第一篇 专题三 第1讲 等差数列与等比数列-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

专题三 　 数列 三 年 考 情 题型 单选题 多选题 填空题 解答题 年份题号１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ １３ １４ １５ １６ １７ １８ １９ ２０ ２１ ２２ ２０２２ Ⅰ √ √ Ⅱ √ √ ２０２３ Ⅰ √ √ Ⅱ √ √ ２０２４ 单选题 多选题 填空题 解答题 题号１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ １３ １４ １５ １６ １７ １８ １９ Ⅰ √ Ⅱ √ 第１讲　 等差数列与等比数列 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 １．从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与 证明． ２．从高考特点上，难度以中、低档题为主，一般设置一道选择题和一道解答题． %&'( 　 　 　 明体系　 )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）设Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，设甲：｛ａｎ｝为等差数列；乙：Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，则 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 Ｂ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 Ｃ．甲是乙的充要条件 Ｄ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 ２．（２０２３·新课标全国Ⅱ卷）记Ｓｎ为等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，若Ｓ４ ＝ － ５，Ｓ６ ＝ ２１Ｓ２，则Ｓ８ ＝ （　 　 ） Ａ． １２０ Ｂ． ８５ Ｃ． － ８５ Ｄ． － １２０ !%$ ３．（２０２２·全国乙卷）已知等比数列｛ａｎ｝的前３项和为１６８，ａ２ － ａ５ ＝ ４２，则ａ６ ＝ （　 　 ） Ａ． １４ Ｂ． １２ Ｃ． ６ Ｄ． ３ ４．（２０２１·全国甲卷）等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，前ｎ项和为Ｓｎ．设甲：ｑ ＞０，乙：｛Ｓｎ｝是递增数列，则 （　 　 ） Ａ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 Ｂ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 Ｃ．甲是乙的充要条件 Ｄ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 ５．（２０２２·北京卷）设｛ａｎ｝是公差不为０的无穷等差数列，则“｛ａｎ｝为递增数列”是“存在正整数Ｎ０，当ｎ ＞ Ｎ０时， ａｎ ＞ ０”的 （　 　 ） Ａ．充分而不必要条件 Ｂ．必要而不充分条件 Ｃ．充分必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 ６．（２０２４·新课标全国Ⅱ卷）记Ｓｎ为等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，若ａ３ ＋ ａ４ ＝７，３ａ２ ＋ ａ５ ＝５，则Ｓ１０ ＝ 　 　 　 　 ． ７．（２０２２·北京卷）已知数列｛ａｎ｝各项均为正数，其前ｎ项和Ｓｎ 满足ａｎ·Ｓｎ ＝ ９（ｎ ＝ １，２，…）．给出下列四个 结论： ①｛ａｎ｝的第２项小于３； ②｛ａｎ｝为等比数列； ③｛ａｎ｝为递减数列； ④｛ａｎ｝中存在小于１１００的项． 其中所有正确结论的序号是　 　 　 　 ． !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$FŸQ F~& 'CD‚P ●-./0 等差数列、等比数列的基本公式（ｎ∈Ｎ） （１）等差数列的通项公式：ａｎ ＝ ａ１ ＋ （ｎ － １）ｄ． （２）等比数列的通项公式：ａｎ ＝ ａ１·ｑｎ － １ ． （３）等差数列的求和公式：Ｓｎ ＝ ｎ（ａ１ ＋ ａｎ）２ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １） ２ ｄ． （４）等比数列的求和公式： Ｓｎ ＝ ａ１（１ － ｑｎ） １ － ｑ ＝ ａ１ －ａｎｑ １－ｑ ，ｑ≠１， ｎａ１，ｑ ＝ １{ ． ●5678 等差数列、等比数列问题的求解策略 （１）抓住基本量，首项ａ１、公差ｄ或公比ｑ． （２）熟悉一些结构特征，如前ｎ项和为 Ｓｎ ＝ ａｎ ２ ＋ ｂｎ（ａ，ｂ是常数）的形式的数列 为等差数列，通项公式为ａｎ ＝ ｐ·ｑｎ － １（ｐ， ｑ≠０）的形式的数列为等比数列． （３）由于等比数列的通项公式、前ｎ项和 公式中变量ｎ在指数位置，所以常用两式 相除（即比值的方式）进行相关计算． ●1234 １．