板块三 习题讲评（一）等差数列与等比数列-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（一）　等差数列与等比数列 等差数列和等比数列是高中阶段研究的两类重要特殊数列.数列的性质、通项、求和、最值是高考主要考查内容，试题一般以低中档题为主，着重考查等差、等比数列的核心知识、方法和思想. 教学点（一）　等差数列、等比数列的基本运算 [例1]　（2025·全国Ⅱ卷）[多选]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= 　B.a5= C.S5=8 　D.an+Sn=8 解析：选AD　 由S3=a1+a2+a3=++a3=++1=7⇒+-6=0⇒=0. 又q>0，所以=2⇒q=. 故a1==4，an=4×=， Sn=8-. a5=a3q2=，S5=8-≠8.an+Sn=+8-=8. 综上A、D正确. [例2]　（2025·福州模拟）已知数列{an}是公差为2的等差数列，满足a2n=2an+1（n∈N*）. （1）求{an}的通项公式； （2）设{an}的前n项和为Sn，若Sn<3an，求n的最大值. 解：（1）因为数列{an}是公差为2的等差数列，所以an=a1+2（n-1）. 由a2n=2an+1得a1+2（2n-1）=2[a1+2（n-1）]+1，解得a1=1， 所以{an}的通项公式为an=2n-1. （2）由（1）得Sn==n2， 由Sn<3an得n2<3（2n-1），即n2-6n+3<0，解得3-<n<3+， 由于2<<3，所以5<3+<6，所以n的最大值为5.（注意n∈N*） |思|维|建|模| 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略 （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=an2+bn（a，b是常数）形式的数列为等差数列，前n项和为Sn=Aqn-A（A，q是非零常数，q≠1）形式的数列为等比数列，通项公式为an=p·qn-1（p，q≠0）形式的数列为等比数列等. （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. [即时训练] [练1]　（2025·北京高考）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 解析：选C 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=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. [练2]　已知等差数列{an}各项均不为0，前n项和为Sn，若Sn=anan+1，则a13=　　　　.  解析：法一：一般数列通法切入　记等差数列{an}的公差为d，因为Sn=anan+1，所以Sn-1=an-1an（n≥2），作差得an=an（an+1-an-1）.又等差数列{an}各项均不为0，故1=an+1-an-1=2d，所以d=.又S1=a1=a1a2，所以a2=1，则a13=a2+11d=1+=. 法二：由一般到特殊　设等差数列{an}的公差为d，因为Sn=anan+1，所以令n=1，得S1=a1=a1a2.又{an}的各项均不为0，所以a2=1.令n=2，得S2=a2a3，则1+a1=a3=a1+2d，所以d=，则a13=a2+11d=1+=. 答案： [练3]　（2025·全国Ⅰ卷）若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为　　　　.  解析：法一：分类讨论，求和公式　 设该等比数列为{an}，公比为q（q>0），Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去； 当q≠1时，则S4==4，S8==68，两式相除得=，即=17，则1+q4=17，所以q=2，所以该等比数列的公比为2. 法二：列举提取，直接运算　 设该等比数列为{an}，公比为q（q>0），Sn是其前n项和，所以S4=a1+a2+a3+a4=4， S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=（a1+a2+a3+a4）（1+q4）=68，所以4（1+q4）=68，则1+q4=17，所以q=2， 所以该等比数列的公比为2. 法三：两式作差，寻找公比　 设该等比数列为{an}，公比为q（q>0），Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，因为S8-S4=a5+a6+a7+a8=（a1+a2+a3+a4）q4=68-4=64，又S4=a1+a2+a3+a4=4，所以=q4==16，所以q=2，所以该等比数列的公比为2. 答案：2 教材溯源： 1.（人教A版选择性必修②P36例8）已知等比数列{an}的首项为-1，前n项和为Sn，若=，求公比q. 2.（苏教选择性必修①P163例2）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=，S6=，求an. 教学点（二）　等差数列、等比数列的性质及应用　 [例1]　（多选）已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若S6=S12，则下列结论正确的是 （　　） A.a1∶d=-17∶2 B.S18=0 C.当d<0时，|a6|<|a13| D.