高考定位 1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现; 2.数列
的通项也是高考热点,难度中档以下.
【真题体验】
1.(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和.若S3＝6,S5＝－5,则S6＝( )
A.－20
B.－15
C.－10
D.－5
答案 B
解析 由S3＝3a2＝6,S5＝5a3＝－5,
得a2＝2,a3＝－1,
所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3,
所以a6＝a3＋3d＝－10,
所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15.
2.(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n 项和,q 为{an}的公比,q>0.若S3＝7,a3＝1,则(
)
A.q＝1
2
B.a5＝1
9
C.S5＝8
D.an＋Sn＝8
答案 AD
解析 由已知,得S3＝a1＋a2＋a3＝
a3
q
2 ＋a3
q ＋a3＝1
q
2 ＋1
q＋1＝7,即6q2－q－1＝(2q－1)(3q＋1)＝0,
因为q>0,所以q＝1
2,A 正确;
a5＝a3q2＝1×(
1
2)
2
＝1
4 ,B 错误;
S5＝S3＋q＋q2＝31
4 ,C 错误;
an＝a3qn－3＝23－n,
Sn＝
a3
q
2 (1−q
n)
1−q
＝
4[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
＝8－23－n,
所以an＋Sn＝8,D 正确.
3.(2025·新高考Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数,且前4 项的和等于4,前8 项的和等于68,则
这个数列的公比等于 .
答案 2
解析 法一 设等比数列为{an},其公比为q,前n 项和为Sn,
因为等比数列{an}的各项均为正数,所以q>0,
又S4＝4,S8＝68,所以q≠1.
由S4＝4 得a1(1−q
4)
1−q
＝4,①
由S8＝68 得a1(1−q
8)
1−q
＝68,②
②
①得1−q
8
1−q
4 ＝68
4 ,
即(1＋q
4)(1−q
4)
1−q
4
＝1＋q4＝17,
所以q4＝16,又q>0,所以q＝2.
法二 设等比数列为{an},其公比为q,前n 项和为Sn,
因为等比数列{an}的各项均为正数,所以q>0,
又S4＝4,S8＝68,
所以q4＝
S8−S4
S4
＝64
4 ＝16,
又q>0,所以q＝2.
4.(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项为正数,记Sn为{an}的前n 项和,从下面①②③中选取两个作
为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列{√Sn}是等差数列;③a2＝3a1.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解 若①③②
⇒
.
已知{an}是等差数列,a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d,
则a2＝3a1＝a1＋d,得d＝2a1,
所以Sn＝na1＋n(n−1)
2
d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数,
所以√Sn＝n√a1,
所以√Sn＋1－√Sn＝(n＋1)√a1－n√a1＝√a1(常数),所以数列{√Sn}是等差数列.
若①②③
⇒
.
已知{an}是等差数列,{√Sn}是等差数列.
设数列{an}的公差为d,
则Sn＝na1＋n(n−1)
2
d
＝1
2n2d＋(a1−d
2)n.
因为数列{√Sn}是等差数列,
所以数列{√Sn}的通项公式是关于n 的一次函数,
则a1－d
2＝0,即d＝2a1,
所以a2＝a1＋d＝3a1.
若②③①
⇒
.
已知数列{√Sn}是等差数列,a2＝3a1,
所以S1＝a1,S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{√Sn}的公差为d,d>0,
则√S2－√S1＝√4 a1－√a1＝d,得a1＝d2,
所以√Sn＝√S1＋(n－1)d＝nd,
所以Sn＝n2d2,
所以n≥2 时,an＝Sn－Sn－1
＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2,
对n＝1 也适合,所以an＝2d2n－d2,
所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数),
所以数列{an}是等差数列.
【热点突破】
热点一 等差、等比数列的基本运算
1.等差数列的通项公式:an＝a1＋(n－1)d.
2.等比数列的通项公式:an＝a1·qn－1.
3.等差数列的前n 项和公式:
Sn＝n(a1＋an)
2
＝na1＋n(n−1)
2
d.
4.等比数列的前n 项和公式:
Sn＝{
a1(1−q
n)
1−q
＝a1−anq
1−q
,q≠1,
na1,q＝1.