（１）（２０２４·石家庄模拟）已知等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ， ａ１ ＝ １，Ｓ９ ＝ ６ａ５ ＋ ２７，则Ｓ５ ＝ （　 　 ） Ａ． ２５　 　 　 　 Ｂ． ２７　 　 　 　 Ｃ． ３０　 　 　 　 Ｄ． ３５ （２）（２０２４·新县校级模拟）已知等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为 Ｓｎ，ａ１ ＋ ａ２ ＝ １２且ａ１，ａ２ ＋ ６，ａ３成等差数列，则Ｓ１０Ｓ５为（　 　 ） Ａ． ２４４ Ｂ． ２４３ Ｃ． ２４２ Ｄ． ２４１ （３）（２０２４·河北模拟）已知Ｓｎ是等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，若 ａ２ ＝ ３，Ｓ５ ＝ ２５，则Ｓ４ａ４ － ａ２ ＝ （　 　 ） Ａ． １ Ｂ． ２ Ｃ． ３ Ｄ． ４ （４）（２０２４·金安区校级模拟）已知各项均为正数的等比数列 ｛ａｎ｝，其前ｎ项和为Ｓｎ，满足２Ｓｎ ＝ ａｎ ＋ ２ － ６，则数列｛ａｎ｝的 通项公式是　 　 　 　 ． ●9:;< １．（２０２４·袁州区校级三模）设等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，且 Ｓ１２ － Ｓ４ ＝ ８，则Ｓ１３ － Ｓ３ ＝ （　 　 ） Ａ． １０ Ｂ． １２ Ｃ． １４ Ｄ． １６ ２．（２０２４·河北模拟）已知数列｛ａｎ｝是公差为ｄ的等差数列，各项 不等的数列｛ｂｎ｝是首项为２，公比为ｑ的等比数列，且ａｂ２ ＝ ｂ１， ａｂ３ ＝ ｂ２，则ｄ·ｑ ＝ 　 　 　 　 ． !%% !"=$FŸ& Q F~& 'AB ●-./0 １．等差数列的常用性质 已知｛ａｎ｝为等差数列，ｄ为公差，Ｓｎ为该数列的 前ｎ项和． （１）等差数列｛ａｎ｝中，当ｍ ＋ｎ ＝ ｐ ＋ ｑ时，ａｍ ＋ ａｎ ＝ ａｐ ＋ａｑ（ｍ，ｎ，ｐ，ｑ∈Ｎ）． 特别地，若ｍ ＋ ｎ ＝ ２ｐ，则ａｍ ＋ ａｎ ＝ ２ａｐ（ｍ，ｎ， ｐ∈Ｎ）． （２）相隔等距离的项组成的数列是等差数列，即 ａｋ，ａｋ ＋ ｍ，ａｋ ＋ ２ｍ，…仍是等差数列，公差为ｍｄ（ｋ， ｍ∈Ｎ）． （３） Ｓｎ{ }ｎ 也成等差数列，其首项与｛ａｎ｝首项相 同，公差为１２ ｄ． （４）Ｓｎ，Ｓ２ｎ － Ｓｎ，Ｓ３ｎ － Ｓ２ｎ，…也成等差数列，公差 为ｎ２ｄ． （５）若数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝均为等差数列且其前ｎ项 和分别为Ｓｎ，Ｔｎ，则ａｎｂｎ ＝ Ｓ２ｎ － １ Ｔ２ｎ － １ ． （６）等差数列的函数性质 ①等差数列与一次函数的关系 ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ可化为ａｎ ＝ ｄｎ ＋ ａ１ － ｄ的形 式．当ｄ≠０时，ａｎ是关于ｎ的一次函数；当ｄ ＞ ０ 时，数列为递增数列；当ｄ ＜ ０时，数列为递减 数列． ②等差数列前ｎ 项和公式可变形为Ｓｎ ＝ ｄ ２ ｎ ２ ＋ ａ１ － ｄ( )２ ｎ．当ｄ≠０时，它是关于ｎ的二 次函数，表示为Ｓｎ ＝ Ａｎ２ ＋ Ｂｎ（Ａ，Ｂ为常数）． ２．等比数列常用的性质 设数列｛ａｎ｝是等比数列，Ｓｎ是其前ｎ项和． （１）若ｍ ＋ ｎ ＝ ｐ ＋ ｑ，则ａｍａｎ ＝ ａｐａｑ，其中ｍ，ｎ， ｐ，ｑ∈Ｎ ．特别地，若ｍ ＋ ｎ ＝ ２ｐ，则ａｍａｎ ＝ ａ２ｐ，其 中ｍ，ｎ，ｐ∈Ｎ ． （２）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列， 即ａｋ，ａｋ ＋ ｍ，ａｋ ＋ ２ｍ，…仍是等比数列，公比为ｑｍ （ｋ，ｍ∈Ｎ）． （３）若数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝是两个项数相同的等比 数列，则数列｛ｂａｎ｝，｛ｐａｎ·ｑｂｎ｝和ｐａｎｑｂ{ }ｎ （其中 ｂ，ｐ，ｑ是非零常数）也是等比数列． （４）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）． ●5678 等差、等比数列的性质问题的求解策略 （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． ●1234 ２．