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）

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
<q<1
时，{a
n
}为递增数列；
a >0 a <0
当
 0
1
<q<1
或
 q
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
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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.
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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
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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
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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 <T <1，∴原不等式得证．
n 2n-1 2n
1900 (2024·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测)甲、乙、丙三个小学生相互抛沙包，第一
次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，设第
第 页 共 页
1098 3427n(n∈N*)次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为a ，在丙手中的方法数为b .
n n
(1)求证：数列a +a
n+1 n
 为等比数列，并求出a
n
 的通项；
(2)求证：当n为偶数时，a >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m<n，则-2,m,n成等差数列，得2m=n-2.
第 页 共 页
1103 3427结合mn=4，可得2m+2  m=4⇒mm+1 
m=1
=2，解得m=1或-2(舍去)，即  ⇒
n=4
p=5

 ⇒pq=20.
q=4
故答案为：20
1910 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n  中，a 1 ≠0，a m+n =a m a nm,n∈N∗  ，且a 、a 3 11
是函数fx  =2x2+19x+20的两个零点，则a = . 7
【答案】- 10
【解析】因为在数列a n  中，a 1 ≠0，a m+n =a m a nm,n∈N∗ 
a
，则a =a a ，所以， n+1 = n+1 n 1 a
n
a ，
1
所以，数列a
n
 为等比数列，且该数列的首项为a ，公比为q=a ，
1 1
因为a 3 、a 11 是函数fx  =2x2+19x+20的两个零点，
19
a +a =-
由韦达定理可得 3 11 2 ，
a a =10
3 11
因为a 3 +a 11 =a 31+q8 
19
=- <0，可得a <0，所以，a =a q4<0， 2 3 7 3
由等比中项的性质可得a2=a a =10，因此，a =- 10.
7 3 11 7
故答案为：- 10.
1911 (2024·高三课时练习)已知等比数列a
n

1
的公比q=- ，该数列前9项的乘积为1，则
2
a = ．
1
【答案】16
【解析】由题意得：aa =a a =a a =a a =a2，
1 9 2 8 3 7 4 6 5
故aa a a a a a a a =a9=1，故a =1，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 5
a 1
所以a = 5 =
1 q4 1
-
2

=16.
4
故答案为：16
1912 (2024·江西·校联考二模)在正项等比数列a
n
 中，a 与a 是方程x2-30x+10=0的两
3 8
个根，则lga +lga +⋯+lga = .
1 2 10
【答案】5
【解析】因为a 与a 是方程x2-30x+10=0 的两个根，所以a a =10，
3 8 3 8
因为a
n
 为正项等比数列，所以aa =a a =a a =a a =a a =10，
1 10 2 9 3 8 4 7 5 6
所以lga 1 +lga 2 +⋯+lga 10 =lga 1 ×a 2 ×⋯×a 10  =lga 3 a 8  5=lg105=5，
故答案为：5.
1913 (2024·全国·高三专题练习)等比数列a
n
 中，aa =256，a +a =40，则公比q的值为
1 9 4 6
.
1
【答案】±2或±
2
【解析】∵aa =a a =256，a +a =40，
1 9 4 6 4 6
∴a ,a 是方程x2-40x+256=0的两根，
4 6
a =32 a =8
∴   4 或  4 ，
a =8 a =32
6 6
第 页 共 页
1104 3427∵a =a q2，
6 4
1
∴q2=4或 ，
4
1
∴q=±2或q=±
2
1
故答案为：±2或±
2
1914 (2024·全国·高三专题练习)在1和9之间插入三个数，使这五个数组成正项等比数列，则
中间三个数的积等于 .
【答案】27
【解析】依题意a =1，a =9，所以aa =a a =a2=9，所以a =3或a =-3(舍去)，
1 5 1 5 2 4 3 3 3
所以a a a =a3=27.
2 3 4 3
故答案为：27
1915 (2024·四川成都·高三四川省成都市玉林中学校考阶段练习)若数列a
n
 是等比数列，
且aa a =8，则a a = ．
1 7 13 3 11
【答案】4
【解析】根据等比数列的性质，有aa =a2，
1 13 7
则aa a =a3=8，解得a =2，
1 7 13 7 7
所以a a =a2=4．
3 11 7
故答案为：4．
1916 (2024·全国·高三专题练习)已知正项数列a
n
 是公比不等于1的等比数列，且lga +
1
lga 2023 =0，若fx 
2
= 1+x2 ，则fa 1  +fa 2  +⋯+fa 2023  = .
【答案】2023
【解析】由题意可知，lga 1 +lga 2023 =lga 1 ⋅a 2023  =0，所以a ⋅a =1； 1 2023
由等比数列性质可得a ⋅a =a ⋅a =a ⋅a =⋅⋅⋅=a ⋅a =1；
1 2023 2 2022 3 2021 1012 1012
又因为函数fx 
2 1
= ，所以f
1+x2 x

