2011-2020年高考数学真题分专题训练专题18等差数列与等比数列（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

专题 18 等差数列与等比数列
十年大数据*全景展示
年 份
题 号
文 17
理 5
考
点
考 查 内 容
等差数列与等比数 等比数列的通项公式、前n 项和公式及等差数列的前n 项和公式，
2011
列综合问题
逻辑思维能力、运算求解能力
等比数列通项公式及性质
等比数列问题
2012
文 14
文 17
理 3
等比数列问题
等差数列问题
等比数列问题
等比数列问题
等差数列问题
等比数列n 项和公式
卷 2
等差数列通项公式、前n 项和公式、性质，方程思想
等比数列的通项公式与前n 项和公式及方程思想
等比数列前n 项和公式
2013 卷 2
卷 1
文 6
卷 2
文 5
等比中项、等差数列通项公式及前n 项和公式
等比数列概念、通项公式、前n 项和公式及数列不等式证明，放缩
思想
2014
卷 2
理 17
文 5
等比数列问题
等比数列问题
卷 2
等比数列通项公式及方程思想
卷 2
卷 2
文 5
等差数列问题
等差数列问题
等比数列问题
等差通项公式、性质及前n 项和公式
数列前
n 项和 S 与a 关系、等差数列定义及通项公式
理 16
n
n
2015
卷 2
理 4
等比数列通项公式及方程思想
等比数列问题
卷 1
文 13
等比数列定义及前n 项和公式
卷 1
卷 2
文 7
等差数列问题
等差数列问题
等差数列与等比数
列综合问题
等差数列通项公式、前n 项和公式，方 程思想
文 17
等差数列通项公式及对新概念的理解与应用，运算求解能力
卷 1
文 17
理 3
等差数列通项公式、等比数列定义、前n 项和公式，运算求解能力
等差数列通项公式、前n 项和公式、性质
2016
卷 1
等差数列问题
等差数列与等比数 等比数列通项公式、等差数列前n 项和公式及二次函数最值问题，
卷 1
理 15
列综合问题
函数与方程思想
等比数列问题
卷 3
理 14
等比数列通项公式及方程思想
2017
卷 3
卷 2
理 9
等差数列问题
等差数列通项公式及前n 项和公式、等比数列概念，方程思想
文 17
等差数列与等比数 等差数列通项公式及前n 项和公式、等比数列通项公式及前n 项和
列的综合问题
等比数列问题
等差数列与等比数
列的综合问题
等差数列问题
公式，方程思想
卷 2
卷 1
卷 1
理 3
文 17
理 4
等比数列定义及前n 项和公式及传统文化
等比数列通项公式、前n 项和公式及等差数列定义，方程思想
等差数列的通项公式及前n 项，方程思想
卷 3 
理文 17 等比数列问题
卷 2 
理文 17 等差数列问 题
等比数列通项公式、前n 项和公式，方程思想与运算求解能力
等差数列的通项公式及前n 项和公式及前n 项和的最值，方程思想
等比数列定义、通项公式，运算求解能力
2018
卷 1
卷 1
文 17
理 4
等比数列问题
等差数列问题
等差数列问题
等差数列通项公式与前n 项和公式，方程思想
卷 3
卷 3
卷 2
文 14
理 5
等差数列通项公式与前n 项和公式，方程思想
等比数列问题
等差数列与等比数
列综合问题
等比数列通项公式与前n 项和公式，方程思想
文 18
等比数列的通项公式、等差数列定义及前n 项和公式，方程思想
等差数列与等比数 等比数列的定义及通项公式、等差数列定义与通项公式，运算求解
2019 卷2
理 19
文 14
文 18
列的综合问题
等比数问题
能力
卷 1
卷 1
等比数列通项公式与前n 项和公式，方程思想
等差数列通项公式与前n 项和公式及数列数列不等式问题，方程思
想
等差数列问题
卷 1
卷 1
理 14
理 9
理
等比数列问题
等差数列问题
等比数列通项公式与前n 项和公式，方程思想
等差数列通项公式与前n 项和公式，方程思想
卷 1
文 10
理 4
理 6
文 6
等比数列问题
等差数列问题
等比数列问题
等比数列问题
等比数列的性质，等比数列基本量的计算，方程思想
等差数列通项公式、前n 项和公式，方程思想，数学文化
等比数列通项公式、前n 项和公式，方程思想
2020
卷 2
等比数列通项公式与前n 项和公式，方程思想
大数据分析*预测高考
出现频率 2021 年预测
考 点
考点 58 等差数列问题
15/37
2021 年高考仍将考查等差数列与等比数列定义、性质、
考点 59 等比数列问题
考点60 等差数列与等比数列的综合问题 9/37
13/37
前n 项和公式，题型为选择填空题或解答题的第 1 小
题，难度为基础题或中档题．
十年试题分类*探求规律
考点 58 等差数列问题
1．(2020 全国Ⅱ理 4)北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称
为天心石)，环绕天心石砌9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9 块，下一层的第一环比上一层
的最后一环多9 块，向外每环依次也增加9 块．已知每层环数相同，且下层比中层多729 块，则三层共有扇
面形石板(不含天心石)
A．3699 块
(
)
B．3474 块
C．3402 块
D．3339 块
【答案】C
【思路导引】第 n 环天石心块数为a
，第一层共有n 环，则{a }
是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，
n
n
S
{a }
S S  S S  729
S
，解方程即可得到 n，进一步得到 
．
3n
设
为
的前n 项和，由题意可得
n
n
3n
2n
2n
n
【解析】设第 n 环天石心块数为a
，第一层共有n 环，则{a }
是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，
n
n
an  9 (n 1)9  9n
S
{a }
为 
的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为
n
，设
n
S ,S S ,S S
S S  S S  729
，因为下层比中层多 729 块，所以
，即
n
2n
n
3n
2n
3n
2n
2n
n
3n(927n) 2n(918n) 
2n(918n) n(99n)



729
729，解得n  9 ，所以
，即9n2
2
2
2
2
27(9 9 27)
S  S 
 3402，故选 C．
3n
27
2
a
1
d
2．(2020 浙江7)已知等差数列 的前 项和

a
n
n
S ，公差d  0 , 
1．记b  S , b 
 S 
S , nN ，
n
1
2
n1
n2
2n
下列等式不可能成立的是
(
)
2a  a a 
2b  b b
B．
2  a2a8
2  b b
2 8
C．a4
D．b4
A．
4
2
6
4
2
6
【答案】B
【解析】A．由等差数列的性质可知2a  a a ，成立；
4
2
6
B．b  S S  a ，b  S S  a ，b 
S 
S
a 
a 
a
 
 
   
 
 
3a9 ，
4
5
6
6
2
3
2
3
6
7
10
8
9
10
若2b  b b ，则 2a  a 3a

2 a 
a
    
 
，
a 
a
4
2
6
6
3
9
9
6
3
9
即6d  6d  d 0，这与已知矛盾，故 B 不成立；
 a a  a 3d  a da 7d ，整理为：a  d ，故 C 成立；
2
C．a4
2
2
8
1
1 
1 
1
D． b 
S 
S
 
 
  
 
 
 
 
 
a
a
a
12
a
a
5a
12 ，当
2 8
b
42  b b
时，即 a6
 a 5a ，整理为
3 
12
2
8
9
14
10
11
13
14
  

2
5 a 
2d a 11d ，即 2a
    
 

2
1 25a d 45d
1
2 
  0 ，方程有解，故 D 成立．综上
0 ，
a 
5d
1
1
1
可知，等式不可能成立的是 B，故选 B．
3．(2019•新课标Ⅰ，理 9)记 S 为等差数列{a }的前n 项和．已知S  0 ，a  5，则(
)
n
n
4
5
1
A．an  2n 5
【答案】A
B．an  3n 10
C． Sn  2n2 8n
D． S  n  2n
2
n
2
4a
1 6d  0
a1  4d  5
a
1  3
d  2
【解析】设等差数列{a }的公差为d ，由 S  0 ，a  5，得
， 
，
n
4
5
a  2n 5 ， S  n
2 4n ，故选 A ．
n
n
4．(2018•新课标Ⅰ，理 4)记 S 为等差数列{a }的前n 项和．若3S  S  S ，a  2 ，则a  (
)
n
n
3
2
4
1
5
A．12
B．10
C．10
D．12
【答案】B
32 
43
【解析】S 为等差数列{a }的前n 项和，3S  S  S ，a  2 ， 
3(3a 
d)  a  a  d  4a 
d ，
n
n
3
2
4
1
1
1
1
1
2
2
把a  2 ，代入得d  3，a  2  4(3)  10，故选 B ．
1
5
5．(2017•新课标Ⅰ，理 4)记 S 为等差数列{a }的前n 项和．若a  a  24 ，S  48 ，则{a }的公差为
(
)
n
n
4
5
6
n
A．1
B．2
C．4
D．8
【答案】C
a 3d  a  4d  24