当d>0时，a6+a14>0 解析：选ABD 由题设=，则a6=a1+2a12，进而有2a1+17d=0，所以a1+a18=0，故=-，S18==0，A、B正确；由a1+a18=a6+a13=0，即a6=-a13，故|a6|=|a13|恒成立，C错误；当d>0时，等差数列{an}为递增数列，则a14>a13>0>a6且|a6|=|a13|，故a6+a14>0，D正确. [例2]　（2025·赣州二模）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20=21，S30=49，则S10= （　　） A.-7 B.7 C.63 D.7或63 解析：选B　 由等比数列片段和的性质知，S10，S20-S10，S30-S20成等比数列，所以=S10（S30-S20），则=S10（49-21），所以-70S10+441=（S10-7）（S10-63）=0，则S10=7或S10=63.设等比数列{an}的公比为q，若S10=63，则S20-S10=S10q10⇒-42=63·q10，而q10>0，显然等式不成立；若S10=7，则S20-S10=S10q10⇒14=7·q10⇒q10=2>0，满足题设.所以S10=7. 考题溯源：（2023·新课标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 考查知识点：等比数列前n项和的基本量计算　 等比数列片段和性质及其应用 答案：C |思|维|建|模|　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. [即时训练] [练1]　已知各项为正的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3+a7+a11=15-，则a7a8的最大值为 （　　） A. B.4 C.5 D. 解析：选A　 由a3+a7+a11=3a7，S15=15a8，得3a7=15-3a8，所以a7+a8=5.由已知，得a7>0，a8>0，则a7a8≤=，当且仅当a7=a8=时等号成立. [练2]　（2025·南昌一模）[多选]设正项等比数列{bn}的前n项和为Pn ，前n项积为Qn，已知b1=2，则下列结论正确的是 （　　） A.若（b2 023-1）（b2 024-1）<0，则P2 024-P2 023>1 B.若 Q2 026=Q2 021，则 b2 024=1 C.若（b2 023-1）（b2 024-1）<0，则Q2 023是Qn的最大值 D.对任意n∈N*，< 解析：选BCD　 设正项等比数列{bn}的公比为q，q>0，bn>0，而b1=2，对于A，若q≥1，则bn=b1qn-1≥2，（b2 023-1）（b2 024-1）>0，不符合题意；若0<q<1，则数列{bn}递减，由（b2 023-1）（b2 024-1）<0，得b2 023>1，b2 024<1，于是b2 024=P2 024-P2 023<1，A错误；对于B，由Q2 026=Q2 021，得=b2 022b2 023b2 024b2 025b2 026==1，则b2 024=1，B正确；对于C，由A知，数列{bn}前2 023项都大于1，从第2 024项起为都小于1的正数，因此Q2 023是数列{Qn}中的最大项，C正确；对于D，=（b1qn-1）n=qn（n-1），Qn=·q·q2·…·qn-1=·q1+2+…+（n-1）=，=qn（n-1），而b1>1，则=（）2>，因此<，D正确. [练3]　设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{}的前n项积为Tn，若S5=25，log2T6=36，则S10=　　　　.  解析：设等差数列{an}的公差为d，则S5==5a3=25，可得a3=5.因为log2T6=36，所以T6==236，所以a1+a2+…+a6==3（a3+a4）=36，即a3+a4=12，则a4=7，所以d=a4-a3=7-5=2，则a1=a3-2d=5-4=1，故S10=10a1+d=100. 答案：100 教学点（三）　等差数列、等比数列的综合 [典例]　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=3Sn+2（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； （2）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列?若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由. 思维路径：（1）要求数列{an}的通项公式，则需求出a1与公比q，可利用等比数列的通项公式并结合已知递推关系式建立关于a1，q的方程组求解. （2）要判断是否存在这样的3项，可先假设存在满足条件的这3项，然后利用等比中项与等差中项的性质建立关系式，根据假设是否成立得出结论. 解：（1）设数列{an}的公比为q， 由题意知，当n=1时，a1q=3a1+2， 当n=2时，a1q2=3（a1+a1q）+2， 解得a1=2，q=4. 所以数列{an}的通项公式为an=2×4n-1. （2）由（1）知an=2×4n-1，an+1=2×4n，所以an+1=an+（n+2-1）dn，可得dn==. 假设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp（其中m，k，p成 ， ， 所以=×， 即=. ， 所以（k+1）2=（m+1）（p+1），化简得k2+2k=mp+m+p，即k2=mp. ， 所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列. 