例1 (1)(2025·秦皇岛模拟)设等比数列{an}的前n 项和为Sn,若
S12
S6
＝3,则
a9＋a11
a3＋a5
＝( )
A.1
B.2
C.3
D.4
(2)(2025·太原模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,且S5＝4a4－1,{
2Sn
an }(n∈N*)是以1 为公差的
等差数列,则下列结论正确的是( )
A.a5＝10
B.S5＝15
C.a10＝20
D.S10＝30
答案 (1)B (2)B
解析 (1)当q＝1 时,S12＝12a1,3S6＝18a1,
且a1≠0,则S12≠3S6,不合题意;
当q＝－1 时,S6＝0,不合题意;
当q≠1 且q≠－1 时,S12＝3S6,
即a1(1−q
12)
1−q
＝3×a1(1−q
6)
1−q
,解得q6＝2,
a9＋a11
a3＋a5
＝a1(q
8＋q
10)
a1(q
2＋q
4) ＝q6＝2.
(2)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
因为S5＝4a4－1,所以5a1＋5(5−1)
2
d＝4(a1＋3d)－1,
得到5a1＋10d＝4a1＋12d－1,即a1＝2d－1,
因为{
2Sn
an }是以1 为公差的等差数列,
所以
2S2
a2
－2S1
a1 ＝1,
则
2[2a1＋2(2−1)
2
d ]
a1＋d
－2＝1,
化简得4a1＋2d＝3a1＋3d,
即a1＝d,因为a1＝2d－1,
所以d＝2d－1,解得a1＝d＝1,
则an＝1＋n－1＝n,下面我们开始分析各个选项,
对于A,a5＝5,故A 错误;
对于B,S5＝5＋5(5−1)
2
＝15,故B 正确;
对于C,a10＝10,故C 错误;
对于D,S10＝10＋10(10−1)
2
＝55,故D 错误.
规律方法 等差、等比数列的基本量问题的求解
(1)抓住基本量:首项a1、公差d 或公比q.
(2)熟悉一些结构特征,如前n 项和为Sn＝an2＋bn(a,b 是常数)形式的数列为等差数列,通项公式为
an＝p·qn－1(p,q≠0)形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置,所以常用两式相除(即比值的方
式)进行相关计算.
训练1 (1)(2025·蚌埠二模)已知公差不为0 的等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S15＝5(a5＋a7＋ak),
则正整数k 的值为( )
A.11
B.12
C.13
D.14
(2)(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0 的等差数列,a1＝－2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10＝( )
A.－20
B.－18
C.16
D.18
答案 (1)B (2)C
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
由S15＝5(a5＋a7＋ak),
得15a1＋15×14
2
d＝5[a1＋4d＋a1＋6d＋a1＋(k－1)d],
所以(k－1)d＝11d,又d≠0,所以k＝12.
(2)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
因为a3,a4,a6成等比数列,且a1＝－2,
所以a4
2＝a3a6,
即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d),
解得d＝2 或d＝0(舍去),
所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16.
热点二 等差、等比数列的性质
1.通项性质:若m＋n＝p＋q＝2k(m,n,p,q,k∈N*),则对于等差数列,有am＋an＝ap＋aq＝2ak,对于等
比数列,有aman＝apaq＝ak
2.
2.前n 项和的性质(m,n∈N*):
对于等差数列有Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…成等差数列;对于等比数列有Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…成等
比数列(q＝－1 且m 为偶数情况除外).
例2 (1)(2025·长春二模)已知{an}为正项等比数列,若lg a2,lg a2 024是函数f(x)＝3x2－12x＋9 的两
个零点,则a1a2 025＝( )
A.10
B.104
C.108
D.1012
(2)(多选)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n 项和,则下列命题正确的是( )
A.若d<0,则S1是数列{Sn}的最大项
B.若数列{Sn}有最小项,则d>0
C.若数列{Sn}是递减数列,则对任意的n∈N*,均有Sn<0
D.若对任意的n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列
答案 (1)B (2)BD
解析 (1)由题意可得lg a2,lg a2 024为方程3x2－12x＋9＝0 的两个解,
则lg a2＋lg a2 024＝4,
解得a2a2 024＝104,易知a1a2 025＝a2a2 024＝104.
(2)对于A,取数列{an}为首项为4,公差为－2 的等差数列,S1＝4<S2＝6,故A 错误;
对于B,等差数列{an}中,公差d≠0,Sn＝na1＋n(n−1)
2
d＝d
2n2＋(a1−d
2)n,Sn是关于n 的二次函数.