1
1
【解析】由题知， 
，解得a1  2 ，d  4 ，故选C ．
6 5

6a1 
d  48


2
6．(2017•新课标Ⅲ，理 9)等差数列{a }的首项为 1，公差不为 0．若 a ， a ，a 成等比数列，则{a }前 
6
n
2
3
6
n
项的和为(
A．24
)
B．3
C．3
D．8
【答案】A
【解析】等差数列{a }的首项为 1，公差不为 0．a ，a ，a 成等比数列， a
2  a a ，
n
2
3
6
3
2
6
(a1 2d)2 (a d)(a 5d) ， 且
1 ， d  0 ， 解 得 d  2 ， {an} 前 6 项 的 和 
为
1
1
a
1
65
65
S  6a 
d  61
(2)  24 ，故选 A ．
6
1
2
2
7．(2016•新课标Ⅰ，理 3)已知等差数列{a }前 9 项的和为 27，a 8 ，则a 
 (
)
n
10
100
A．100
B．99
C．98
D．97
【答案】C
9(a  a ) 
92a
【解析】由题知， S9 
1
9 
5  9a = 27 ，∴ a  3 ，又a 8 = a 5d  35d ，d 
1 ，
5 
5 
10 
5
2
2
a 
 a 95d  98，故选C
100
5
8．(2015 新课标Ⅰ，文 7)已知{a }是公差为 1 的等差数列，S 为{a }的前n 项和，若 S  4S ，则a  ( 
)
n
n
n
8
4
10
17
2
19
2
(A)
(B)
(C)10
(D)12
【答案】B
1
1
1
2
【 解 析 】 ∵ 公 差 d 1 ， S  4S ， ∴ 8a  87  4(4a  43) ， 解 得 
a =
， ∴
8
4
1
1
1
2
2
1
19
2
a  a 9d  9 
，故选 B．
10
1
2
9．(2015 新课标Ⅱ，文 5) 设 S 是等差数列{a } 的前 项和，若
n
a a a  3
S 
，则 
(
5
)
n
n
1
3
5
A．5 
B．7 
C．9 
D．11
【答案】A
  

5 a 
a
【解析】a a a  3a  3 a 1 ，S 
5
1
5
 5a
3  5 ．故选 A．
1
3
5
3
3
2
10．(2014 新课标Ⅱ，文 5)等差数列{a }
n 的公差是 2，若
成等比数 列，则
{a }
n 的前 项和
n
S 
n
(
)
a ,a ,a
2
4
8
n(n 1)
n(n 1)
A． n(n 1)
【答案】A
B．n(n 1)
C．
D．
2
2
a ,a ,a
a
2
4
 a2a8 ，即(a1 6) 2  (a 2)(a 14)
a
S  n
n
2  n
【解析】∵
成等比数列，∴
，解得 
=2，∴
，
2
4
8
1
1
1
故选 A．
 


11．(2017 浙江)已知等差数列 a 的公差为d ，前n 项和为S ，则“d 0 ”是
n
n
“ S +S  2S ”的( )
4
6
5
A． 充分不必要条件
C． 充分必要条件
B． 必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】∵(S S ) (S S )  a a  d ，当d  0 ，可得S +S  2S ；当 S +S  2S ，可得d  
0 ．所
6
5
5
4
6
5
4
6
5
4
6
5
以“d  0 ”是“ S +S  2S ” 充分必要条件，选 C．
4
6
5
 


2

12．(2015 重庆)在等差数列 a 中，若a 
4,a4 
2 ，则a6 ＝( )
n
A．－1
B．0
C．1
D．6
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得a  2a a  224  0 ，选 Ba  2 
．
6
4
2
4
13．(2015 浙江)已知{a }是等差数列，公差 d 不为零，前n 项和是 S ．若a ,a ,a 成等比数列，则( )
n
n
3
4
8
A．a d  0, dS  0
B．a d  0, dS  0
1 
4
1
4
C．a d  0, dS  0
D．a d  0, dS  0
1
4
1
4
【答案】B
5
【解析】由a ,a ,a 成等比数列可得：(a1 +3d)2 = (a + 2d)×(a +7d) ，即3a +5d = 0 ，所以a = - d ，
3
4
8
1
1
1
1
3
(a + a )´4
2
所以a
1d < 0 ，又dS4 =
1
4
d = 2(2a +3d)d = - d
1
2 < 0 ．
2
3
14．(2014 辽宁)设等差数列{an}的公差为d ，若数列{2a a
1 n}为递减数列，则(
)
A．d  0 
B．d  0 
C．a1d  0 
D．a1d  0
【答案】C
【解析】∵数列{2
函数，∴a1d  0．
a a
1 }为递减数列，
，等式右边为关于 的一次
a a  a [a (n 1)d]  a dna (a d) 
n
n
1
n
1
1
1
1
1
15．(2014 福建)等差数列{a }的前n 项和 S ，若a  2,S 12，则a ( )
n
n
1
3
6
A．8
B．10
C．12
D．14
【答案】C
【解析】 设等差数列{a }的公差为d ，则 S  3a 3d ，所以12323d ，解得d  2 ，所以a 
12．
n
3
1
6
16．(2014 重庆)在等差数列{a }中，a  2,a a 10 ，则a ( )
n
1
3
5
7
A．5
B．8
C．10
D．14
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得a a  a a ，因为a  2 ，a a 10，所以a  8 ，选 B．
1
7
3
5
1
3
5
7
17．(2013 辽宁)下面是关于 公差d  0的等差数列{a }的四个命题：
 

na 是递增数列；
n
n
 

p :数列 a 是递增数列；
p :数列
1
n
2
a 
 n 
p4 :数列an 
3nd是递增数列；
p3 :数列
n 是递增数列；
其中的真命题为
A． p1, p2
B． p3, p4
C． p2, p3
D． p1, p4
【答案】D
【解析】设a  a  (n 1)d  dn  m ，所以 p 正确；如果a  3n 12 则满足已知，
但
nan  3n
12n
2
n
1
1
n
a
n
n
1
并非递增所以 p 错；如果若a  n 1 ，则满足已知，但
1
p
，是递减数列，所以 
错；
2
n
n
3
a 3nd  4dn  m ，所以是递增数列， p 正确．
n
4
 

 


 

n
18．(2012 福建)等差数列 a 中，a 
a 
10，a
7 ，则数列 a 的公差为( )
n
1
5
4
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解析】由题意有a a  2a 10 ，a  5 ，又∵a  7 ，∴a a  2 ，∴d  2 ．
1
5
3
3
4
4
3
19．(2012 辽宁)在等差数列 中，已知a +a =16 ，则该数列前 11 项和 S = ( )
11
a
n
4
8
A．58
B．88
C．143
D．176
【答案】B


11 a +a
【解析】a +a =2a =16a =8 ，而S =
11
1
11 =11a
6 =88 ，故选 B．
4
8
6
6
2
20．(2011 江西)设{a }为等差数列，公差d  2 ，S 为其前n 项和，若 S  S ，
n
n
10
11
则a1  ( )
A．18
B．20
C．22
D．24
【答案】B
【解析】由S  S ，得a  S S  0 ，a  a  (111)d  0 (10)(2)  20 ．
10
11
11
11
10
1
11
 

 

n
21．(2011 天津)已知 a 为等差数列，其公差为2 ，且a 是a 与a 的等比中项，S 为 a 的前n 项
和，
n
nN * ，则 S10 的值为
A．－110
7
3
9
n
B．－90
C．90
D．110
【答案】D
 


【 解 析 】 因 为 a 是 a 与 a 的 等 比 中 项 ， 
所 以
a
2
7
 a a ， 又 数 列 a 
的 公 差 为 2 ， 所 
以
7
3
9
3
9
n
(a1 12)2  (a 4)(a 16) ， 解 得 a  20 ， 故 a  20(n 1)(2)  222n ， 所 
以
1 
1 
1 
n
10(a a )
S 
10
1
10  5(202) 110．
2
22．(2020 北京 8)在等差数列{ a }中， a  9 ，a  1，记T  a a a (n 1, 2,) ，则数列{T 
}
n
1
5
n
1
2
n
n
(
)
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
D．无最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
【答案】A
【解析】设公差为 d，a -a =4d，即 d=2，a =2n-11，1≤n≤5 使，a ＜0，n≥6 时，a ＞0，所以 n=4 时，T
n
5
1
n
n
n
＞0，并且取最大值；n=5 时，T ＜0；n≥6 时，T ＜0，并且当 n 越来越大时，T 越来越小，所以 T 无最小
n
n
n
n
项．故选 A．
a a a
23．(2020 上海 7)已知等差数列{a }的首项a  0 ，且满足a a  a ，则1
2
9 
．
n
1
1
10
9
a10
27
8
【答案】
a a ...a
9a5 
9a1 4d  27d 
27
【解 析】由条件可知2a 9d  a 8d  a  d ，1
2
9 



．
1
1
1

a10
a10
a 
9d
8d
8
1
27
8
故答案为：
．
S
10
S5
24．(2019•新课标Ⅲ，理 14)记 S 为等差数列{a }的前n 项和，若a  0 ，a  3a ，则