（１）（２０２４·皇姑区四模）等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和记为 Ｓｎ，若ａ１ ＝ ２，ａ３ ＋ ａ７ ＝ ８，则Ｓ１７ ＝ （　 　 ） Ａ． ５１　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ｂ． １０２ Ｃ． １１９ Ｄ． ２３８ （２）（２０２４·张家口三模）已知数列｛ａｎ｝为等比数列，ａ１ ＝ １，ａ２ａ３ａ４ ＝ ２７，则ｌｏｇ３（ａ１ａ３ａ５…ａ１７）＝ （　 　 ） Ａ． ２８ Ｂ． ３２ Ｃ． ３６ Ｄ． ４０ （３）（２０２４·衡水三模）已知数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝均为等差数 列，其前ｎ项和分别为Ｓｎ，Ｔｎ满足（２ｎ ＋ ３）Ｓｎ ＝（３ｎ － １）Ｔｎ，则ａ７ ＋ ａ８ ＋ ａ９ｂ６ ＋ ｂ１０ ＝ （　 　 ） Ａ． ２ Ｂ． ３ Ｃ． ５ Ｄ． ６ （４）（多选）（２０２４·江西模拟）已知数列｛ａｎ｝前ｎ项和为 Ｓｎ，且ａｎ ＋ ２ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ，若ａ１ ＝ ａ２≠０，则 （　 　 ） Ａ．｛ａｎ ＋ １ － ２ａｎ｝是等比数列 Ｂ．｛ａｎ ＋ ２ － ａｎ｝是等比数列 Ｃ．｛Ｓｎ ＋ １ － ２Ｓｎ｝是等差数列 Ｄ．｛ａ２ｎ ＋ １ － Ｓ２ ｎ｝是等差数列 ●9:;< ３．（２０２４·赣州模拟）在等差数列｛ａｎ｝中，ａ２，ａ５是方程ｘ２ － ８ｘ ＋ｍ ＝ ０的两根，则｛ａｎ｝的前６项和为 （　 　 ） Ａ． ４８ Ｂ． ２４ Ｃ． １２ Ｄ． ８ ４．（２０２４·红谷滩区校级模拟）设Ｓｎ是等比数列｛ａｎ｝的前ｎ 项和，若Ｓ３ ＝ ４，ａ４ ＋ ａ５ ＋ ａ６ ＝ ８，则Ｓ９Ｓ６ ＝ （　 　 ） Ａ． ２ Ｂ． ７３ Ｃ． ５３ Ｄ． ３ ７ ５．（２０２４·东湖区校级三模）在等比数列｛ａｎ｝中，ａ４，ａ８ 是关 于ｘ的方程ｘ２ ＋ １０ｘ ＋ ４ ＝ ０ 的两个实根，则ａ２ａ６ａ１０ ＝ 　 　 　 　 ． !%& !"@$FŸ& Q F~& '^_lm ●5678 等差数列、等比数列综 合问题的求解策略 （１）对于等差数列与等 比数列交汇的问题，要 从两个数列的特征入 手，理清它们的关系，常 用“基本量法”求解，但 有时灵活地运用等差中 项、等比中项等性质，可 使运算更加简便． （２）数列的通项或前ｎ 项和可以看作关于ｎ的 函数，然后利用函数的 性质求解有关数列的最 值问题． （３）等差数列、等比数 列与不等式交汇的问题 常构造函数，根据函数 的性质解不等式． 提醒：等差数列、等比数 列多与数学文化、不等 式等知识创新交汇命 题，解决此类问题时要 注意构造思想、转化思 想的运用． ●1234 ３．（１）（多选）（２０２４·沧县校级模拟）设等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ｅ是自然对 数的底数，则下列说法正确的是 （　 　 ） Ａ．当ｍ∈Ｎ时，Ｓｍ，Ｓ２ｍ，Ｓ３ｍ是等差数列 Ｂ．数列｛ｅａｎ｝是等比数列 Ｃ．数列Ｓｎ{ }ｎ 是等差数列 Ｄ．当ｐ，ｑ均为正整数且ｐ≠ｑ时，Ｓｐ ＋ ｑｐ ＋ ｑ ＝ Ｓｐ － Ｓｑ ｐ － ｑ （２）（２０２４·新余二模）在公差为正数的等差数列｛ａｎ｝中，若ａ１ ＝ ３，ａ３，ａ６，３２ ａ８成 等比数列，则数列｛ａｎ｝的前１０项和为　 　 　 　 ． ●9:;< ６．（２０２４·鹤壁模拟）已知函数ｆ（ｘ）＝ ｅｘ － ｅπ － ｘ － ｃｏｓ ｘ，若实数ｘ１，ｘ２，ｘ３成等差数列， 且ｆ（ｘ１）＋ ｆ（ｘ２）＋ ｆ（ｘ３）＝ ０，则ｘ１ ＋ ｘ２ ＋ ｘ３ ＝ （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ０ Ｂ． π２ Ｃ． ３π ２ Ｄ． ３π ７．（多选）（２０２４·江西模拟）已知数列｛ａｎ｝是等差数列，其前ｎ项的和为Ｓｎ，则下列 结论一定正确的是 （　 　 ） Ａ．数列｛２ａｎ｝是等比数列 Ｂ．数列｛ａ２ｎ｝是等比数列 Ｃ．数列Ｓｎ{ }ｎ 是等差数列 Ｄ．数列Ｓｎｎ{ }＋ １ 不是等差数列 温馨提示：复习至此，请做练案［１０］ 第２讲　 数列求和及其综合应用 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 １．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和， 难度中档偏下． ２．在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透． %&'( 　 　 　 明体系　 !%' ２ ３ π ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 令ｋ ＝ ０，得π６ ≤ｘ≤ ２ ３ π，令ｋ ＝ １，得 ７ ６ π≤ｘ≤ ５ ３ π， ∴函数ｆ （ｘ）在［０，２π］上的单调递减区间为 π ６ ， ２ ３[ ]π ， ７６ π，５３[ ]π ． 