当数列{Sn}有最小项,即Sn有最小值时,Sn对应的二次函数有最小值,对应的函数图象开口向上,
d>0,B 正确;
对于C,取数列{an}为首项为1,公差为－2 的等差数列,Sn＝－n2＋2n,
Sn＋1－Sn＝－(n＋1)2＋2(n＋1)－(－n2＋2n)＝－2n＋1<0,
即Sn＋1<Sn恒成立,此时数列{Sn}是递减数列,而S1＝1>0,故C 错误;
对于D,若数列{Sn}是递减数列,
则an＝Sn－Sn－1<0(n≥2),
一定存在实数k,当n>k 时,之后所有项都为负数,不能保证对任意n∈N*,均有Sn>0.
故若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列,故D 正确.
规律方法 等差、等比数列性质问题的求解
(1)抓关系,抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手,选择恰当的性质进行
求解.
(2)用性质,数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质
解题.
训练2 (1)(2025·贵阳调研)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S3＝S9＝6,则S12的值为( )
A.0
B.3
C.6
D.12
(2)(多选)(2025·镇江模拟)设等比数列{an}的公比为q,其前n 项和为Sn,前n 项积为Tn,并且满足条
件a1>1,a6a7>1,
a6−1
a7−1<0,则下列结论正确的是( )
A.q>1
B.0<a6a8<1
C.Sn的最大值为S7
D.Tn的最大值为T6
答案 (1)A (2)BD
解析 (1)因为{an}是等差数列,
所以S3,S6－S3,S9－S6,S12－S9成等差数列,
又S3＝S9＝6,
所以6,S6－6,6－S6,S12－6 成等差数列,
则6＋S12－6＝S6－6＋6－S6,则S12＝0.
(2)由条件a1>1,a6a7>1,
a6−1
a7−1<0,
可得a6>1,0<a7<1,
∴
a7
a6＝q∈(0,1),且an＝a1qn－1>0,a1>a2>…>an,
即{an}是递减的正项数列,A 错误;
∴0<a6a8＝a7
2<1,B 正确;
Sn－Sn－1＝an>0,即Sn>Sn－1对任意的n∈N*都成立,C 错误;
∵当n≥7 时,an<1;当1≤n≤6 时,an>1,
∴T6是Tn的最大值,D 正确.
热点三 等差、等比数列的判定与证明
等差数列
等比数列
定义法
an＋1－an＝d
an＋1
an ＝q(q≠0)
通项法
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1·qn－1
中项法
2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
an
2＝an－1an＋1(n≥2,an≠0)
前n 项和法
Sn＝an2＋bn(a,b 为常数)
Sn＝kqn－k(k≠0,q≠0,1)
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.
例3 (2025·佛山质检)已知数列{an}满足a1＝1,a2＝3,an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*).
(1)证明:数列{an＋1－an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若数列{bn}满足4
b1−1·4
b2−1·…·4
bn−1＝(an＋1)
bn(n∈N*),证明:{bn}是等差数列.
(1)证明 ∵an＋2＝3an＋1－2an,
∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an),
∵a1＝1,a2＝3,
∴{an＋1－an}是以a2－a1＝2 为首项,2 为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an＋1－an＝2n(n∈N*),
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1(n≥2),
又a1＝1 符合上式,∴an＝2n－1(n∈N*).
(3)证明 ∵4
b1−1·4
b2−1·…·4
bn−1
＝(an＋1)
bn,
∴4
(b1＋b2＋…＋bn)−n＝2
nbn,
∴2[(b1＋b2＋…＋bn)－n]＝nbn,①
2[(b1＋b2＋…＋bn＋bn＋1)－(n＋1)]
＝(n＋1)bn＋1.②
②－①,得2(bn＋1－1)＝(n＋1)bn＋1－nbn,
即(n－1)bn＋1－nbn＋2＝0,③
则nbn＋2－(n＋1)bn＋1＋2＝0.④
④－③,得nbn＋2－2nbn＋1＋nbn＝0,
即bn＋2－2bn＋1＋bn＝0,
∴bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn(n∈N*),
∴{bn}是等差数列.
易错提醒 1.an
2＝an−1an＋1(n≥2,n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件,判断一个数列是等比
数列时,还要注意各项不为0.
2.{an}为等比数列,可推出a1,a2,a3成等比数列,但a1,a2,a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
3.证明{an}不是等比数列可用特殊值法.
