2S ，则q的范围为 . n 2n n 【答案】00,q>0,且q≠1，∴q2n-2qn+1=qn-1  2>0， ∴-(1-q)<0， ∴00则由三边关系：两短边和大于第三边a+b>c，即 (1)当q≥1时a+qa>q2a，等价于解二次不等式：q2-q-1<0， 1- 5 1+ 5 由于方程q2-q-1=0两根为： ， ， 2 2 1- 5 1+ 5 故得 a即得q2+q-1>0， 5-1 1+ 5 解之得q> 或q<- 且q>0 2 2 5-1 即q> 2 5-1 1+ 5 综合(1)(2)，得：q∈ , 2 2  5-1 1+ 5 故答案为： , 2 2  9 题型九：等比数列的实际应用 1970 (2024·广东广州·广州市培正中学校考模拟预测)某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计 以后每年存栏数的增长率为5%，且在每年年底卖出100头牛.设牧场从今年起每年年初 的计划存栏数依次为数列c 1 ,c 2 ,c 3 ,⋯，且满足递推公式：c n+1 -k=rc n -k  ,S n  为数列 c n  的前n项和，则S = (1.0510≈1.63答案精确到1). 10 【答案】9920 【解析】由题知，c =1200， 1 c =1.05c -100， 2 1 c =1.05c -100， 3 2 ⋯， c =1.05c -100， n+1 n 由c n+1 -k=rc n -k  得c =rc -rk+k， n+1 n r=1.05 r=1.05 则 ，解得 ，   k-rk=-100 k=2000 所以c n+1 -2000=1.05c n -2000  ， 则c -2000 n  是以-800为首项，1.05为公比的等比数列， 因c -2000+c -2000+⋯+c -2000 1 2 10 -8001-1.0510 =  ≈-10080， 1-1.05 所以S =c +c +⋯+c =20000-10080=9920. 10 1 2 10 故答案为：9920 1971 (2024·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模)中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这 第 页 共 页 1127 3427样一段记载：“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 此人在第六天行走的路程是 里(用数字作答). 【答案】6 【解析】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{a }， n 1 n∈N∗,n≤6，其公比q= ，令数列{a }的前n项和为S ， 2 n n 1 a 1- 1 26 则S =378，而S = 6 6  63a = 1， 1 32 1- 2 63a 因此 1 =378，解得a =192， 32 1 1 所以此人在第六天行走的路程a =a × =6(里). 6 1 25 故答案为：6 1972 (2024·辽宁大连·育明高中校考一模)某高中图书馆为毕业生提供网上阅读服务，其中电 子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成.这个特别码与如图数表 有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个 相邻数的和写在这两个数正中间下方得到.以此类推特别码是学生届别数对应表中相应 行的自左向右第一个数的个位数字，如：1997届3班21号学生的登陆码为1997321*.(* 为表中第1997行第一个数的个位数字).若已知某毕业生的登录码为201*2138，则可以 推断该毕业生是 届2班13号学生. 【答案】2016 【解析】根据图表可得，第k(k∈N∗)行的前两个数之差为2k-1， 设第n行的第一个数为a ，则a =a +a +2n-1=2a +2n-1，即a -2a =2n-1 n n+1 n n n n+1 n a a a 两边同时除以2n-1，可得 n+1 - n =1，且 1 =2， 2n-1 2n-2 2-1 a 所以数列 n  2n-2  a 是首项为2，公差为1的等差数列，所以 n =2+(n-1)×1=n+1， 2n-2 所以a n =n+1  ⋅2n-2， 因为2n的个位数分别为2,4,8,6,2,⋯，所以2n  的个位数呈现周期性变化，且周期为4， 因为∗≤9，所以∗=0,1,⋯,9， 若∗=0时，则a =2011×22008， 2010 因为2008=4×502+0，所以22008的个位数是6，故a 的个位数为6； 2010 若∗=1时，则a =2012×22009， 2011 因为2009=4×502+1，所以22009的个位数是2，故a 的个位数为4； 2011 若∗=2时，则a =2013×22010， 2012 因为2010=4×502+2，所以22010的个位数是4，故a 的个位数为2； 2012 若∗=3时，则a =2014×22011， 2013 因为2011=4×502+3，所以22011的个位数是8，故a 的个位数为2， 2013 同理可得：a 的个位数为0，a 的个位数为2，a 的个位数为8， 2014 2015 2016 第 页 共 页 1128 3427a 的个位数为4，a 的个位数为4，a 的个位数为0， 2017 2018 2019 所以某毕业生的登录码为201*2138，则∗=6， 故推断该毕业生是2016届2班13号学生. 