．
n
n
1
2
1
【答案】4
S
10
S5
10(a  a )
1 
10
5(a1  a5 )
【解析】设等差数列{a }的公差为d ，则由a  0 ，a  3a 可得，d  2a ，

n
1
2
1
1
2(2a
1 9d)
2a1  4d
2(2a 18a )
2a1 8a1
1
1


 4 ．
25．(2015•新课标Ⅱ，理 16)设数列{a }的前 n 项和为 S ，且a  1，a 
 S S ，则 S 

．
n
n
1
n1
n1
n
n
1
【答案】n
1
1
1
【 解析】an1  S S ，S 
 S  S S ，

1，又a1  1，即 
 
1，
S1
n1
n
n1
n
n1 n
Sn 
Sn1
1
1
1
数列{ }是以首项是1、公差为1 的等差数列， n ，S   ．
n
S
Sn
n
n
1
26．(2015 安徽)已知数列{a }中，a 1，a  a 
 (n≥2 )，则数列{a }的前 9 项和等于______．
n
1
n
n1
n
2
【答案】27
1
1
【解析】∵a 1，a  a 
 (n≥2) ，所以数列{a }是首项为 1，公差为 
的等差数列，所以前 9 项
1
n
n1
n
2
2
98 1
和S9  9 
  27 ．
2
2
27．(2019 江苏 8)已知数列{an}(nN*) 是等差数列，S 是其前 n 项和．若a a a  0,S  27 ，则
S
的
n
2
5
8
9
8
值是
．
【答案】16
(a d)(a 4d) a 7d  0
  

a
5
1
1
1
【解析】设等差数列{a } 的首项为a ，公差为 ，则
d

98
，解得
1
，
n
1
9a1 
d  27
d  2



2
87d
S 8a 
 6(5)152 16
．
所以
8
1
2
28．(2019 北京理 10)设等差数列 的前 n 项和为 
，若
S
a  3，S  10，则a 
5
________ ．
S
n
a
n
n
2
5
的最小值为_______．
【答案】0，-10
a  a  d  3
a
1  4
d 1
2
1
a  a  4d  0
【解析】由题意得，
，解得
，所以
．
S  a 5 10d  10
5
1
5
1
43
 



4 
4
  
 
1  10 ．
因为 a 是一个递增数列，且a 
0 ，所以 S 的最小值为 S 或 S ，
S
S5
n
5
n
4
5
4
2
29．(2018 北京)设{a }是等差数列，且a  3，a a  36，则{a }的通项公式为___．
n
1
2
5
n
【答案】14
a1 2d  0
【解析】解法一 设{a }的公差为d ，首项为a ，则
，
n
1
a 5d a 6d 14
1 
1

a
1  4
d  2

7 6
解得
，所以S  7(4)
7
2 14．
2
解法二 2a 7d 14，所以d  2 ．故a  a d  2 ，故 S  7a  72 14．
3
4
3
7
4
30．(2018 上海)记等差数列{a }的前几项和为 S ，若a  0 ，a a 14 ，则 S =
．
n
n
3
6
7
7
【答案】an  6n 3
【 解 析 】 设 等 差 数 列 的 公 差 为 d ， a a  a d a  4d  6 5d  36 ， ∴ d  6 
， ∴
2
5
1
1
an  3(n 1)6  6n 3 ．
 

 
 
 
 
 25，则a a 
4 
5 
6 
7
31．(2015 广东)在等差数列 a 中，若a 
a 
a 
a 
a
．
n
3
2
8
【答案】10
【解析】 由a a a a a  25 得5a = 25，所以a = 5，故a +a = 2a =10．
3
4
5
6
7
5
5
2
8
5
32．(2014 北京)若等差数列 a 满足a 
a 
a 
0 ，a a 
 

 
 

0，则当n __时
n
7
8
9
7
10
 

a 的前n 项和最大．
n
【答案】8
 

   



 a a  0 ，∴a9 
0 ．当

【解析】 ∵数列 a 是等差数列，且a a a 3a 0，a 
0 ．又a 
a
n
7
8
9
8
8
7
10
8
9
n =8 时，其前n 项和最大．
33．(2014 江西)在等差数列a 中，a 7，公差为d ，前n 项和为S ，当且仅当n 8 时 S 取最大值，
n
1
n
n
则d 的取值范围_________．
7
【答案】(1,
)
8
d  0

7
【解析】由题意可知，当且仅当n 8 时S 取最大值，可得a  0 ，解得1 d   
．
n
8
8
a9  0

 

a
a a 10

7
3a 
a 
_____．
n
34．(2013 广东)在等差数列
【答案】20
中，已知
3
8
，则
5
 
   
 
3a 
a 
3 a 4d 
a 6d 4a 18d 20



【解析】 依题意2a1 9d 10 ，所以
．
5
7
1
1
1
1
35．(2012 北京)已知{a }为等差数列， S 为其前n 项和．若a  
， S  a ，
n
n
1
2
3
2
则a2 
； Sn =
．
n(n 1)
【答案】1，
4
1
2
1
2
1
4
【解析】设公差为 d，则2a d  a 2d ，把a代入得d 
，∴a 1 
S
=
n
，
n(n 1)
1
1
1
2
36．(2012 江西)设数列{a },{b }都是等差数列，若a b  7 ，a b  21，则a b  ___________．
n
n
1
1
3
3
5
5
【答案】35
【解析】因为数列{a },{b }都是等差数列，所以数列 a 
b 也是等差数列．故由等差中项的性质，得
  

n
n
n
n
    
   
  7  221，解得a b  35．
5 
5
a 
b
a 
b
2 a 
b ，即 a 
b
5
5
1
1
3
3
5
5
37．(2012 广东)已知递增的等差数列{a }满足a 1，a  a
3
2
2
4 ，则 a
n =____．
n
1
【答案】an  2n 1
a 1,a  a2
2 4 12d  (1d) 4  d  2  an  2n 1
2
【解析】
1
3
38．(2011 广东)等差数列{a }前 9 项的和等于前 4 项的和．若a 1，a a  0 ，
n
1
k
4
则k =_________．
【答案】10
98
43
1
【解析】设{a }的公差为 d ，由 S  S 及 a 1，得91
d  41
d ，所以 d   ．又
n
9
4
1
2
2
6
1
1
a a  0 ，所以[1(k 1)( )][1(41)( )] 0 ，即k 10．
k
4
6
6
39．(2019•新课标Ⅰ，文 18)记 S 为等差数列{a }的前n 项和，已知 S  a ．
n
n
9
5
(1)若a  4 ，求{a }的通项公式；
3
n
(2)若a1  0 ，求使得 Sn  an 的n 的 取值范围．
【解析】(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d ，
(a  a )9
若S  a ，则 S 
1
9
 9a  a ，变形可得a  0 ，即 a  4d  0 ，
5 
5 
5 
1
9
5
9
2
a
5  a
3
若a3  4 ，则d 
 2 ，
2
则a  a  (n 3)d  2n 10，
n
3
n(n 1)
(2)若 Sn  an ，则na1 
d  a1 (n 1)d
，
2
当n 1 时，不等式成立，
nd  d a
1
(n 2)d  2a
1，
当n  2 时，有
，变形可得
2
a
1
4
(n 2)( 
)  2a
1
(a  a )9
又由 S  a ，即 S 1
9
 9a  a ，则有a  0 ，即a  4d  0 ，则有
，
9
5
9
5
5
5
1
2
又由a1  0 ，则有n 10，
则有2  n 10
，
综合可得：2  n 10，nN ．
40．(2018•新课标Ⅱ，理(文)17)记S 为等差数列{a }的前n 项和，已知a  7 ，S  15．
n
n
1
3
(1)求{an}的通项公式；
(2)求 S ，并求 S 的最小值．
n
n
【解析】(1)等差数列{a }中，a  7 ，S  15，
n
1
3
a  7 ，3a 3d  15 ，解得a  7 ，d  2 ，
1
1
1
an  7  2(n 1)  2n 9 ；
(2)a  7 ，d  2 ，a  2n 9 ，
1
n
n
1
S  (a  a )  (2n2 16n)  n2 8n  (n  4) 16，
2
n
1
n
2
2
当n  4 时，前n 项的和 Sn 取得最小值为16 
．
41．(2016•新课标Ⅱ，文 17)等差数列{a }中，a  a  4 ，a  a  6 ．
n
3
4
5
7
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)设b [a ] ，求数列{b }的前 10 项和，其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]  0 ，[2.6]  2 
．
n
n
n
【解析】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d ，
a  a  4 ，a  a  6 ．
3
4
5
7
2a
1 5d  4
2a1 10d  6
 