2
=
1
1+
x

2x2
= ，
2 1+x2
1
即f x  +fx 
2 2x2
= 1+x2 + 1+x2 =2，所以fa 1  +fa 2023  =2；
令T=fa 1  +fa 2  +⋯+fa 2023  ，则T=fa 2023  +⋯+fa 2  +fa 1  ；
所以2T= fa 1  +fa 2023    + fa 2  +fa 2022    ⋯+ fa 2023  +fa 1    =2×2023，
即T=fa 1  +fa 2  +⋯+fa 2023  =2023.
故答案为：2023
1917 (2024·四川成都·统考二模)已知等比数列a n  的首项为1，且a 6 +a 4 =2a 3 +a 1  ，则
aa a ⋯a = .
1 2 3 7
【答案】128
【解析】设等比数列a n  的公比为q，因为a 6 +a 4 =2a 3 +a 1  ，根据等比数列的通项公式
a +a
的计算得到：q3= 6 4 =2，所以a =a ⋅q3=2.由等比数列的性质得到：aa a ⋯a =
a +a 4 1 1 2 3 7
3 1
a7=27=128.
4
故答案为128.
1918 (2024·重庆·高三阶段练习)在等比数列a
n
 中，a +a =30，a +a =60，则a +a =
1 2 3 4 7 8
第 页 共 页
1105 3427．
【答案】240
【解析】因为a +a =30,a +a =60，
1 2 3 4
所以a +a =(a +a )q2=60，
3 4 1 2
所以q2=2；
a +a =(a +a )q6=30×23=240.
7 8 1 2
故填240.
【解题方法总结】
(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件、利用性质，特别是性质“若m+
n=p+q=2k，则a ⋅a =a ⋅a =a2．”，可以减少运算量，提高解题速度．
m n p q k
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此
外，解题时注意设而不求思想的运用．
4 题型四：等比数列前n项和的性质
1919 (2024·全国·高三对口高考)已知数列a
n
 为等比数列，S 为其前n项和.若S =13S ，
n 30 10
S +S =140，则S 的值为 .
10 30 20
【答案】40
【解析】因为S =13S ，S +S =140，所以S =10，S =130，
30 10 10 30 10 30
则等比数列a
n
 的公比q≠-1，
所以S ，S -S ，S -S 也是等比数列，
n 2n n 3n 2n
所以S ，S -S ，S -S 也是等比数列，
10 20 10 30 20
所以(S -S )2=S (S -S )，即(S -10)2=10(130-S )，
20 10 10 30 20 20 20
解得S =40或S =-30，
20 20
又S =S (1+q10)>0，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0<q<1，
1
a(1-qn) 1
又s = 1 ，所以取公比q= ，所以s =31，满足题意，所以a =25-n.
n 1-q 2 5 n
故答案为：a =25-n(答案不唯一).
n
1932 (2024·山西太原·统考模拟预测)已知数列{a }的前n项和为S 且满足S +a =-2，则
n n n n
数列{a }的通项a = ．
n n
1
【答案】-
2