故答案为：2016. 1973 (2024·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测)如图，已知在扇形OAB中，半径OA= π OB=3，∠AOB= ，圆O 内切于扇形OAB(圆O 和OA，OB，弧AB均相切)，作圆 3 1 1 O 与圆O ，OA，OB相切，再作圆O 与圆O ，OA，OB相切，以此类推.设圆O ，圆O 2 1 3 2 1 2 ⋯的面积依次为S ，S ⋯，那么S +S +⋯+S = ． 1 2 1 2 n 9π 1 【答案】 1- 8 9n  【解析】如图，设圆O 与弧AB相切于点D， 1 圆O ，圆O 与OA分别切于点C，E，则OC⊥OA，O E⊥OA. 1 2 1 2 设圆O ，圆O ，圆O ，⋯，圆O 的半径分别为r ，r ，r ，⋯，r . 1 2 3 n 1 2 3 n π π 因为∠AOB= ，所以∠AOD= .在Rt△OOC中，OO =3-r ， 3 6 1 1 1 1 3-r 则OC= OO ，即r = 1，解得r =1. 1 2 1 1 2 1 在Rt△OO E中，OO =3-r -2r ， 2 2 2 1 1 3-r -2r 1 1 则O E= OO ，即r = 2 1，解得r = = r. 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 同理可得，r = = r ， 3 9 3 2 1 所以{r }是以r =1为首项，以 为公比的等比数列. n 1 3 又圆的面积为S=πr2， 1 所以面积S ，S ，S ，⋯，S 构成一个以πr2=π为首项，以 为公比的等比数列， 1 2 3 n 1 9 1 π 1- 9 则S +S +S +⋯+S = 1 2 3 n   n    9π 1 = 1- 1 8 9n 1- 9  . 9π 1 故答案为： 1- 8 9n  . 第 页 共 页 1129 34271974 (2024·陕西宝鸡·高三宝鸡中学校考阶段练习)“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自《庄 子·天下》，其中蕴含着数列的相关知识，已知长度为4的线段AB，取AB的中点C，以AC 为直径作圆(如图①)，该圆的面积为S ，在图①中取CB的中点D，以CD为直径作圆(如 1 图②)，图②中所有圆的面积之和为S ，以此类推，则S = ． 2 n 4π 1 【答案】 1- 3 4   n    【解析】由题意可知，S =π，后一个圆的半径为前一个圆半径的一半， 1 1 故各圆的面积成以π为首项， 为公比的等比数列， 4 1 π 1- 4 故S = n   n    4π 1 = 1- 1 3 4 1- 4   n    ， 4π 1 故答案为： 1- 3 4   n    5-1 1975 (2024·全国·高三专题练习)0.618是无理数 的近似值，被称为黄金比值.我们把 2 腰与底的长度比为黄金比值的等腰三角形称为黄金三角形.如图，△ABC是顶角为A，底 BC=2的第一个黄金三角形，△BCA是顶角为B 的第二个黄金三角形，△CBC是顶 1 1 1 1 角为C 的第三个黄金三角形，△B CC 是顶角为B 的第四个黄金三角形，则第4个黄金 1 2 1 2 5-1 三角形的腰长为 (写出关于 表达式即可). 2 5-1 【答案】2 2  4 AB 5-1 【解析】第一个黄金三角形：△ABC的底为BC=2，由 = 可得腰长AB= 5 BC 2 -1=AC； BC 5-1 第二个黄金三角形：△BCA的底为AC= 5-1，由 1 = 可得腰长BC= 1 AC 2 1 第 页 共 页 1130 3427 5-1  2 ； 2  5-1 第三个黄金三角形：△CBC的底为BC= 1 1 1  2 CC 5-1 ，由 1 = 可得腰长CC 2 BC 2 1 1  5-1 =  3 ； 22 5-1 第四个黄金三角形：△B CC 的底为CC=2 2 1 1 2  3 ，由 B 2 C = 5-1 ，可得腰长 CC 2 1 5-1 B C=2 2 2  4 ， 5-1 故答案为：2 2  4 . 1976 (2024·全国·校联考三模)88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数 列．若中音A(左起第49个键)的频率为440Hz，钢琴上最低音的频率为27.5Hz，则左起 第61个键的音的频率为 Hz． 【答案】880 【解析】设等比数列的公比为q(q>1)，则440=27.5q48，所以q12=2， 则左起第61个键的音的频率为27.5⋅q60=27.5⋅q12  5=880(Hz)． 故答案为：880 第 页 共 页 1131 3427
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