习得方略：①处解题关键，如果直接证明存在困难，可以考虑使用反证法； ②处，等比中项性质的应用； ③处，等差中项性质的应用； ④处，运用反证法的关键是推出矛盾. |思|维|建|模| 证明或判定等差（比）数列一般使用定义法，即①an+1-an=d（d为常数，n∈N*）或an-an-1=d（d为常数，n∈N*且n≥2）⇔{an}是等差数列；②=q（q是不为0的常数，n∈N*）或=q（q是不为0的常数，n∈N*且n≥2）⇔{an}是等比数列. [即时训练] （2025·泰安模拟）已知在数列{an}中，a1=100，an+1=100，设bn=lg an+1. （1）证明数列{bn}为等比数列，并求{bn}的通项公式； （2）设cn=3n+1，将数列{bn}和数列{cn}的所有项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{dn}，求数列{dn}的前50项和S50. 解：（1）证明：由an+1=100，a1=100， 得an>0， 则lg an+1=3lg an+2， 即lg an+1+1=3（lg an+1）. 又bn=lg an+1，于是bn+1=3bn， 而b1=lg a1+1=3， 所以数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，bn=3·3n-1=3n. （2）由（1）知bn=3n，cn=3n+1，数列{bn}，{cn}都是递增数列， c26=79，c27=82，c80=241，c81=244，b4=81，b5=243，即c26<b4<c27，c80<b5<c81， 因此数列{dn}的前50项包含{cn}中的前46项与{bn}中的前4项， 所以S50=+ =+=3 409. 故数列{dn}的前50项和S50为3 409. 拓展延伸：解决此类问题的关键是弄清楚前50项中{bn}与{cn}的项数，在求新数列的和时，一般用分组求和法. [课时验收评价] 一、单项选择题 1.（2025·全国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 解析：选B　 设等差数列{an}的公差为d，则由题可得解得所以S6=6a1+15d=6×5+15×（-3）=-15，故选B. 2.（2025·海口模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5=25，S9=27，则S10= （　　） A.25 B.26 C.27 D.28 解析：选A　 在等差数列{an}中，S5==5a3=25，解得a3=5，S9==9a5=27，解得a5=3，则等差数列{an}的公差d==-1，a10=a5+5d=-2，所以S10=S9+a10=25. 3.（2025·广州模拟）正项等比数列{an}及其前n项和Sn满足S4=10S2，S3=，则S4的值为 （　　） A.416 B.468 C.520 D.607 解析：选C　 设等比数列{an}的公比为q，由S4=10S2，得S4-S2=9S2，所以a3+a4=9（a1+a2），即q2+q3=9（1+q），即q2=9.由an>0，所以q=3，由S3=13a1=，得a1=13，即a2=39，S4=10×（39+13）=520，故选C. 习得方略：解决求和问题时，若项数很少，不要盲目应用求和公式，可直接利用Sn=a1+a2+a3+…+an求解. 4.（2025·青岛二模）设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，则“S19+S21>2S20”是“数列{an}是递增数列”的 （　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：选C　 由S19+S21>2S20得S21-S20>S20-S19，a21>a20，所以q=>1.又an>0，所以{an}是递增数列.反之，等比数列{an}的各项均为正数，且数列{an}是递增数列，所以q>1，即有a21>a20，所以S21-S20>S20-S19，即S19+S21>2S20，所以S19+S21>2S20是数列{an}是递增数列的充要条件. 5.（2025·南宁三模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5=2，a3+a8=12-a7，则Sn的最小值为 （　　） A.-14 B.- C.-12 D.-10 解析：选C　 设等差数列{an}的公差为d，由a3+a8=12-a7得a3+a7=12-a8，即2a5=12-（a5+3d）=12-a5-3d，所以3d=12-3a5=12-6=6，所以d=2，故an=a5+（n-5）d=2n-8，则Sn===n（n-7）=-，则（Sn）min=S3=S4=-12. 6.（2025·兰州模拟）在等比数列{an}中，a1+an=82，a3an-2=81，且数列{an}的前n项和Sn=121，则此数列的项数n等于 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选B　 设等比数列{an}的公比为q，因为{an}是等比数列，所以a1an=a3an-2=81.又a1+an=82，所以a1和an是方程x2-82x+81=0的两根，解得x=1或x=81.若{an}是递增数列，则a1=1，an=81，因为Sn=121，所以Sn===121，解得q=3，所以81=1×3n-1，解得n=5；若{an}是递减数列，则a1=81，an=1，因为Sn=121，所以==121，解得q=，所以1=81×，解得n=5，综上，数列的项数n等于5. 