n-1
【解析】先求得n=1时a =-1；再由S +a =-2可得n≥2时S +a =-2,两式作
1 n n n-1 n-1
差可得2a -a =0,进而求解.当n=1时,S +a =2a =-2,解得a =-1；
n n-1 1 1 1 1
由S +a =-2,可知当n≥2时,S +a =-2,两式相减,得2a -a =0,即a =
n n n-1 n-1 n n-1 n
1
a (n≥2),
2 n-1
1
所以数列{a }是首项为-1,公比为 的等比数列,
n 2
1
所以a =-
n 2

n-1
,
1
故答案为:-
2

n-1
1933 (2024·上海·高三专题练习)数列a
n
 的前n项和为S ,a =1,a =2S ，则数列的通项
n 1 n+1 n
a = ．
n
1,n=1
【答案】a ={
n 2×3n-2,n≥2
【解析】当n>1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 (m<n<p,m,n,p∈N*)成等差数列，
m n p
则有2aqn-1=aqm-1+aqp-1，设n-m=x,p-n=y,x,y∈N*
1 1 1

1
，则2= +qy，
qx
令x=1,y=2，则q3-2q+1=0，q-1  q2+q-1 
5-1
=0，因为q≠1，故q= (舍去
2
负根)，
5-1
故存在q= 使得b
2 n
 中有三项b ,b ,b 成等差数列.
m m+1 m+3
1949 (2024·河南开封·高三校考阶段练习)公差不为0的等差数列a
n
 中，a +a =2，且a ,
7 9 8
a ,a 成等比数列.
9 12
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)若S 为等差数列a
n n
 的前n项和，求使S <0成立的n的最大值.
n
【解析】(1)因为a +a =2a =2，所以a =1，
7 9 8 8
设等差数列a
n
 的公差为d(d≠0)，
由a2=a a ，则(1+d)2=1×(1+4d)，解得d=2，
9 8 12
所以a =a +(n-8)d=2n-15.
n 8
(2)由1  可得a =-13， 1
n(a +a )
S = 1 n =n(n-14)
n 2
由n(n-14)<0 得0<n<14
又n∈N*，所以n的最大值为13.
1950 (2024·全国·高三专题练习)已知a
n

20
是递增的等比数列，且a =2，a +a = ．
3 2 4 3
第 页 共 页
1118 3427(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)在a 与a 之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d 的等差数列，在数列
n n+1 n
d
n
 中是否存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列.若存在，求出这样的
m k p
3项；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设等比数列a
n
 的公比为q，
∵a
n
 是递增的等比数列且a >0，∴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 <0<a ；
n 1
当n为奇数时，a n >0，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
∵-1<q<0，∴q2-1<0，∴a a -a a >0，
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
∵-1<q<0，∴1+q>0，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：①0<q<1；②T <1；③
1 99 100 a -1 198
100
a a <1；④使T <1成立的最小的自然数n等于199．其中正确结论的编号是 ( )
99 101 n
A.①②③ B.①④ C.②③④ D.①③④
【答案】D
【解析】对于①：∵a a -1>0，
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
∴0<q<1，故①正确；
197×(1+197)
对于②：T =a198⋅q 2 =(a2q197)99=(aq98⋅aq99)99=(a a )99>1，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 <a <0，则数列a
1 2 n

的前n项和S ( )．
n
A.无最大值，有最小值 B.有最大值，有最小值
C.有最大值，无最小值 D.无最大值，无最小值
【答案】C
【解析】若a
n
 公比为q，则a =aq，又a <a <0，故0<q<1，
2 1 1 2
所以a
n
 为单调递增数列且a <0，则S 在n=1时取最大值，但无最小值.
n n
故选：C
1956 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

1
满足a <0，a = a ，则数列a
1 n+1 2 n n
 是
( )
A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.不能确定
【答案】A
【解析】因为a
n