，
a 1

1
解得：
2 ，
d 


5
2
3
a  n  ；
n
5
5
(Ⅱ)b [a ]，
n
n
b  b  b 1，
1
2
3
b  b  2，
4
5
b  b  b  3 ，
6
7
8
b  b  4 ．
9
10
故数列{b }的前 10 项和 S  31 22 33  24  24．
n
10
42．(2013 新课标Ⅱ，文 17)已知等差数列{a }的公差不为零，a  25，且a ,a ,a 成等比数列．
n
1
1
11 
13
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)求a a +a a
3n2 ；
1
4
7
【解析】(Ⅰ)设{ an }的公差为d ，
由题意，a2 =a a ，
11
1 13
即(a1 10d) 2  a (a 12d) ，
1
1
∵a1  25，
∴d =0(舍去)或d =-2，
∴an 2n27；
(Ⅱ)令 S = a a a a 
3n2
n
1
4
7
由(Ⅰ)知，a3n2 = 6n31，
∴{a3n2 }是首项为 25，公差为-6 的等差数列，
n
n
∴S = (a a 
) = (6n 56)= 3n 28n ．
2
n
1
3n2
2
2
43．(2014 浙江)已知等差数列{a }的公差d  0 ，设{a }的前 n 项和为 S ，a 1，
n
n
n
1
S S 36 ．
2
3
(Ⅰ)求d 及 Sn ；
(Ⅱ)求m,k ( m,k N * )的值，使得am  am1  am2  amk  65．
【解析】(Ⅰ)由题意，(2a d)(3a 3d) 36，
1
1
将a1 1 代入上式得d  2 或d  5，
因为d  0 ，所以d  2 ，从而an  2n 1，S  n2 (
n
nN )．
(Ⅱ)由(1)知，a a 
a 
 (2m k 1)(k 1)，
n
n1
nk
所以(2m k 1)(k 1)  65，
由m,k N 知，(2m k 1)(k 1) 1，
2m k 113
k 1 5
m  5
k  4
所以
，所以
．
44．(2013 福建)已知等差数列{an} 的公差d 1
n
，前 项和为 
．
Sn
(Ⅰ)若1,a ,a 成等比数列，求a ；
1
3
1
(Ⅱ)若 S  a a ，求a 的取值范围．
5
1
9
1
【解析】(Ⅰ)因为数列{an} 的公差d 1，且1,a1,a 成等比数列，
3
所以a 2 1(a1 2) ，
1
即a 2
1 a1 2  0，解得 
或 
．
a  1 
a  2
1 
1
(Ⅱ)因为数列{an} 的公差d 1，且S  a a
5 
1 9
，
所以5a1 10  a1 8a
2
；
1
即a1 3a1 10  0 ，解得5  a1  2
2
45．(2011 福建) 已知等差数列 中， =1，
a
a  3
3
．
a
n
1
(Ⅰ)求数列 的通项公式；
an
(Ⅱ)若数列 的前 项和
k
S  35
k
k
，求 的值．
an
【解析】(Ⅰ)设等差数列{a }的公差为d ，则a  a (n 1)d.
n
n
1
由a 1,a  3 可得12d  3.
1
2
解得d =－2．
从而，an 1(n 1)(2)  32n.
(Ⅱ)由(I)可知an  32n ，
n[1(32n)]
S 
 2n n .
2
所以
n
2
S  35 可得2k k  35,
2
进而由
1
即k2 2k 35  0 ，解得k  7 或k  5.
,故k  7 为所求．
又k N
 *
 

  

46．(2013 江苏)设 a 是首项为a ，公差为d 的等差数列 d 
0 ，S 是其前n 项和．
n
n
nS
n
记b 
n
，n  N * ，其中c 为实数．
n2  c
S  n
nk
2Sk k,nN*
(Ⅰ) 若c 
0 ，且 ，

b 
b ，b 成等比数列，证明：
；
1
2
4
 


(Ⅱ) 若 b 是等差数列，证明：c 
0 ．
n
【证明】(Ⅰ)若
，则
，
，
，又由题
，
，
是等差数列，首项为 ，公差为
，
，又
成等比数列，
，
，
，
，
，
，
，
(
)．
(Ⅱ)由题
，
，
，若
是等差数列，
则可设
，
是常数，
关于
恒成立．
整理得：
关于
，
恒成立．
，
，
．
考点 59 等比数列问题
 

 
 

7 
8
1．(2020 全国Ⅰ文 10)设 a 是等比数列，且a  a  a 1, a  a +a  2 ，则a 
a 
a
(
)
n
1
2
3
2
3
4
6
A．12
B．24
C．30
D．32
【答案】D
q
【思路导引】根据已知条件求得 的值，再由
a7  a8
a 
a
 
  
 
a
q5
a
可求得结果．
6
1
2
3
 
 
  
 
【解析】设等比数列 的公比为 ，则
q
21，
a
a a 
a 
a 1 q q
n
1
2
3
1


 q  2
a a a  a q a q2 a1q3  a q 1q q2
，
2
3
4
1
1
1

a a a  a q5 a1q6 a1q7  a1q5 1q q2  q5  32，故选 D．
6
7
8
1
S
a 
n
a  a 12,a  a  24,
n 
则
2．(2020 全国Ⅱ文 6)记 Sn 为等比数列
的前n 项和．若
5
3
6
4
an
(
)
A．2n 
B．2  21n
C．2  2n1
D．21n 
1
1
【答案】B
【思路导引】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列
n
的通项公式和前 项和公式进行求解即可．

4 
2 12 
q 2
a q
a q
q
【解析】设等比数列的公比为 ，由a a 12,a a 24
1
1



可得：
，
5
3
6
4

1
5 a1q 24 
a 1
3
a q
1
a (1qn) 12n
S
n
an
2 1
n
a 
a qn 1

2n1,Sn 

 
 ，因
此
n

 221n ，故选 B．
n1
1
2
1
∴
n
1
1q
12
2
3．(2020 全国Ⅱ理 6)数列{a } 中，a  2 ， a
 a a ，若a
 a
k2  a
k10 215  25 ，则k  (
)
n
1
mn
m
n
k1
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
 

 
a
的通项公式，利用等比数列求和公式
n
【思路导引】取m 1，可得出数列
a
是等比数列，求得数列
n
k
可得出关于 的等式，由
k N
k
可求得 的值．
a
 2
，
【解析】在等式a
 aman 中，令m 1，可得a 
 a a  2a
，
n 1
an

mn
n1
n
1
n
 


a
a  22n 1  2
，
n
所以，数列
是以2 为首项，以2 为公比的等比数列，则
n
n




a  1210
2k 1  1210
k1
   
 
 ，
210 1 
2 2 
1
ak1
2


ak2 ak10 

2k1
5
10
12
12
 

k  4．故选：C．
k 1

25 ，则k 1 5，解得
4．(2019•新课标Ⅲ，理 5)已知各项均为正数的等比数列{a }的前 4 项和为 15，且a  3a  4a ，则a 
(
)
n
5
3
1
3
A．16
B．8
C．4
D．2
【答案】C
【解析】设等比数列{a }的公比为q(q  0) ，则由前 4 项和为 15，且a  3a  4a ，有
n
5
3
1
 


2 
3 15， 

a
1 1
a 
a q a q
a
1q

1
1
1
2
， a3
2
2  4，故选C ．
a q

4 3a1q 4a1
q  2
1
5．(2017•新课标Ⅱ，理 3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加
增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一
层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯(
)
A．1 盏
B．3 盏
C．5 盏
D．9 盏
【答案】B
a
1(12 )
12 
7
【解析】设塔顶的a 盏灯，由题意{a }是公比为 2 的等比数列，S 
 381，
1
n
7
解得a1  3，故选 B ．
6．(2015•新课标Ⅱ，理 4)已知等比数列{a }满足 a  3，a  a  a  21，则a  a  a  (
)
n
1
1
3
5
3
5
7
A．21
B．42
C．63
D．84
17 ，q
【解析】a  3 ，a  a  a  21， a (1q 2 q 4)  21，q4 q 2
4 q 2 6 0，
1
1
3
5
1
q2  2，a a a  a (q2 q 4 q 6) 3(24 8)  42，故选 B ．
3
5
7
1
1
  
 
a 
1
7．(2015 新课标Ⅱ，文 9)已知等比数列{an} 满足
，a a 
4 a 1 ，则a (
)
3
5
4
2
4
C.1
D.1
A.2
B.1
2
8
【答案】 C
【解析】由题意可得
C．
a
4
a1
q3 
8  q  2
a a 
a

2     

4 a 1 
a 
2
，所以
4
1
2
，故a  a q 
，选
3
5
4
4
2
1
2
8．(2013 新课标Ⅰ，文 6)设首项为 1，公比为 
的等比数列{ a }的前 n 项和为S ，则
n
n
3
A ．S =2a 1 B ．S =3a 2 
C ．Sn = 4 3an
D ．Sn =32an
n
n
n
n
【答案】D
2
1 an
3
【解析】 Sn =
=32an ，故选 D
2
3
1
9．(2013 新课标Ⅱ，理 3) 等比数列{ a }的前 n 项和为S ，已知S  a 10a ，a =9，，则a =
n
n
3
2
1
5
1
1
3
B．1
3
1
9
D． 1
9
A．
C．
【答案】C．
1
【解析】由题知a a a = a 10a ，即a q
1
2
2
5 
1 
1
 9a
1 ，即q  9 ，又 9=a = a q4 ，∴a = ，故选 C．
1
2
3
2
1
9
10．(2012 新课标，理 5)已知数列{ a }为等比数列，a  a =2，a a =－8，则a a =
n
4
7
5
6
1
10
A ．7
B ．5
C ．－5
D ．－7
【答案】D．
【解析】∵a a =a a =－8，a  a =2，∴a =4，a =－2，或a =－2，a =4，
4
7
5
6
4
7
4
7
4
7
1
a
4
q3
当a =4，a =－2 时，q3 =－ 
，a a =
a
4q6 =-7，
4
7
1
10
2
a
4
q3
当a =－2，a =4 时，q3 =－2，a a = 
a4q6 =－7，故选 D．
4
7
1
10
4
3
11．(2013 大纲)已知数列 满足3a 
a  0,a  
，则
 的前 10 项和等于
a
n
an
n1
n
2
1
A．6(13
10)
B． (1310) 
C．3(1310) D．3(1310 )
9
【答案】C