方案三：选条件③ ｆ（ｘ）＝ ｃｏｓ ωｘｓｉｎ ωｘ ＋ π( )６ － １４ ＝ ｃｏｓ ωｘ ｓｉｎ ωｘｃｏｓ π６ ＋ ｃｏｓ ωｘｓｉｎ π( )６ － １４ ＝槡３２ ｓｉｎ ωｘｃｏｓ ωｘ ＋ １ ２ ｃｏｓ ２ωｘ － １４ ＝ 槡３ ４ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ １ ４ ｃｏｓ ２ωｘ ＝ １２ 槡３ ２ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ １ ２ ｃｏｓ ２ω( )ｘ ＝ １２ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ π( )６ ， 又Ｔ ＝ ２π２ω ＝ π，∴ ω ＝ １，∴ ｆ（ｘ）＝ １ ２ ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ， （１）∵ ０ ＜ θ ＜ π２ ，ｓｉｎ θ ＝槡 ２ ２ ，∴ θ ＝ π ４ ，∴ ｆ（θ）＝ ｆ π( )４ ＝ １ ２ ｓｉｎ ２ ３ π ＝ 槡３ ４ ． （２）由π２ ＋ ２ｋπ≤２ｘ ＋ π ６ ≤ ３ ２ π ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ，得 π ６ ＋ ｋπ≤ｘ≤ ２ ３ π ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 令ｋ ＝ ０，得π６ ≤ｘ≤ ２ ３ π，令ｋ ＝ １，得 ７ ６ π≤ｘ≤ ５ ３ π． ∴函数ｆ （ｘ）在［０，２π］上的单调递减区间为 π ６ ， ２ ３[ ]π ， ７６ π，５３[ ]π ． 专题三　 数列 第１讲　 等差数列与等比数列 真题再现明考向 １． Ｃ　 方法一：甲：｛ａｎ｝为等差数列，设其首项为ａ１，公差为ｄ， 则Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １）２ ｄ， Ｓｎ ｎ ＝ ａ１ ＋ ｎ － １ ２ ｄ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ， Ｓｎ ＋ １ ｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ ＝ ｄ ２ ， 因此Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙： Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即Ｓｎ ＋ １ｎ ＋ １ － Ｓｎｎ ＝ ｎＳｎ ＋ １ －（ｎ ＋ １）Ｓｎｎ（ｎ ＋ １） ＝ ｎａｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ（ｎ ＋ １）为常数，设为ｔ， 即ｎａｎ ＋１ － Ｓｎｎ（ｎ ＋１）＝ ｔ，则Ｓｎ ＝ ｎａｎ ＋１ － ｔ·ｎ（ｎ ＋１），有Ｓｎ －１ ＝（ｎ －１）ａｎ － ｔ·ｎ（ｎ － １），ｎ≥２， 两式相减得ａｎ ＝ ｎａｎ ＋ １ －（ｎ － １）ａｎ － ２ｔｎ，即ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ２ｔ，对ｎ ＝ １也成立， 因此｛ａｎ｝为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，Ｃ正确． 方法二：甲：｛ａｎ｝为等差数列，设数列｛ａｎ｝的首项为ａ１，公差 为ｄ，即Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １）２ ｄ， 则Ｓｎｎ ＝ ａ１ ＋ ｎ － １ ２ ｄ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ，因此 Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即 甲是乙的充分条件； 反之，乙： Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即Ｓｎ ＋ １ｎ ＋ １ － Ｓｎｎ ＝ Ｄ，Ｓｎｎ ＝ Ｓ１ ＋（ｎ － １）Ｄ， 即Ｓｎ ＝ ｎＳ１ ＋ ｎ（ｎ － １）Ｄ，Ｓｎ － １ ＝（ｎ － １）Ｓ１ ＋（ｎ － １）（ｎ － ２）Ｄ， 当ｎ≥２时，上两式相减得Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ Ｓ１ ＋ ２（ｎ － １）Ｄ，当ｎ ＝ １ 时，上式成立， 于是ａｎ ＝ ａ１ ＋ ２（ｎ － １）Ｄ，又ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ａ１ ＋ ２ｎＤ －［ａ１ ＋ ２（ｎ － １）Ｄ］＝ ２Ｄ为常数， 因此｛ａｎ｝为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件．