1
满足a = a ，
n+1 2 n
所以数列a
n

1
是公比为 的等比数列，
2
1
所以a =a ⋅
n 1 2

n-1
，
又因为a <0，
1
1
所以a =a ⋅
n 1 2

n-1
单调递增，
第 页 共 页
1121 3427故选：A
1957 (2024·全国·高三专题练习)已知a
n
 是递增的等比数列，且a <0，则其公比q满足
2
( )
A.q<-1 B.-1<q<0 C.q>1 D.0<q<1
【答案】D
【解析】a
n
 是等比数列，故a =aqn-1，当q<0时，a
n 1 n
 各项正负项间隔,为摆动数列,
故q>0,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0<q<1.
故选:D
1958 (2024·贵州铜仁·高三统考期末)已知等比数列a
n
 的各项均为正数且公比大于1，前n
项积为T，且a a =a ，则使得T >1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<a <a <a <a =1<a <a <a <a <⋯，
1 2 3 4 5 6 7 8
所以T=a <1，T =aa <1，
1 1 2 1 2
T =aa a <1，T =aa a a =T ⋅a =T <1，
3 1 2 3 4 1 2 3 4 3 4 3
T =aa a a a =aa <1，T =aa a a a a =aa a =aa2=a <1，
5 1 2 3 4 5 1 2 6 1 2 3 4 5 6 1 2 6 1 4 1
T =aa a a a a a =(aa )(a a )(a a )a =a7=1，T =aa a a a a a a =T ⋅a =a >
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 <a <a ，则
n 1 2 1
( )
A. S
n
 为递减数列 B. S
n
 为递增数列
C.数列S
n
 有最大项 D.数列S
n
 有最小项
【答案】D
【解析】设等比数列a
n
 的公比为q，由已知-a <a ，则a >0，
1 1 1
由-a <a <a 可得-1<q<1且q≠0，
1 2 1
对于AB选项，若-1<q<0，a =aqn-1，
n 1
当n为奇数时，a =aqn<0，此时S -S =a <0，则S <S ，
n+1 1 n+1 n n+1 n+1 n
当n为偶数时，a =aqn>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<q<1时，此时数列S
n
 单调递增，则S
n
 有最小项，无最大项；
当-1<q<0时，若n为正奇数时，qn<0，则S =
a 11-qn
n
 a
> 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-1<q<0时，S
n
 的最大值为S ，最小值为S .
1 2
综上所述，S
n
 有最小项.
故选：D.
1960 (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 ，并且满足条
n
件a 1 >1,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.0<q<1
7 9
C.a +a <a +a D.S 的最大值为S
6 8 7 9 n 8
【答案】B
【解析】若q<0，∵a >1，
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，
∴0<q<1，
故B正确；
∵a 7 -1  a 8 -1  <0，则a >1>a >0， 7 8
∴a a =a2∈(0,1)，故A错误；
7 9 8
∵a >0,0<q<1，
n
a aqn
∴S = 1 - 1 单调递增，故D错误；
n 1-q 1-q
a +a a 1
6 8 = 6 = >1，
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 0<a <1
又由 a 2019 -1 <0，即(a 2019 -1)(a 2020 -1)<0，又a 1 >1，则有  a > 202 1 0 或
2020 2019
a >1
 2020 ，

0<a <1
2019
第 页 共 页
1123 3427a >1
又当  0 2 < 020 a <1 时，可得q>1，由a 1 >1，则a 2019 =a 1 q2018>1与0<a 2019 <1矛盾
2019
0<a <1
所以