10 
 1 
41 





 3
1
【解析】∵a 
  a ，∴ 是等比数列，又
4
3

 31310 
，
a
n
a  
2
a  4
1
，∴
S 
10
，∴
n1
n
1
3
3
1
故选 C．
12．(2018 北京) “十 二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理
论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二
个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 2 ．若第一个单音的频率为 f，则
第八个单音的频率为
A． 3 2 f
【答案】D
【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 
，第一个单音的频率
B． 3
2
C．12
5
D．12
7
2 f
2 f
2 f
2
为 f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f ，公比为12 
的等比数列，记为
2
{a }
，
n
则第八个单音频率为a8 
f (12 2)8 1 
12
 

27 f ，故选 D．
13．(2018 浙江)已知a ，a ，a ，a 成等比数列，且a a a a  ln(a a a ) ．若a 1，则
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
1
A．a  a ，a  a
B．a  a ，a  a
4
1
3
2
4
4
1
3
2
C．a  a ，a  a
D．a  a ，a  a
1 
3 
2 
4
1
3
2
【答案】B
【解析】 因为lnx≤x 1( x 0 )，所以a a a a  ln(a a a )
1
2
3
4
1
2
3
≤a a a 1，所以a ≤1，又a 1，所以等比数列的公比q  0 ．
1
2
3
4
1
若q≤1，则a a a a  a (1q)(1q 2
）≤0 ，
1
2
3
4
1
而a a a ≥a 1，所以ln(a a a )  0 ，
1
2
3
1
1
2
3
与ln(a a a )  a a a a ≤0 矛盾，
1
2
3
1
2
3
4
所以1 q  0 ，所以a a  a (1q2)  0 ，a a  a q(1q )  0 ，
2
1
3
1
2
4
1
所以a  a ，a  a ，故选 B．
1
3
2
4
14．(2014 重庆)对任意等比数列{an} ，下列说法一定正确的是
A．a ,a ,a 成等比数列 
B．a ,a ,a 成等比数列
1
3
9
2
3
6
C．a ,a ,a 成等比数列
D．a ,a ,a 成等比数列
2 
6 
9
2
4
8
【答案】D
a a  a  0 ，因此a ,a ,a 一定成等比数列．
2
【解析】由等比数列的性质得，
3
9
6 
2 
6 
9
15．(2012 北京) 已知{an}为等比数列．下面结论中正确的是
A．a a 
 2a
B．a a
3
1
2
2 
 2a
22
1
3
2
C．若a  a ，则a  a
D．若a  a ，则a  a
3 
1 
4 
2
1
3
1
2
【答案】B
【解析】取特殊值可排除 A、C、D，由均值不等式可得a
1
2 a3

 2a a  2a2 ．
1 
3 
2
2
16．(2011 辽宁)若等比数列 {an}满足a a 
16n ，则公比为
n
n1
A．2
B．4
C．8
D．16
【答案】B
a a
16n1
16
a a 
 
n ，得an1an2
16 
 ，两式相除得 n1 n2
n 1

16，
【解析】由
n
n1
16n
anan1
∴q 16，∵a a 
16n ，可知公比q 为正数，∴q  4 ．
2
n n1
1
17．(2019•新课标Ⅰ，理 14)记 S 为等比数列{a }的前n 项和．若a  ， 
a
2
4  a ，则 S 
．
n
n
1
6
5
3
121
3
【答案】
1
3(135 )
121
3
【解析】在等比数列中，由a4
2  a6 ，得q6a2
1  q5a 0，即q  0 ，q  3 ，则 S 

．
1
5
13
3
18．(2019•新课标Ⅰ，文 14)记 S 为等比数列{a }的前n 项和，若a 1， S  ，则 S 

．
n
n
1
3
4
4
5
8
【答案】
3
1 q

3
3
1
【解析】等比数列{a }的前n 项和，a 1，S  ，q 1，
 ，整理可得，q2  q   0 ，解
n
1
3
4
1 q
4
4
1
1
1
1
1 q

4
5
16
1
可得，q   ，则 S 

 ．
4
2
1 q
8
2
 



 

126 ，则
19．(2015 新课标Ⅰ ，文 13)数列 a 中 a 
2,a
2a ,S 为 a 的前 n 项和，若 S
n
1
n1
n
n
n
n
n 
．
【答案】6
2(12 )
12
n
【解析】∵a  2,a 
 2a ，∴数列 a 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，∴ S
 


126 ，
1
n1
n
n
n
∴2n 
64，∴n=6．．

20．(2017•新课标Ⅲ，理 14)设等比数列{a }满足 a  a  1，a  a  3，则a 
．
n
1
2
1
3
4
【答案】8
【解析】设等比数列{a }的公比为q ，a  a  1，a  a  3，a (1 q)  1，a 
(1q 
2)  3，解得a1 1，
n
1
2
1
3
1
1
q  2 ，则a4 (2)
 8 ．
3
21．(2012 新课标，文 14)等比数列{ a }的前 n 项和为 S ，若 S +3S =0，则公比q =_______
n
3
2
n
【答案】-2
【解析】当q =1 时，S =3a ，S =2a ，由 S +3S =0 得，9a =0，∴a =0 与{ a }是等比数列矛盾，故q ≠
3
2
3
1
2
1
1
1
n
a
1(1q
1q
3) 3a (1q )
1
2
1，由 S +3S =0 得，

0 ，解得q =－2．
3
2
1q
7
63
4
22．(2017 江苏)等比数列{a }的各项均为实数，其前n 项的和为 S ，已知 S  
，S 

，则a8 =
．
n
n
3
6
4
【答案】32
S6 
1q 6
3
a (1q3) 7
【解析】设{a
n}的公比为q ，由题意q 1，由

1 q  9 ，所以q  2 ，由 S
3 
3
1
 
，
S3 
1 q

1q
4
1
1
得a  
，所以a  a q7  27  2  32．
5
1
8
1
4
4
23．(2017 北京)若等差数列 和等比数列 

a b  
 

a
n
b
1 a 
b 
8
满足
，
，
n
1
1
4
4
a2
b2
则
=_____．
【答案】1
 

d  
q
的公比为 ，由题意
a
b
13d  q 8 
3
【解析】设
的公差为 ，
，
n
n
a
2
13
b2 
(2)
所以d 3，q  2 ，所以

1．
24．(2016 年浙江)设数列{a }的前n 项和为S ．若 S  4 ，a 
 2S 1，n N * ，则
n
n
2
n1
n
a = ， S = ．
1
5
【答案】 ．1 121
a  a  4
1
1
1
2
a 1
1
a 
 S 
S  2S 1
 

3(Sn

【解析】由于 
，解得
，由
，所以Sn1
2) ，所以
a  2a 1
n1
n1
n
n
2
1
2
1
3
{S  }是以 
为首项，3 为公比的等比数列，
n
2
2
1 
3
3
   n1，所以 S5 121．
所以Sn
2 
2
25．(2015 安徽)已知数列{a }
n 是递增的等比数列，
a a  9,a a  8 ，则数列{a }
n 的前 n 项和等
1 
4 
2 3
于
．
【答案】2n -1
a a  9
1
4




，而数列
4
【解析】由题意，
，解得a 
1,a 
8 
a 
8,a 
1
或
{a }
是递增的等比数列，
n
a a  a a  8
1
4
1
2
3
1
4
a
4
a1
a (1 q
n) 1 2
n
所以a 1,a 8 ，即q3 
8 ，所以q  2，因而数列
n 
S 
{a }
的前 项和
n
1

 2 1．
n
1
4
n
1q
12
26．(2014 广东)等比数列 的各项均为正数，且a a  4
，则
1 5
a
n
log a + log a + log a + log a + log a = ________．
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
【答案】5
【解析】由等比数列的性质可知a a  a a  a2 ，于是，由a a  4 得a  2 ，
1
5
2
4
3
1
5
3
故a a a a a  32，则log a + log a + log a + log a + log a 
=
1
2
3
4
5
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
log (a a a a a ) log 32 5 ．
2
1
2
3
4
5
2
27．(2014 广东)若等比数列an 的各项均为正数，且
a a  a a  2e ，则
5
10 11
9 12
lna lna lna 
．
1
2
20
【答案】50
【解析】因a 是等比数列，∴a a  a a  a a ，由a a  a a  2e 得
5
n
1
20
10 11
9
12
10 11
9 12
a a  e5 ，∴lna lna lna  ln(a a a )  ln(a a )10 =50．
∴
1
20
1
2
20
1
2
20
1 20
28．(2014 江苏)在各项均为正数的等比数列{an} 中，a  
a  a  2a ，则a 的值
1,
2
8
6
4
6
是
．
【答案】4
【解析】 设等比数列{a } 的公比为q ，q  0 ．则a  a  2a ，即为a q
4
4  a
4q 2 2a
4 ，解得q  2 (负
2
n
8
6
4
值舍去)，又a2 1，所以a  a q 4 ．
4
6
2
29．(2013 广东)设数列{a } 是首项为 ，公比为
1
2
的等比数列，则
n
a | a | a | a |
．
1
2
3
4
【答案】15
【解析】a 1,a  2,a  4,a  8 ，∴ a | a | a | a | 15．
1
2
3
4
1
2
3
4
 



3 
5
30．(2013 北京)若等比数列 a 满足a 
a =20，a 
a =40，则公比
q=
；前n 项和 Sn =
．
n
2
4
【答案】2, 2n1 2