训练3 (2025·山东名校调研)已知数列{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,令cn＝an＋bn.
(1)证明:数列{cn}不是等比数列.
(2)若an＝2n,bn＝3n,是否存在常数k,使得数列{cn＋1＋kcn}为等比数列?若存在,求出k 的值;若不存在,
请说明理由.
(1)证明 设{an},{bn}的公比分别为p,q(p≠q),
要证{cn}不是等比数列,只需证c2
2≠c1c3.
而c2
2－c1c3＝(a1p＋b1q)2－(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)＝－a1b1(p－q)2,
由于p≠q,且a1,b1不为零,
因此c2
2≠c1c3,故{cn}不是等比数列.
(2)解 假设存在常数k,使得数列{cn＋1＋kcn}为等比数列,
则有(cn＋1＋kcn)2＝(cn＋2＋kcn＋1)(cn＋kcn－1),n≥2,
将cn＝2n＋3n代入上式,
得[2n＋1＋3n＋1＋k(2n＋3n)]2＝[2n＋2＋3n＋2＋k(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n＋k(2n－1＋3n－1)],
即[(2＋k)2n＋(3＋k)3n]2＝[(2＋k)2n＋1＋(3＋k)3n＋1]·[(2＋k)2n－1＋(3＋k)3n－1],
整理得12(2＋k)(3＋k)＝13(2＋k)(3＋k),
解得k＝－2 或k＝－3.
当k＝－2 时,cn＋1＋kcn＝2n＋1＋3n＋1＋(－2)·(2n＋3n)＝3n,
此时数列{cn＋1＋kcn}为等比数列;
当k＝－3 时,cn＋1＋kcn＝2n＋1＋3n＋1＋(－3)·(2n＋3n)＝－2n,
数列{cn＋1＋kcn}为等比数列.
所以存在常数k＝－2 或k＝－3,
使得数列{cn＋1＋kcn}为等比数列.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·潍坊模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若a1＝2,a3＋a9＝24,则S6＝( )
A.12
B.14
C.42
D.84
答案 C
解析 因为数列{an}为等差数列,所以a3＋a9＝2a6,所以a6＝12.
所以S6＝6(a1＋a6)
2
＝6(2＋12)
2
＝42.
2.(2025·长沙质检)在递增的等比数列{an}中,若a2a3＝8,a1＋a4＝9,则数列{an}的公比为( )
A.1
2
B.2
C.3
D.4
答案 B
解析 由题设a2a3＝a1a4＝9,易知a1,a4是方程x2－9x＋8＝0 的两个根,
又{an}为递增的等比数列,
所以a1＝1,a4＝8,故公比q＝(
a4
a1)
1
3＝2.
3.(2025·天津红桥区模拟)等比数列{an}的前n 项和Sn,且a1＋a4＝4,a2＋a5＝8,则S6＝( )
A.24
B.28
C.36
D.48
答案 B
解析 设公比为q,则q＝
a2＋a5
a1＋a4
＝2,
所以a3＋a6＝(a1＋a4)q2＝4×4＝16,
所以S6＝a1＋a4＋a2＋a5＋a3＋a6＝4＋8＋16＝28.
4.等比数列{an}的前n 项和为Sn,若S10＝10,S20＝30,则S40＝( )
A.60
B.70
C.80
D.150
答案 D
解析 由题意得q≠－1,且{an}是等比数列,
所以S10,S20－S10,S30－S20,S40－S30成等比数列,
又因为S10＝10,S20＝30,S20－S10＝20,
则S30－S20＝40,S40－S30＝80,
所以S30＝70,S40＝150.
5.在各项均为正数的等比数列{an}中,已知a2>1,其前n 项积为Tn,且T20＝T10,则Tn取得最大值时,n
的值为( )
A.15
B.16
C.29
D.30
答案 A
解析 由T20＝T10,得
T 20
T 10
＝a11a12…a19a20＝(a15a16)5＝1,a15a16＝1,
则a1a30＝a2a29＝a15a16＝1,
由于a2>1,得0<a29<1,
所以等比数列{an}是递减数列,故a15>1>a16>0,则Tn取得最大值时,n＝15.