故选Ｃ． ２． Ｃ　 方法一：设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，首项为ａ１， 若ｑ ＝ １，则Ｓ６ ＝ ６ａ１ ＝ ３ × ２ａ１ ＝ ３Ｓ２，与题意不符，所以ｑ≠１； 由Ｓ４ ＝ － ５，Ｓ６ ＝ ２１Ｓ２可得ａ１（１ － ｑ ４） １ － ｑ ＝ － ５， ａ１（１ － ｑ６） １ － ｑ ＝ ２１ × ａ１（１ － ｑ２） １ － ｑ ①， 由①可得１ ＋ ｑ２ ＋ ｑ４ ＝ ２１，解得ｑ２ ＝ ４， 所以Ｓ８ ＝ ａ１（１ － ｑ ８） １ － ｑ ＝ ａ１（１ － ｑ４） １ － ｑ ×（１ ＋ ｑ ４）＝ － ５ ×（１ ＋ １６） ＝ － ８５．故选Ｃ． 方法二：设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， 因为Ｓ４ ＝ － ５，Ｓ６ ＝ ２１Ｓ２，所以ｑ≠ － １，否则Ｓ４ ＝ ０， 从而，Ｓ２，Ｓ４ － Ｓ２，Ｓ６ － Ｓ４，Ｓ８ － Ｓ６成等比数列， 所以有（－ ５ － Ｓ２）２ ＝ Ｓ２（２１Ｓ２ ＋ ５），解得Ｓ２ ＝ － １或Ｓ２ ＝ ５４ ， 当Ｓ２ ＝ － １时，Ｓ２，Ｓ４ － Ｓ２，Ｓ６ － Ｓ４，Ｓ８ － Ｓ６，即为－ １，－ ４，－ １６， Ｓ８ ＋ ２１，易知Ｓ８ ＋ ２１ ＝ － ６４，即Ｓ８ ＝ － ８５； 当Ｓ２ ＝ ５４时，Ｓ４ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋ ａ４ ＝（ａ１ ＋ ａ２）（１ ＋ ｑ ２）＝（１ ＋ ｑ２）Ｓ２ ＞ ０，与Ｓ４ ＝ － ５矛盾，舍去．故选Ｃ． ３． Ｄ　 设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，ｑ≠０， 若ｑ ＝ １，则ａ２ － ａ５ ＝ ０，与题意矛盾，所以ｑ≠１， 则ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＝ ａ１（１ － ｑ３） １ － ｑ ＝ １６８， ａ２ － ａ５ ＝ ａ１ｑ － ａ１ｑ ４ ＝ ４２ { ， 解得 ａ１ ＝ ９６， ｑ ＝ １２ { ， 所以ａ６ ＝ ａ１ｑ５ ＝ ３．故选Ｄ． ４． Ｂ　 若ａ１ ＝ － １，ｑ ＝ １，则Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＝ － ｎ，则｛Ｓｎ｝是递减数列， 不满足充分性； ∵ Ｓｎ ＝ ａ１ １ － ｑ（１ － ｑ ｎ），则Ｓｎ ＋ １ ＝ ａ１１ － ｑ（１ － ｑ ｎ ＋ １），∴ Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ ＝ ａ１ １ － ｑ（ｑ ｎ － ｑｎ ＋ １）＝ ａ１ｑｎ， 若｛Ｓｎ｝是递增数列，∴ Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ ＝ ａ１ｑｎ ＞ ０对ｎ∈Ｎ恒成立， 则ａ１ ＞ ０，ｑ ＞ ０，∴满足必要性， 故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选Ｂ． ５． Ｃ　 设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则ｄ≠０，记[ ]ｘ 为不超过ｘ的 最大整数． 若｛ａｎ｝为单调递增数列，则ｄ ＞ ０， 若ａ１≥０，则当ｎ≥２时，ａｎ ＞ ａ１≥０；若ａ１ ＜ ０，则ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ， 由ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ ＞ ０可得ｎ ＞ １ － ａ１ｄ ，取Ｎ０ ＝ １ － ａ１[ ]ｄ                                                                       ＋ —５７２— １，则当ｎ ＞ Ｎ０时，ａｎ ＞ ０， 所以“｛ａｎ｝是递增数列”“存在正整数Ｎ０，当ｎ ＞ Ｎ０时，ａｎ ＞ ０”； 若存在正整数Ｎ０，当ｎ ＞ Ｎ０ 时，ａｎ ＞ ０，取ｋ∈Ｎ且ｋ ＞ Ｎ０， ａｋ ＞ ０， 假设ｄ ＜ ０，令ａｎ ＝ ａｋ ＋（ｎ － ｋ）ｄ ＜ ０可得ｎ ＞ ｋ － ａｋｄ ，且ｋ － ａｋ ｄ ＞ ｋ， 当ｎ ＞ ｋ － ａｋ[ ]ｄ ＋ １时，ａｎ ＜ ０，与题设矛盾，假设不成立，则ｄ ＞ ０，即数列｛ａｎ｝是递增数列． 所以“｛ａｎ｝是递增数列”“存在正整数Ｎ０，当ｎ ＞ Ｎ０时，ａｎ ＞ ０”． 所以“｛ａｎ｝是递增数列”是“存在正整数Ｎ０，当ｎ ＞ Ｎ０时，ａｎ ＞ ０”的充分必要条件．