2020 ，则有0<q<1，
a >1
2019
由此分析选项：
对于A，S -S =a >0，故S <S ，故A错误；
2020 2019 2020 2019 2020
对于B，等比数列{a }中，0<q<1，a >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0<q<1，故A错误；
a
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
此时，数列a
n
 为单调递减数列，则a >a ，
2021 2022
a -1
结合 2021 <0可得0<a <1<a ，
a -1 2022 2021
2022
结合数列的单调性可得a n >1n≤2021  ,0<a n <1n≥2022 
故S >2021a >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.0<q<1 B.S +1>S
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0<q
2020 2021 1 n
<1，且a >1，0<a <1，故A正确；
2020 2021
因为0<a <1，所以S +1>S +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 ，0<a <1
1 4041 2 4040 2020 2022 2021 2021
所以T =aa ⋯a =a4041<1，故D错误．
4041 1 2 4041 2021
故选：D．
1964 (2024·全国·高三专题练习)设等比数列{a }的公比为q，其前n项之积为T，并且满足
n n
a -1
条件：a >1，a a >1， 2019 <0，给出下列结论：①0<q<1；②a a -1>0；
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
∴0<q<1，故①正确；
a a =a 2<1，∴a a -1<0，故②不正确；
2019 2021 2020 2019 2021
∵a <1，∴T 是数列{T}中的最大项，故③正确；
2020 2019 n
T =aa ⋯a a =a4039<1，T =aa ⋯a a =(a a )2019>1，
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 成 n 2k-1 2k
立，求实数λ的范围.
【解析】(1)∵a n a n+1 =4S n ，∴a n-1 a n =4S n-1n≥2  .
∴a na n+1 -a n-1  =4a nn≥2  ，∵a n ≠0，∴a n+1 -a n-1 =4n≥2  .
又a =2，aa =4S ，∴a =4，∴数列a
1 1 2 1 2 n
 的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为
公差的等差数列.
当n=2k-1时，a =4k-2=22k-1
2k-1
 ；当n=2k时，a =4k=2⋅2k.
2k
综上，a =2n，n∈N*
n
(2)方法一：∵b n =-1  n 3n-1  =-3  n--1  n=-3  n+-1  n+1，
-3
∴T =
n
 1--3  n  
1--3 
1--1
+
 n
1--1 
3-3
=
 n-3 1--1
+
4
 n 3-3
=
2
 n-2-1  n-1
.
4
39k-1
∴T =
2k
 1
，T = 1-9k
4 2k-1 4
 .
方法二：∵b n =-1  n 3n-1  ，
∴b +b =-32k-1-1
2k-1 2k
 +32k-1  =2⋅32k-1，
第 页 共 页
1125 342739k-1
∴T =2⋅31+2⋅33+2⋅35+⋯+2⋅32k-1=
2k

，
4
39k-1
∴T =T -b =
2k-1 2k 2k

-32k-1
4

1
= 1-9k
4
 ，
39k-1
∴n=2k,k∈N∗时，T =T =
n 2k

为递增数列，
4
1
n=2k-1,k∈N∗时，T =T = 1-9k
n 2k-1 4
 为递减数列，
若∀k∈N*，都有T <λ<T 成立，只需使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0<a<1，lga<0，若 n+1   a-n 
n
lga>0，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0<a< .
2
1967 (2024·上海宝山·高一上海交大附中校考阶段练习)已知正数数列a
n
 满足a ≥3a +
n+1 n
2，且a <3n+1对n∈N*恒成立，则a 的范围为 .
n 1
【答案】0，8 
【解析】因为a n+1 ≥3a n +2，所以a n+1 +1≥3a n +1  ，
所以a n +1≥3a n-1 +1  ≥32 a n-2 +1  ≥⋅⋅⋅≥3n-1 a 1 +1 
因为a n <3n+1，所以3n-1 a 1 +1 
1
<3n+1+1，即a +1<9+ 对n∈N*恒成立， 1 3n-1
1 1
a <8+ 对n∈N*恒成立，因为8+ >8，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】0<q≤1
【解析】对于任意正整数n有S ≤2S ，
2n n
当q=1时，S -2S =2na -2na =0，符合要求，
2n n 1 1
当q≠1时，S -2S =
a 11-q2n
2n n

-2×
a 11-qn
1-q
 a
=- 1 ×q2n-2qn+1 1-q 1-q  ≤0，
∵a n >0,q>0,且q≠1，∴q2n-2qn+1=qn-1  2>0，
∴-(1-q)<0，
∴0<q<1，
综上可得，0<q≤1.
第 页 共 页
1126 3427故答案为：0<q≤1
1969 (2024·北京东城·北京市第五中学校考模拟预测)若三角形三边成等比数列，则公比q的
范围是 .
5-1 1+ 5
【答案】 ,
2 2
 ；
【解析】设三边：a、qa、q2a、q>0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 <q< 且q≥1，
2 2
1+ 5
即1≤q<
2
(2)当q<1时，a为最大边，qa+q2a>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