6.(2025·广安二模)广安白塔始建于1174 年至1224 年间,塔的一至五层为石结构,六至九层为砖结
构,每层均为四方结构(即每层底面为正方形),P 为第一层下底面四边形的外接圆O 内一点,经测算,
每一层的高度恰为过P 的弦的长度的二分之一,并构成等差数列,顶层的高度为过点P 的圆的最短
弦长度的一半,第一层的高度为过点P 的圆的最长弦长度的一半.已知该塔第一层底面四边形的边
长为5√2米,|OP|＝3 米,则塔高为( )
A.41 米
B.40.5 米
C.39.5 米
D.38.7 米
答案 B
解析 设an为第n 层的高度,n≤9,且n∈N*,
由题意,底面为正方形且第一层底面四边形的边长为5√2米,最长弦长为直径,
即a1＝1
2×5√2×√2＝5 米,
最短弦长和最长弦长垂直,
由弦长公式得a9＝√5
2−3
2＝√4
2＝4,
∴a9＝4,
∴h＝9(a1＋a9)
2
＝9(5＋4)
2
＝40.5 米.
7.某软件研发公司对某软件进行升级,主要是对软件程序中的某序列A＝{a1,a2,a3,…}重新编辑,编
辑新序列为A*＝{
a2
a1
, a3
a2
, a4
a3
,…},它的第n 项为
an＋1
an
,若序列(A*)*的所有项都是2,且a4＝1,a5＝32,
则a1＝( )
A. 1
256
B. 1
512
C.
1
1 024
D.
1
2 048
答案 B
解析 设
a2
a1＝t,由题意得A*＝{t,2t,22t,…},
则A*的第n 项为
an＋1
an
＝2n－1t,
则n≥2 时,an＝
a2
a1
·
a3
a2
·
a4
a3
·…·
an
an−1
·a1
＝t·2t·22t·…·2n－2t·a1
＝2
(n−2)(n−1)
2
tn－1·a1.
因为a4＝1,a5＝32,
所以23t3·a1＝1,26t4·a1＝32,
解得t＝4,a1＝1
512.
二、多选题
8.(2025·石家庄质检)已知正项等比数列{an}的公比为q,若a3＋a4＝4(a1＋a2),且a3＝4
3 ,则( )
A.q＝3
B.a5＝16
3
C.1 024
3
是数列{an}中的项
D.a1,a2＋a3,a4成等差数列
答案 BC
解析 由a3＋a4＝4(a1＋a2),
可得q2＝4,所以q＝2,A 错误;
所以a5＝a3×4＝16
3 ,B 正确;
所以an＝a3qn－3＝4
3 ×2n－3＝2
n−1
3 ,
1 024
3
＝2
11−1
3
,故C 正确;
由q＝2,可得a1＝1
3,a2＋a3＝6
3,a4＝8
3,
显然不是等差数列,D 错误.
9.(2025·郑州模拟)设函数f(x)＝3 x＋2
2 x＋3,数列{xn}满足x1＝3
2,xn＋1＝f(xn),则( )
A.x2＝13
12
B.f(xn)＋f(
1
xn)为定值
C.数列{
xn＋1
xn−1 }为等比数列
D.xn<1＋1
5
n−1
答案 ACD
解析 由xn＋1＝f(xn)＝
3 xn＋2
2 xn＋3,x1＝3
2,
则x2＝
3 x1＋2
2 x1＋3 ＝
3× 3
2 ＋2
2× 3
2 ＋3
＝13
12,故A 正确;
由f(xn)＋f(
1
xn)＝3 xn＋2
2 xn＋3 ＋3＋2 xn
2＋3 xn
＝
(3 xn＋2)
2＋(2 xn＋3)
2
(2 xn＋3)(2＋3 xn)
＝
13 xn
2＋24 xn＋13
6 xn
2＋13 xn＋6 ,
显然f(xn)＋f(
1
xn)非常数,故B 错误;
由
xn＋1＋1
xn＋1−1 ＝
3 xn＋2
2 xn＋3 ＋1
3 xn＋2
2 xn＋3 −1
＝
3 xn＋2＋2 xn＋3
3 xn＋2−2 xn−3 ＝5·
xn＋1
xn−1 ,
又
x1＋1
x1−1 ＝5,则
xn＋1＋1
xn＋1−1
xn＋1
xn−1
＝5,
则数列{
xn＋1
xn−1 }是以5 为首项,以5 为公比的等比数列,故C 正确;
则
xn＋1
xn−1 ＝5n,即xn＝
2
5
n−1＋1,
由1＋1
5
n−1－xn＝1＋1
5
n−1 －(
2
5
n−1
＋1)
＝3·5
n−1−1
5
n−1(5
n−1)>0,
则xn<1＋1
5
n−1,故D 正确.