故选Ｃ． ６． ９５ 　 因为数列｛ａｎ ｝为等差数列，则由题意得 ａ１ ＋ ２ｄ ＋ ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ７， ３（ａ１ ＋ ｄ）＋ ａ１ ＋ ４ｄ ＝ ５{ ，解得 ａ１ ＝ － ４， ｄ ＝ ３{ ， 则Ｓ１０ ＝ １０ａ１ ＋ １０ × ９２ ｄ ＝ １０ ×（－ ４）＋ ４５ × ３ ＝ ９５． ７．①③④　 由题意可知，ｎ∈Ｎ，ａｎ ＞ ０， 当ｎ ＝ １时，ａ２１ ＝ ９，可得ａ１ ＝ ３； 当ｎ≥２时，由Ｓｎ ＝ ９ａｎ可得Ｓｎ － １ ＝ ９ ａｎ － １ ，两式作差可得ａｎ ＝ ９ａｎ － ９ａｎ － １ ， 所以９ａｎ － １ ＝ ９ ａｎ － ａｎ，则９ａ２ － ａ２ ＝ ３，整理可得ａ ２ ２ ＋ ３ａ２ － ９ ＝ ０， 因为ａ２ ＞ ０，解得ａ２ ＝ 槡３ ５ － ３２ ＜ ３，①对； 假设数列｛ａｎ｝为等比数列，设其公比为ｑ，则ａ２２ ＝ ａ１ａ３，即 ９ Ｓ( )２ ２ ＝ ８１Ｓ１Ｓ３ ， 所以Ｓ２２ ＝ Ｓ１Ｓ３，可得ａ２１（１ ＋ ｑ）２ ＝ ａ２１（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２），解得ｑ ＝ ０，不 符合题意， 故数列｛ａｎ｝不是等比数列，②错； 当ｎ≥２时，ａｎ ＝ ９ａｎ － ９ ａｎ － １ ＝ ９（ａｎ － １ － ａｎ） ａｎａｎ － １ ＞ ０，可得ａｎ ＜ ａｎ － １， 所以，数列｛ａｎ｝为递减数列，③对； 假设对任意的ｎ∈Ｎ，ａｎ≥ １１００，则Ｓ１００ ０００≥１００ ０００ × １ １００ ＝ １ ０００，所以ａ１００ ０００ ＝ ９Ｓ１００ ０００≤ ９ １ ０００ ＜ １ １００，与假设矛盾，假设不 成立，④对．故答案为①③④． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）Ａ　 （２）Ａ　 （３）Ｄ　 （４）ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － １ 　 （１）Ｓ９ ＝ ６ａ５ ＋ ２７， 则９ａ５ ＝ ６ａ５ ＋ ２７，解得ａ５ ＝ ９， 故Ｓ５ ＝ ５（ａ１ ＋ ａ５）２ ＝ ５ ×（１ ＋ ９） ２ ＝ ２５．故选Ａ． （２）由题意可知，ａ１ ＋ ａ２ ＝ １２且ａ１ ＋ ａ３ ＝ ２（ａ２ ＋ ６）， 设等比数列的公比为ｑ， 则ａ１ ＋ ａ１ｑ２ ＝ ２ａ１ｑ ＋ ａ１ ＋ ａ１ｑ，得ｑ ＝ ３， ∴ Ｓ１０ Ｓ５ ＝ ａ１（１ － ３１０） １ － ３ ａ１（１ － ３５） １ － ３ ＝ １ － ３ １０ １ － ３５ ＝ １ ＋ ３５ ＝ ２４４．故选Ａ． （３）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，Ｓ５ ＝ ２５，则５ａ３ ＝ ２５，解得ａ３ ＝ ５， 故ｄ ＝ ａ３ － ａ２ ＝ ５ － ３ ＝ ２， ａ５ ＝ ａ２ ＋ ３ｄ ＝ ３ ＋ ３ × ２ ＝ ９， Ｓ４ ＝ Ｓ５ － ａ５ ＝ ２５ － ９ ＝ １６， 所以Ｓ４ａ４ － ａ２ ＝ １６ ２ｄ ＝ １６ ２ × ２ ＝ ４．故选Ｄ． （４）各项均为正数的等比数列｛ａｎ｝，设公比为ｑ，ｑ ＞ ０， 由２Ｓｎ ＝ ａｎ ＋ ２ － ６，可得ｎ ＝ １时，２ａ１ ＝ ２Ｓ１ ＝ ａ３ － ６，即为２ａ１ ＝ ａ１ｑ ２ － ６， ｎ ＝ ２时，２ａ１ ＋ ２ａ２ ＝ ２Ｓ２ ＝ ａ４ － ６， 即为２ａ１ ＋ ２ａ１ｑ ＝ ａ１ｑ３ － ６， 解得ｑ ＝ ２，ａ１ ＝ ３，可得ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － １，Ｓｎ ＝ ３（１ － ２ ｎ） １ － ２ ＝ ３ × ２ ｎ － ３， 满足２Ｓｎ ＝ ａｎ ＋ ２ － ６．故答案为ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － １ ． 跟踪训练 １． Ａ　 设｛ａｎ｝的公差为ｄ，由Ｓ１２ － Ｓ４ ＝ ８，得 １２ａ１ ＋ １２ × １１ ２ ｄ － ４ａ１ ＋ ４ × ３ ２( )ｄ ＝ ８， 化简为２ａ１ ＋ １５ｄ ＝ ２， 所以Ｓ１３ － Ｓ３ ＝１３ａ１ ＋１３ ×１２２ ｄ － ３ａ１ ＋ ３ ×２ ２( )ｄ ＝５（２ａ１ ＋ １５ｄ）＝５ ×２ ＝１０．故选Ａ． ２． １　 由已知可得ｂ１ ＝ ２，ｂ２ ＝ ２ｑ，ｂ３ ＝ ２ｑ２， 再由ａｂ２ ＝ ｂ１，ａｂ３ ＝ ｂ２， 得ａ１ ＋（２ｑ － １）ｄ ＝ ２，ａ１ ＋（２ｑ２ － １）ｄ ＝ ２ｑ， 联立以上两式可得２ － ２ｑｄ ＝ ｑ（２ － ２ｑｄ）， ∴ ｑ ＝ １（舍去）或２ － ２ｑｄ ＝ ０，即ｑｄ ＝ １． 考点二 典例研析 ２．