2 12n
【解析】由a a =q a 
a 得q 2 ；
  

 
   
  
a 
a
a q q3 =20，得a 
2 ；∴ S


 2n 1  2 ．

3
5
2
4
2
4
1
1
n
12
1
31．(2013 江苏)在正项等比数列an中，
a 
5
，a a  3
．则满足
2
6
7
a a a ...a  a a a ...a 的最大正整数n 的值为
．
1
2
3
n
1
2
3
n
【答案】12

1
2


1
a
1q
4
【解析】设正项等比数列{a } 首项为 a ，公比为 q，则： 

，得： a1 ＝
，q＝2，
n
1
32



a q (1 q) 3
1
5
(n1)n
2n 1
(n1)n
2n 1
a
n 26 n
 ．记T  a  a  a 
n
1
2
n
，  a a a  
2
2
．T   ，则
n
n
 2
2
，
，
n
1
2
n
5
25
2
1
2
11
n2  n5
1
11
 
n 5 时，n 13 121
化简得：2n 1  2
，当n  n2
12
．当 n＝12 时，
T  
12
2
12
2
2
2
当 n＝13 时，T   ，故n 
12．
13
13
max
 



32．(2012 江西)等比数列 a 的前 n 项和为 S ，公比不为 1．若 a 
1 ，且对任意的 n N 
都
有
n
n
1

a 
a 
2a  0 ，则 S =_________________．
n2
n1
n
5
【答案】11
【解析】由a 
a 
2a  0 ，可得a q
n
2 a q 2a  0 ，由a 1 可知a  0,q 1，求得公比q  2 ，
n2
n1
n
n
n
1
n
可得 S5 =11．
a 0 
1
2(a  a 
)  5a
n 
n2 
n1
，则数列an的公比
33．(2012 辽宁)已知等比数列{an} 为递增数列，若
q 
．
，且
【答案】2
1
2
【解析】2(a a ) 5a ,2a (1q 2) 5anq,2(1q 
) 5q,解得q  2 或q 
2
n
n2
n1
n
因为数列为递增数列，且a1  0,所以q 1,q  2 ．
34．(2012 浙江)设公比为q(q  0)的等比数列{a }的前n 项和为 S ．若 S  3a 2 ，
n
n
2
2
S  3a 2 ，则q 
．
4
4
3
2
【答案】

2
4
a (1 q )
1
 3a
1q 2 


2a q

2 3a q a 2q 2 0 
 1 q

1
1
1
【解析】依题意可得，

a (1q )
2a q

4 3a1q3 a1 2q 2  0
1
 3a1q3 2 
1

 1 q

两式相减可得2a1q
4 2a1q2 3a1q3 3a1q  0 ，即2q4 2q2 3q 3q  0 ，
3
3
3
解得q  1(舍)或q  0 或q  
．因为q  0 ，所以q  
．
2
2
1
35．(2011 北京)在等比数列{a }中，a  
，a  4 ，则公比q =_____
_________；
n
1
4
2
a  a ... a ____________．
1
2
n
1
2
n1 
【答案】2
2
1
2 (12 )
n
1
1
a  a q3 得4  q3 ，解得q  2 ，a a  

a
2n1．
【解析】
4
1
1
2
n
12
2
2
36．(2017•新课标Ⅱ，文 17)已知等差数列{a }的前n 项和为 S ，等比数列{b }的前n 项和为T ，a  1，
n
n
n
n
1
b 1，a b  2 ．
1
2
2
(1)若a  b  5 ，求{b }的通项公式；
3
3
n
(2)若T  21，求 S ．
3
3
【解析】(1)设等差数列{a }的公差为d ，等比数列{b }的公比为q ，
n
n
a  1，b 1，a b  2 ，a  b  5 ，
1
1
2
2
3
2
3
可得1 d  q  2 ，12d  
q
5，
解得d 1，q  2 或d  3，q  0 (舍去)，
则{bn}的通项公式为bn
(2)b 1，T  21，
2
n1 ，nN *；
1
3
可得1q q 
解得q  4 或5 ，
当q  4 时，b  4，a  2  4  2 ，
2  21，
2
2
d  2  (1)  1 ， S3  1 2 3  6 ；
当q  5 时，b  5 ，a  2 (5)  7 ，
2
2
d  7 (1)  8 ， S3  1 7 15  21．
a
n
n
37．(2018•新课标Ⅰ，文 17)已知数列{a }满足a 1，na 
 2(n 1)a ，设b 
．
n
1
n1
n
n
(1)求b ，b ，b ；
1
2
3
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明文由；
(3)求{an}的通项公式．
【解析】(1)数列{a }满足a 1，na 
 2(n 1)an ，
n
1
n1
a
n1
n     1  
an
则：
 2 (常数)，
n
a
n
n
由于bn 
，
b
n1
bn
故：
 2 ，
数列{b }是以b 为首项，2 为公比的等比数列．
n
1
整文得：bn b 2n 12
n1 ，
1
所以：b 1，b  2，b  4 ．
1
2
3
(2)数列{bn}是为等比数列，
b
n1
bn
由于
 2 (常数)；
(3)由(1)得：bn 2
n1 ，
a
n
n
根据bn 
，
所以：an  n2n 1
．

38．(2018•新课标Ⅲ，理文 17)等比数列{a }中， a 1，a  4a ．
n
1
5
3
(1)求{an}的通项公式；
(2)记 S 为{a }的前n 项和．若 S  63，求m ．
n
n
m
【解析】(1)等比数列{a }中，a 1，a  4a ．
n
1
5
3
1q4  4(1q ) ，
2
解得q  2 ，
当q  2 时， an2
n1 ，
当q  2 时， an (2)n 1
，

{a }的通项公式为，a  2n1 ，或an (2)n1 ．
n
n
(2)记 S 为{a }的前n 项和．
n
n
a
1(1 q
1 q
n) 1(2)n
1(2)n
当a 1，q  2 时， S 


，
1
n
1(2)
3
1(2)m
由S  63，得 S 
 63，mN ，无解；
m
m
3
a
1(1q 
1q 
n) 12 n
当a 1，q  2 时， S 

 2 1，
n
1
n
12 
由S  63，得 S  2
m 163，mN ，
m
m
解得m  6 ．
 



39．(2014 新课标Ⅱ，理 17)已知数列 a 满足a =1，a
3a 
1．
n
1
n1
n

n
1
2
(Ⅰ)证明 a 
是等比数列，并求 a 的通项公式；
 

n
1
1
1
3
(Ⅱ)证明：

…+ 
 
．
a1 
a2
an
2
1
2
a 

1
1
n1
【解析】(Ⅰ)∵a 
 3a 1，∴a 
  3(a  ) ，即：
 3
n1
n
n1
n
1
2
2
(a  )
n
2
1 
3
1
3
又a   ，∴{a  }是以 为首项，3 为公比的等比数列．
1
n
2 
2
2
2
3
n
1
1 
3
  

n1
3
，即an 
∴a
n
2 
2
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知an  
1 ，∴
3n
1
2
1
n1


(nN*)
2
n 
an 
3 
1 3
1
1( )n
1
1
1
1 
1
∴ 
 
 
1  

a 
a 
an
3 3
1
3
1
3
2
3

 [1 ( ) ]
n
2
3n
1
2
3
1
1
2
3
1
1
1
3
2
故： 
 

a2

a
1
an
3
40． (2013 天津)已知首项为 
的等比数列{a }的前 n 项和为 S (n N*)， 且2S ,S ,4S
成等差数列．
4
n
n
2
3
2
(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式；
1
13
6
(Ⅱ) 证明 Sn

(n  N*) ．
Sn
 


【解析】(Ⅰ)设等比数列 a 的公比为q ，因为 2S ， S ，4S 成等差数列，
n
2
3
4
所以 S 2S  4S S ，即 S S  S S ，可得2a  a ，
3
2
4
3
4
3
2
4
4
3
a
4
a3
1
3
于是q 
  ．又a  
，所以等比数列 a 的通项公式
为
 

n
1
2
2
n1
3  1 
  
3
2n
a
n

 (1)n 1 

．
2  2  
 1 n
(Ⅱ) S 1  ，
n
 2 

1
2 
, n 为奇数

n
2 (2 1)
n
n
1
 1 
 2 
1

Sn 
1 

 



S
n


n
1
1

1 
2+
,n 为偶数




n
n
 2 
 
2 (2 
1)
1
1
1 
13
当n 为奇数时， Sn 
随n 的增大而减小，所以Sn 
 S1 
 S2 

．
Sn
Sn
S1
6
1
1
1
25
当n 为偶数时， Sn
随 的增大而减小，所以
n
S 
n

．
Sn
Sn
S2 
12
1 
13
故对于nN * ，有 Sn 

．
Sn
6
41．(2011 江西)已知两个等比数列{a },{b }，满足a  a(a  ),b a ,
n
n



b a  ,b a  ．




(Ⅰ)若a ，求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ )若数列{an}唯一，求a 的值．
【解析】(Ⅰ)设{an} 的公比为q ，
b 1 a  2,b  2  aq  2  q,b  3  aq
2  3  q2
则
1
2
3
由b ,b ,b 成等比数列得(2 q) 2  2(3 q )
2
1
2
3
即q2 4q 2  0,解得q  2  2,q  2  2
1
2
 