三、填空题
10.(2025·渭南模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,由S13＝6.则3a9－2a10＝ .
答案 6
13
解析 因为数列{an}为等差数列,
则S13＝13a7＝6,即a7＝6
13,
所以3a9－2a10＝(a7＋a9＋a11)－(a9＋a11)＝a7＝6
13.
11.(2025·安庆调研)正项等差数列{an}的前n 项和为Sn,若1
13,a1＋2,S13成等比数列,则
S7
a1
的最小值
为 .
答案 63
2
解析 设{an}的公差为d,
则1
13×S13＝a7＝(a1＋2)2,
得a1＋6d＝(a1＋2)2,
得6d＝a1
2＋3a1＋4,
而an>0,
S7
a1
＝7a4
a1
＝7＋21d
a1 ＝7＋7
2a1＋21
2 ＋14
a1 ≥35
2 ＋2√
7
2 a1× 14
a1
＝63
2 ,当且仅当a1＝2 时取得等
号.
12.(2025·宜荆荆恩调研)已知数列{an}有30 项,a1＝2,且对任意n∈{2,3,…,30},都存在
i∈{1,2,…,n－1},使得an＝ai＋3.
(1)a5＝ ;(写出所有可能的取值)
(2)数列{an}中,若ak满足:存在j∈{1,2,…,k－1},使得ak＝aj,则称ak具有性质P.若{an}中恰有4 项
具有性质P,且这4 项的和为20,则
30
∑
n-1
an＝ .
答案 (1)5,8,11,14 (2)1 047
解析 (1)当n＝2 时,a2＝a1＋3＝5,
当n＝3 时,a3＝a1＋3＝5 或a3＝a2＋3＝8,
当n＝4 时,a4＝a1＋3＝5 或a4＝a2＋3＝8 或a4＝a3＋3 时有a4＝8 或a4＝11,
当n＝5 时,a5＝a1＋3＝5 或a5＝a2＋3＝8 或a5＝a3＋3 时有a5＝8 或a5＝11 或a5＝a4＋3 时有a5＝8
或a5＝11 或a5＝14.
综上所述,a5的所有可能取值为5,8,11,14.
(2){an}中恰有4 项具有性质P,且这4 项的和为20,故a1＝2,
a2＝a3＝a4＝a5＝a6＝5,
即a3＝a4＝a5＝a6＝5 具有性质P,
则易知从a6开始是以5 为首项,3 为公差的等差数列,
∴
30
∑
n-1
an＝2＋5×4＋25×5＋25×24
2
×3＝1 047.
四、解答题
13.(2025·金华质检)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1,b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明:{an＋bn}是等比数列,{an－bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明 由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn),即an＋1＋bn＋1＝1
2(an＋bn).
又因为a1＋b1＝1,所以{an＋bn}是首项为1,公比为1
2的等比数列.
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8,
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1,
所以{an－bn}是首项为1,公差为2 的等差数列.
(2)解 由(1)知,an＋bn＝1
2
n−1,
an－bn＝2n－1.
所以an＝1
2[(an＋bn)＋(an－bn)]
＝1
2
n＋n－1
2,
bn＝1
2[(an＋bn)－(an－bn)]＝1
2
n－n＋1
2.
14.(2025·莆田二模)记Sn为等差数列{an}的前n 项和.已知2a4＝a3＋14,S3＝15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记集合A＝{x|x＝an,n∈N*},B＝{x|x＝2n＋1,n∈N*),将A∪B 中的元素从小到大依次排列,得到
新数列{bn},求{bn}的前20 项和.
解 (1)设公差为d,由题意得2a1＋6d＝a1＋2d＋14,
S3＝3a1＋3d＝15,
解得d＝3,a1＝2,
故an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)A＝{2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38,41,44,47,50,53,56,…},
B＝{3,5,9,17,33,65,…},
故{bn}的前20 项为2,3,5,8,9,11,14,17,20,23,26,29,32,33,35,38,41,44,47,50,
故{bn}的前20 项和为2＋5＋8＋11＋14＋17＋20＋23＋26＋29＋32＋35＋38＋41＋44＋47＋50＋3
＋9＋33＝S17＋3＋9＋33＝17×2＋17×16
2
×3＋45＝487