（１）Ｂ　 （２）Ｃ　 （３）Ａ　 （４）ＡＢＤ　 （１）等差数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ２，ａ３ ＋ ａ７ ＝ ２ａ５ ＝ ８，即ａ５ ＝ ４， 所以ｄ ＝ ａ５ － ａ１５ － １ ＝ １ ２ ，则Ｓ１７ ＝ １７ × ２ ＋ １７ × １６ ２ × １ ２ ＝ １０２．故 选Ｂ． （２）设数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，由题知ａ１ｑ·ａ１ｑ２·ａ１ｑ３ ＝ ｑ６ ＝ ２７， 则ａ１ａ３ａ５…ａ１７ ＝ ａ９９ ＝（ａ１ｑ８）９ ＝ ｑ７２ ＝（ｑ６）１２ ＝ ２７１２ ＝ ３３６， 所以ｌｏｇ３（ａ１ａ３ａ５…ａ１７）＝ ｌｏｇ３３３６ ＝ ３６．故选Ｃ． （３）因为数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝均为等差数列，ＳｎＴｎ ＝ ３ｎ － １ ２ｎ ＋ ３， 则ａ７ ＋ ａ８ ＋ ａ９ ＝ ３ａ８ ＝ １５ × １５ａ８ ＝ １ ５ Ｓ１５，ｂ６ ＋ ｂ１０ ＝ ｂ１ ＋ ｂ１５， 而Ｔ１５ ＝ １５（ｂ１ ＋ ｂ１５）２ ，故ｂ６ ＋ ｂ１０ ＝ ２ １５Ｔ１５， 因此ａ７ ＋ ａ８ ＋ ａ９ｂ６ ＋ ｂ１０ ＝ １ ５ Ｓ１５ ２ １５Ｔ１５ ＝ ３２· Ｓ１５ Ｔ１５ ＝ ３２ × ４ ３ ＝ ２．故选Ａ． （４）设ａ１ ＝ ａ２ ＝ ｔ（ｔ≠０                                                                      ）， —６７２— 由ａｎ ＋ ２ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ，可得ａｎ ＋ ２ － ２ａｎ ＋ １ ＝ －（ａｎ ＋ １ － ２ａｎ）， 则｛ａｎ ＋ １ － ２ａｎ｝是首项为－ ｔ，公比为－ １的等比数列，故Ａ 正确； 由ａｎ ＋ ２ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ，可得ａｎ ＋ ２ － ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ， 又ｎ≥２时，ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ ２ａｎ － １，可得ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ － ２ａｎ － １， 即有ａｎ ＋ ２ － ａｎ ＝ ２（ａｎ ＋ １ － ａｎ － １），则｛ａｎ ＋ ２ － ａｎ｝是首项为２ｔ，公 比为２的等比数列，故Ｂ正确； 由ａ１ ＝ ｔ，ａ２ ＝ ｔ，ａ３ ＝ ３ｔ，ａ４ ＝ ５ｔ，ａ５ ＝ １１ｔ，ａ６ ＝ ２１ｔ，可得Ｓ２ － ２Ｓ１ ＝ ０，Ｓ３ － ２Ｓ２ ＝ ｔ，Ｓ４ － ２Ｓ３ ＝ ０，可得｛Ｓｎ ＋ １ － ２Ｓｎ｝不是等差数 列，故Ｃ错误； 由ａｎ ＋ ２ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ２ａｎ，可得ａｎ ＋ ２ － ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ， 即有ａ１ ＋ ａ２ ＝ ａ３ － ａ１，ａ３ ＋ ａ４ ＝ ａ５ － ａ３，…，ａ２ｎ － １ ＋ ａ２ ｎ ＝ ａ２ｎ ＋ １ － ａ２ｎ － １， 上式相加可得Ｓ２ ｎ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋ ａ４ ＋…＋ ａ２ｎ － １ ＋ ａ２ ｎ ＝ ａ２ｎ ＋ １ － ａ１ ＝ ａ２ｎ ＋ １ － ｔ， 即有ａ２ｎ ＋ １ － Ｓ２ ｎ ＝ ｔ，可得｛ａ２ｎ ＋ １ － Ｓ２ ｎ｝是等差数列，故Ｄ正确． 故选ＡＢＤ． 跟踪训练 ３． Ｂ　 因为ａ２，ａ５ 是方程ｘ２ － ８ｘ ＋ ｍ ＝ ０的两根，所以ａ２ ＋ ａ５ ＝ ８， 又因为｛ａｎ｝是等差数列，根据等差数列的性质有ａ２ ＋ ａ５ ＝ ａ１ ＋ ａ６ ＝ ８， 设｛ａｎ｝的前６项和为Ｓ６，则Ｓ６ ＝（ａ１ ＋ ａ６）× ６２ ＝ ３ × ８ ＝ ２４．故 选Ｂ． ４． Ｂ　 根据题意，设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， 若Ｓ３ ＝ ４，则有ａ４ ＋ ａ５ ＋ ａ６ ＝ ｑ３（ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３）＝ ｑ３ × Ｓ３ ＝ ８，变 形可得ｑ３ ＝ ２， 则Ｓ９Ｓ６ ＝ ａ１（１ － ｑ９） １ － ｑ ａ１（１ － ｑ６） １ － ｑ ＝ １ － ｑ ９ １ － ｑ６ ＝ ７３ ．故选Ｂ． ５． － ８　 根据ａ４，ａ８ 是关于ｘ的方程ｘ２ ＋ １０ｘ ＋ ４ ＝ ０的两个 实根， 得ａ４·ａ８ ＝ ｃａ ＝ ４，ａ４ ＋ ａ８ ＝ － ｂ ａ ＝ － １０， 所以ａ４ ＜ ０，ａ８ ＜ ０，且ａ２６ ＝ ａ４·ａ８ ＝ ４， 又因为等比数列的偶数项符号相同，所以ａ６ ＝ － ２， 所以ａ２ａ６ａ１０ ＝ ａ３６ ＝ － ８． 