所以{an} 的通项公式为an 
(2
2)n1 或  (2
a
2)n1
),
.
n
(Ⅱ )设{an} 的公比为q ，则由(2 aq)
得aq  4aq 3a 1  0(*)
由a  0 得  4a
2  (1 a)(3 aq2
2
2 4a  0 ，故方程(*)有两个不同的实根
1
由{an} 唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得a.
3
42．(2013 湖北)已知 S 是等比数列{a }的前n 项和，S ，S ，S 成等差数列，
n
n
4
2
3
且a2 
a3 a4 
 18 ．


(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)是否存在正整数n ，使得Sn 
2013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；

若不存在，说明理由．
【解析】(Ⅰ)设数列{a }的公比为q ，则a  0 ，q  0 ． 由题意得
n
1
 S  S  S  S ,
 a q
2 a1q
a q(1q q 

1
3  a1q2,
a1  3,
解得
2
4
3
2

1

即
a  a  a  18,
2)  18,
q  2.
2
3
4
故数列{an}的通项公式为an 3(2)n 1
．

3[1(2) ]
1(2)
n
(Ⅱ)由(Ⅰ)有 Sn 
1(2)
 2013，即(2)
0， 上式不成立；
 2  2012，即2  2012 ，则n 11．
n ．
若存在n ，使得 Sn  2013，则1(2)n
n  2012.
当n 为偶数时，(2)
当n 为奇数时，(2)
n
n
n
n
综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的 n 的集合为{n n  2k 1, k N, k 
5}．
考点 60 等差数列与等比数列的综合问题
q
{a b }
是公比为 的等比数列，已知 
的前 项和
n 
n
n
{a }
d
是公差为 的等差数列，
{b }
1．(2020 江苏 11)设
n
n
Sn  n 2 n 2 n 1(nN *) ，则d q 的值是________．
【答案】3
【解析】∵{a b }
n
的前 项和
S  n
n
2 n 2 n 1(nN ) ，
*
n
n
当n 1
时，a b 1 ；
1
1
当n 2 时，a b S
n S
n1 
2n 2 2n 1

 

，∴a b  4，从而有d q  (a b )(a b )  3．
n
n
2
2
2
2
1
1
2．(2016 课标卷 1，理15)设等比数列满足 a +a =10，a +a =5，则 a a …a 的最大值为
．
1
3
2
4
1 2
n
【答案】64
1
1
2
2
【解析】由 5=a a  q(a a ) 10q ，解得q = 
，所以a a ( ) 10 ，解得a =8，所以数列{a }
2
4
1
3
1
1
1
n
2
n(n1)
n2 n
7nn2
1
是递减数列，因为a  a q  ，所以a a a  a
1
n
1 q123(n1) 8 
n( )
2
 23n
2
 2
2
，当n  3 或 4
3
4
1
1
2
n
2
12
2
时，表达式取得最大值：2
 2  64．
6
3．(2013 重庆)已知 是等差数列，a 1
1
，公差d  0 ，S 为其前 项和，若a ,a ,a
1 
2 
5
成等比数列，则
a
n
n
n
S8  _____ ．
【答案】64
87
【解析】由a 1 且a ,a ,a 成等比数列，得a (a 4d)  (a d)2 ，解得d  2 ，故S 8a 
d  64．
1
1
2
5
1
1
1
8
1
2
4．(2011 江苏)设1  a  a  a ，其中 a ,a ,a ,a 成公比为 q 的等比数列， a ,a ,a 成公差为 
1
1
2
7
1
3
5
7
2
4
6
的等差数列，则q 的最小值是________．
3 3
【答案】
【解析】设a2 t ，则1≤t ≤q ≤t 1≤q
2 ≤t 2 ≤q 3 ，由于t≥1，所以q≥max{t, t 1, t 2}，
3
故q 的最小值是3 3
．
5．(2017•新课标Ⅰ，文 17)记 S 为等比数列{a }的前 n 项和．已知 S  2 ， S  
6 ．
n
n
2
3
(1 )求{an}的通项公式；
(2)求 S ，并判断 S ， S ， S 
是否成等差数
列．
n
n1
n
n2
【解析】(1)设等比数列{a }首项为a ，公比为q ，
n
1
a
3
q2
8
a
3
q
8
则a  S  S  6  2  8 ，则a 

，a2 

，
3
3
2
1
q2
q
8 8
由a  a  2 ，

 2 ，整理得：q2 4q 4 0 ，解得：q  2 ，
1
2
q2
q
则a1  2 ，an (2)(2)n 1 ( 2)
，
 

n
{a }的通项公 式a (2)n ；
n
n
a (1q 
1q 
n) 2[1(2)n]
[2 ( 2)n 1]，
 1  
(2)由(1)可知： Sn1


1(2)
3
 1   
n2 ， Sn2   [2 (2)n3]，
[2 ( 2)
]
1
则S
n1
3
3
 1  
[2 ( 2)n]  [2 ( 2)n
1
 
]，
由Sn1 
 Sn2
2
3
3
3
1
  [4 (2)(2)n1  (2) 2 (2)n1]，
3
1
1
  [4 2(2)n1]  2[ (2 (2)n1)]，
3
3
 2Sn ，
即Sn1  Sn2  2Sn ，
S ，S ， S 
成等差数列．
n1
n
n2
6．(2019•新课标Ⅱ，理 19)已知数列{a }和{b }满足a 1，b  0 ，4a 
 3a b  4 ，4b 
 3b  a  4 
．
n
n
1
1
n1
n
n
n1
n
n
(1)证明：{a b }是等比数列，{a b } 是等差数列；
n
n
n
n
(2)求{a }和{b }的通项公式．
n
n
【解析】(1)证明：4an1  3a b  4 ，4b 
 3b  a  4 ；
n
n
n1
n
n
4(an1 b )  2(a b ) ，4(a 
b )  4(a b ) 8 ；
n1
n
n
n1
n1
n
n
1
即an1 bn1  (a b ) ，a 
bn1  a b  2 ；
n
n
n1
n
n
2
又a  b 1，a b 1，
1
1
1
1
1
{a b }是首项为 1，公比为 的等比数列，
n
n
2
{a b } 是首项为 1，公差为 2 的等差数列；
n
n
1
(2)由(1)可得：a b  ( )n1 ，
n
n
2
a b 1 2(n 1)  2n 1；
n
n
1
1
1
2
1
a  ( )n  n  ，b  ( )n  n  ．
n
n
2
2
2
7．(2019•新课标Ⅱ，文 18)已知{a }的各项均为正数的等比数列，a  2 ，a  2a 16 ．
n
1
3
2
(1)求{an}的通项公式；
(2)设b  log a ，求数列{b }的前n 项和．
n
2
n
n
【解析】(1)设等比数列的公比为q ，
由a  2 ，a  2a 16 ，得2q  4q 16，
2
1
3
2
即q2 2q 8 0 ，解得q  2 (舍)或q  4 ．
 a  a qn1  24n1  22n1 ；
n
1
(2)bn 
log2 an 
log2 22n 1 2n 1，


b 1，b 
b  2(n 1) 1 2n 1 2 ，
1
n1
n
数列{bn}是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，
n(n 1)2
则数列{b }的前n 项和T  n1
 n ．
2
n
n
2
1
8．(2016•新课标Ⅰ，文 17)已知{a }是公差为 3 的等差数列，数列{b }满足b 1，b  ，a b 
b 
 nbn ．
n
n
1
2
n
n1
n1
3
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)求{bn}的前n 项和．
【解析】(Ⅰ)a b 
b 
 nbn ．
n
n1
n1
当n 1 时，a b b  b ．
1 2
2
1
1
b 1，b  ，
1
2
3
a1  2 ，
又{an}是公差为 3 的等差数列，
an  3n 1，
(Ⅱ)由(I) 知：(3n 1)bn1 bn1  nbn ．
即3bn1  bn ．
1
即数列{b }是以 1 为首项，以 为公比的等比数列，
n
3
1
1( )n
{b } 的前 n 项和 S 
 (13n )  3 
3
1
．
3
n
n
1
2
2 23n1
13
1
1
9．(2011 课标，文 17)已知等比数列{ a }中，a = ，公比q = ．
n
1
3
3
1a
(Ⅰ) S 为{ a }的前n 项和，证明： S =
n ；
n
n
n
2
(Ⅱ)设b =log a log a log a ，求数列{b }的通项公式．
n
3
1
3
2
3
n
n
1 
1
a  
1
n1 
【解析】(Ⅰ)因为
( )
3 
3
.
n
n
3
1
1
1
(1 
) 1
n
1a
n
3
3
n
3
Sn =
=
=
1
2
2
13
n(n 1)
(Ⅱ)b  log a  log a  log a  (1 2  n) 

n
3
1
3
2
3
n
2
n(n 1)
所以{bn}的通项公式为b  
n
.
2
{a }
n
S

*
{b } 
n
是等比数列，公比大于 0，其前 项
n
10．(2018 天津)设
是等差数列，其前 项和为 
( n N )；
n
n
和为T

*
b 1 b  b 2 
b  a a
(n N )．已知
， 
， 
，
1 
3 
2 
4 
3 
5
n
b  a  2a ．
；
5
4
6
S 和T
n
(1)求
n
S (T T T )  a 4b
n
n
，求正整数 的值．
(2)若
n
1
2
n
n
【解析】(1)设等比数列{b }的公比为q ，由b 1，b  b 2 ，可得
2
q q 2  0 ．
n
1
3
2
12

n
因为q  0 ，可得q  2 ，故b
n2
n 1
 ．所以Tn 
 2 1．
n
1 2
设等差数列{a }的公差为d ．由b  a a ，可得a 3d  4 ．
n
4
3
5
1
由b  a  2a ，可得3a 13d 16, 从而a 1,d 1，
5
4
6
1
1
n(n 1)
故a  n ，所以 S 
．
n
n
2
T T  

T
(2
1  

23
2n) n  2n 1 n 2.
 