考点三 典例研析 ３．（１）ＢＣＤ　 （２）１６５　 （１）根据题意，依次分析选项： 举出反例，令ｍ ＝ １，则Ｓ２ － Ｓ１ ＝ ａ２，Ｓ３ － Ｓ２ ＝ ａ３， 当ｄ≠０时，ａ２≠ａ３，即Ｓ２ － Ｓ１≠Ｓ３ － Ｓ２， 所以Ｓ１，Ｓ２，Ｓ３不是等差数列，故Ａ错误； 设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则ｅ ａｎ ＋ １ ｅａｎ ＝ ｅａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｅｄ，是定值， 所以｛ｅａｎ｝是公比为ｅｄ的等比数列，故Ｂ正确； Ｓｎ ｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １） ２ ｄ ｎ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ，故 Ｓｎ{ }ｎ 是公差为ｄ２的 等差数列，故Ｃ正确； Ｓｐ ＋ ｑ ｐ ＋ ｑ ＝ （ｐ ＋ ｑ）ａ１ ＋（ｐ ＋ ｑ）（ｐ ＋ ｑ － １）２ ｄ ｐ ＋ ｑ ＝ ｄ ２ （ｐ ＋ ｑ）＋ ａ１ － ｄ ２ ， Ｓｐ － Ｓｑ ｐ － ｑ ＝ ｐａ１ ＋ ｐ（ｐ － １） ２[ ]ｄ － ｑａ１ ＋ ｑ（ｑ － １）２[ ]ｄ ｐ － ｑ ＝ （ｐ － ｑ）ａ１ ＋ ｄ２ ［（ｐ ２ － ｑ２）－（ｐ － ｑ）］ ｐ － ｑ ＝ ａ１ ＋ ｄ ２ （ｐ ＋ ｑ － １）＝ ｄ ２ （ｐ ＋ ｑ）＋ ａ１ － ｄ ２ ，所以 Ｓｐ ＋ ｑ ｐ ＋ ｑ ＝ Ｓｐ － Ｓｑ ｐ － ｑ ，故Ｄ正确．故选ＢＣＤ． （２）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ（ｄ ＞ ０）， 由ａ１ ＝ ３，ａ３，ａ６，３２ ａ８成等比数列，可得（３ ＋ ５ｄ） ２ ＝（３ ＋ ２ｄ） × ３２ （３ ＋ ７ｄ）， 整理得８ｄ２ － ２１ｄ － ９ ＝ ０，解得ｄ ＝ ３或ｄ ＝ － ３８ （舍去）， 故等差数列｛ａｎ｝的前１０项和为Ｓ１０ ＝ １０ × ３ ＋ １０ × ９２ × ３ ＝ １６５． 跟踪训练 ６． Ｃ　 因为函数ｆ（ｘ）＝ ｅｘ － ｅπ － ｘ － ｃｏｓ ｘ， 所以ｆ（π － ｘ）＋ ｆ（ｘ）＝ ｅπ － ｘ － ｅｘ ＋ ｃｏｓ ｘ ＋ ｅｘ － ｅπ － ｘ － ｃｏｓ ｘ ＝ ０， 即ｆ（ｘ）关于π２ ，( )０ 对称， 若实数ｘ１，ｘ２，ｘ３成等差数列，则ｘ１ ＋ ｘ３ ＝ ２ｘ２， 因为ｆ（ｘ１）＋ ｆ（ｘ２）＋ ｆ（ｘ３）＝ ０， 所以ｘ２ ＝ π２ ，ｘ１ ＋ ｘ３ ＝ ２ｘ２ ＝ π，则ｘ１ ＋ ｘ２ ＋ ｘ３ ＝ ３π ２ ．故选Ｃ． ７． ＡＣ　 数列｛ａｎ｝是等差数列，设公差为ｄ，ｄ为常数． 数列｛ａｎ｝是等差数列，则ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｄ， 那么２ ａｎ ＋ １ ２ａｎ ＝ ２ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ２ｄ为常数，且２ｄ ＞ ０， 所以数列｛２ａｎ｝是等比数列，故Ａ正确； 当数列｛ａｎ｝是各项都是０的常数列时，数列｛ａ２ｎ｝也是各项都 为０的常数列，此时不是等比数列，故Ｂ错误； 数列｛ａｎ｝是等差数列，其前ｎ项的和为Ｓｎ，可设Ｓｎ ＝ Ａｎ２ ＋ Ｂｎ （Ａ，Ｂ为常数），令ｃｎ ＝ Ｓｎｎ ＝ Ａｎ ＋ Ｂ，此时ｃｎ ＋ １ － ｃｎ ＝ Ａ为常数， 所以数列Ｓｎ{ }ｎ 是等差数列，故Ｃ正确； 当数列｛ａｎ｝是各项都是０的等差数列时，Ｓｎ ＝ ０，此时Ｓｎｎ ＋ １ ＝ ０， 所以数列 Ｓｎ ｎ{ }＋ １ 是各项都为０的等差数列，故Ｄ错误．故 选ＡＣ． 第２讲　 数列求和及其综合应用 真题再现明考向 １．（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，而ｂｎ ＝ ａｎ － ６，ｎ ＝ ２ｋ － １， ２ａｎ，ｎ ＝ ２ｋ{ ， ｋ∈Ｎ， 则ｂ１ ＝ ａ１ － ６，ｂ２ ＝ ２ａ２ ＝ ２ａ１ ＋ ２ｄ，ｂ３ ＝ ａ３ － ６ ＝ ａ１ ＋ ２ｄ － ６， 于是Ｓ４ ＝ ４ａ１ ＋ ６ｄ ＝ ３２， Ｔ３ ＝ ４ａ１ ＋ ４ｄ － １２ ＝ １６{ ，解得ａ１ ＝ ５，ｄ ＝ ２，ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ ＝ ２ｎ ＋ ３， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式是ａｎ ＝ ２ｎ ＋ ３                                                                       ． —７７２—