(2)由(1)，知
1
2
n
n(n 1)
由S (T T T )  a 4b 可得
2 
n 1 n 2  n 2n1 ，
n
1
2
n
n
n
2
整理得n
3n 4  0，解得n  1(舍)，或n  4 ．所以n 的值为 
4．
2
11．(2015 四川)设数列{a }的前n 项和 S  2a a ，且a ,a 1,a 成等差数列
n
n
n
1
1
2
3
(1)求数列{an}的通项公式；
1
1
(2)记数列{ }的前n 项和T ，求得|T 1|
成立的n 的最小值．
n
n
a
n
1000
【解析】(1)由已知 s  2a a 有a 
s 
s
 



  
，
2a 
2a 
n 2
n1
n
n
1
n
n
n1
n
  
，
n1
即a 
2a 
n 2

n
从而a  2a ,a  4a ．
2
1
3
1
又因为a ,a 1,a 成等差数列，即a a  2(a 1) ．
1
2
3
1
3
2
所以a 4a  2(2a 1) ，解得a  2 ．
1
1
1
1
a  2
n
n
所以，数列{an} 是首项为 2，公比为 2 的等比数列．故
．
1
1
(2)由(1)得

．
an
2n
1
2
1
n
2
1
[1( ) ]
1 
1
1
1
1
所以T  


 1
．
n
2
3
2 n
2n
2 2
2
12
1
1
1
由|Tn 1|
，得|1 
1|
，即2 1000．
n
1000
2n
1000
因为2 51210001024 210 ，
9
所以n 10．
1
于是，使|Tn 1|
成立的 n 的最小值为 10．
1000
12．(2014 福建)在等比数列{a }中，a  3,a  81．
n
2
5
(Ⅰ)求an ；
(Ⅱ)设b  log a ，求数列{b } 的前n 项和 S ．
n
3
n
n
n
 a1q  3
a1q4 81
a1 1
【解析】(Ⅰ)设{an}的公比为q ，依题意得
，解得
，
q  3

因此，an
3
 n1 ．
(Ⅱ)因为b  log a  n 1 ，
n
3
n
n(b b ) 
n n
2
∴数列{bn}的前n 项和S 
n
1
n 
．
2
2
3n2 n，nN  ．
13．(2014 江西)已知数列an的前n 项和S 
n
2
(Ⅰ)求数列an的通项公式；
(Ⅱ)证明：对任意n 1，都有mN  ，使得a，a ，a 成等比数列．
1
n
m
3n2 n，

a  S 1，当n  2 
a  S  S 
 3n  2,
所以 
时
1 
1 
n 
n 
n1
【解析】(Ⅰ)因为 Sn
2
又n 1 时，所以数列
a
n
a  3n  2,
n
的通项公式为
a，a ，a 成等比数列，只需要an
2  a a ，
1 m
(Ⅱ)要使得
1
n
m
即(3n 2) 2 1(3m 2),即m 3n2 4n 2．而此时mN  ，且m  n,
a，a ，a
所以对任意n 1
，都有mN
 
，使得
成等比数列．
m
1
n
14． (2012 山东)已知等差数列{an}的前 5 项和为 105，且a10 
 2a5 ．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)对任意mN ，将数列{an}中不大于72m 的项的个数记为b ．求数列{b } 的前 m 项和 S ．
m 
m 
m
*
5a1 10d 105,
【解析】(Ⅰ)由已知得：a 9d  2(a  4d),
1
1
解得a1 
 7,d  7 ，
所以通项公式为an  7  (n 1)7  7n ．
(Ⅱ)由an 
7n 72m ，得n  72m1 ，即

b  72m1
．
m
b
k 
bk
1
7
7
2m1
2m1

 49 ，
∵
∴{bm} 是公比为 49 的等比数列，
7(149m)
7
S 
m

(49m 1) ．
∴
149
48
15．(2012 湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2000 万元，将其
投入生产，到当年年底资金增长了 50％．预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业
从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上
缴资金后的剩余资金为an 万元．
(Ⅰ)用d 表示a ,a ，并写出a 
与an 的关系式；
1
2
n1
(Ⅱ)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为 4000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用
m 表示)．
【解析】(Ⅰ)由题意得a1  2000(150%)d  3000d ，
3
a  a (150%)d  a d ，
2
1
1
2
3
a 
 a (150%)d  a d ．
n1
n
n
2
3
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)得an an1 
d 
3
3
 ( ) a 
 d d 
2
n2
2
2
3 3
 ( a 
d) d 
n2
2 2

3
 
3
 

3
3



( )n 1a 
d 1


( )2 ( )n 2

 ．
1
2
 
2
2
2
3
 3

 2


an 
( )n 1(3000d) 2d ( )n 1 1


整理得


2
3
( )n 1(3000 3d) 2d



．
2
3
由题意，an 
4000, ( )n 1(3000 3d) 2d 4000,






2
 3
( )


n 2 1000


1000(3 2n1
)
n
 2
解得d 

．
3
n n
3 
2
( ) 1
n
2
1000(3 
)
2n1
n
d
故该企业每年上缴资金 
的值为缴
时，经过m(m  3)
年企业的剩余资金为 4000 元．
3
n 2n
16．(2012 山东)在等差数列a 中，a  a  a  84 ，a  73
n
3
4
5
9
(Ⅰ)求数列an 的通项公式；
内的项的个数为b ，求数列b 的前
m
项
(Ⅱ)对任意的m  N
*
，将数列
a
n 
中落入区间9
m,92m
m
m
和Sm ．
3a 84,a  28,
【解析】：(Ⅰ)由 a +a +a =84，a =73 可得
而 a9=73，则
3
4
5
5
4
4
5d  a  a  45,d  9 ，a  a  d  2827 1，
3

9
4
1
4
于是a 1 (n 1)9  9n 8 ，即a  9n 8 ．
n
n
(Ⅱ)对任意 m∈N﹡，9m  9n 8  92m ，则9 8  9n  92m 8 ，
m
8
8
9
m
1    9
n
2m1 ，而nN *，由题意可知bm  92m1 9m1
，
即
9
9
S  b b b  
 
92
m
1 (90  

91
93
91
9m1
)
于是
m
1
2
m
9 92m1 
19 m
92m1 9  9 m 1  92m1 109
m 1  9
2m1 1  9 m



，
192
1 9

80
8
80
80
8
2m1 1  9 m
9
即S m 
．
80
8
a
n b
n
17．(2012 江苏)已知各项均为正数的两个数列{a }和{b }满足：a 

n1
，nN ．
n
n
an
2 bn
2

2 
 
 

b
b
n
(Ⅰ)设bn1
(Ⅱ)设bn1
  
， N ，求证：数
列
1
n
n
 
 

是等差数列；
an
a
n
 
 



b
2 n
n
， N ，且
a 
b
{an}是等比数列，求 和 的值．
1 
1
an
b
n
a
n
1
a
n b
n
b
n1
a 

n1


【解析】(Ⅰ)由题意知
，
a2 bn
2
 

2
 

2
b
b
n
 
a
n
n
1
n
1


a
n
 

2
2
2
 


 
 

b
n1 
b
n
an1
b
n1
a
n1
bn
所以
 1
，从而
 

 1(nN )
*
an
 

an
 
 



2
 

 b

所以数列
n  是以 1 为公差的等差数
列．
a
n
 
 



  

2
a 
b
(Ⅱ)a  0, b  0 ．所以
n
n
 a2 b2  (a b )2 ，
n
n
n
n
2
n
n
a
n b
n
从而1 a 


2
(*)
n1
a2 b2
n
n
设等比数列{a }的公比为q ，由a  0,知q  0,下证q 1．
n
n
a
2
q
2
若q 1，则a 
 a2  2 ．故当n  logq
，a 
 a qn  2 ，与(*)矛盾；
1，与(*)矛盾；
1
n1
1
a1
a
2
q
1
若0  q 1，则a 
1
 a2 1．故当n  logq 
，a 
 a qn
n1
1
a1
综上：q 1 故a  a ，所以1 a  2 ．
n
1
1
b
n
an
2
2
又
则
b 

2 
b ，所以{b }是以公比为
的等比数列，若a1  2 ，
n1
n
n
a1
a1
a
1 a 2
1
2a2
2
a
1 b
1，于是b b b ，又由a 
，nN ，得b
n 
1 ，
n
1
2
3
1
2
1 
a1
a
12 bn
2
a 
1
a
1 a 2
1
2 a
1

2
所以b ,b ,b 中至少有两项相同，矛盾．所以a  2 ，从而b 
n
 2 ，所以a b  2 ．
1
2
3
1
2
1
1
a 
1
1