二、多项选择题 7.设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若8T5=T8，则下列结论正确的是 （　　） A.当a1=2时，q=1 B.a7=2 C.当q≠1时，{log2|Tn|}为等差数列 D.+≥8 解析：选BD　 公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，由8T5=T8可得=a6a7a8==8，则a7=2，故B正确；当a1=2时，a7=a1q6=2q6=2，所以q6=1，故q=1或q=-1，故A不正确；log2|Tn+1|-log2|Tn|=log2=log2|an+1|=log2|a7qn-6|=log2|a7|+（n-6）log2|q|=1+（n-6）log2|q|，当q≠1时，log2|q|≠0，则log2|Tn+1|-log2|Tn|不为常数，故{log2|Tn|}不为等差数列，故C不正确；+≥2a6a8=2=8，当且仅当a6=a8=a7=2时等号成立，故D正确. 8.（2025·长沙三模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=Sn+1，{bn}为等差数列，且b2=a2，b8=a4，记集合An={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn，则下列结论正确的是 （　　） A.a1=1 B.S4=16 C.bn=n D.cn=2n-1-n+1 解析：选ACD 设等比数列{an}的公比为q，由an+1=Sn+1，得an=Sn-1+1（n≥2），两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an，即an+1=2an，所以q=2，又a2=S1+1=a1+1，a2=2a1，解得a1=1，则an=2n-1，故A正确；Sn==2n-1，S4=24-1=15，故B不正确；设等差数列{bn}的公差为d，由b2=a2=2，b8=a4=8，得6d=b8-b2=6，解得d=1，所以bn=b2+（n-2）d=n，故C正确；由An={x∈N*|bn≤x≤an}，得An={x∈N*|n≤x≤2n-1}，则集合An中元素的个数为2n-1-n+1，即cn=2n-1-n+1，故D正确. 三、填空题 9.（5分）（2025·太原模拟）已知{an}是公比为2的等比数列，{bn}是公差为4的等差数列，若a3=20，b1=a1，则{bn}的通项公式为bn=　　　　.  解析：由题意可得a3=22a1=4a1=20，则a1=5，即b1=5，则{bn}的通项公式为bn=5+4（n-1）=4n+1. 答案：4n+1 10.（5分）（2025·平谷一模）《张丘建算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中记载着这样一个问题：有个女子善织布，每天比前一天多织相同的布，第一天织5尺，一个月（按30天计）共织了440尺，推算第10天该女子织了　　　　尺布.  解析：由题得每天的织布数成等差数列，首项a1=5，记公差为d，由题得S30=5×30+d=440，所以d=.所以a10=5+×9=11. 答案：11 11.（5分）已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，a2a7=a9，S10=4（a11-a1），若对任意的 n∈N*，都有aklg an≤anlg ak，则正整数k的最大值为　　　　.  解析：第一步：求数列{an}的通项公式 设数列{an}的公比为q（q>0），由a2a7=a9得q7=a1q8，所以a1=q，故an=qn. 因为S10=4（a11-a1），显然q≠1， （注意在利用等比数列的前n项和公式之前，要判断公比是否为1） 所以=4（q11-q），得q=，所以an=. 第二步：将不等式恒成立问题转化为最值问题 因为aklg an≤anlg ak对任意的n∈N*都成立，所以=. 第三步：令bn=，求数列{bn}的最大项，即可得解 记bn==lg，则bn>0，因为=，所以当1≤n≤3时，>1，即b1<b2<b3<b4；当n=4时，=1，即b4=b5；当n≥5时，<1，即b5>b6>….所以当n=4或5时，bn取得最大值，所以k=4或5，对任意的n∈N*，都有aklg an≤anlg ak，所以正整数k的最大值为5. 答案：5 四、解答题 12.（13分）（2025·武汉三模）记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S6=63，a2-a8=-126，数列{bn}是公差为1的等差数列，且a1b4=a3b1，数列{cn}满足cn=an-bn. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（6分） （2）求数列{cn}的最小值及取得最小值时n的值.（7分） 解：（1）设等比数列{an}的公比为q， 由S6=63，a2-a8=-126， 可知q≠1，故解得q=2，a1=1，故an=2n-1. 又数列{bn}是公差为1的等差数列，且a1b4=a3b1， 故b4=4b1，即b1+3=4b1，解得b1=1， 故bn=1+n-1=n. （2）由于cn=an-bn，则cn=2n-1-n， 则cn+1-cn=2n-1-1， 当n=1时，c2-c1=21-1-1=0，当n≥2时，cn+1-cn=2n-1-1>0，即cn+1>cn， 故数列{cn}的最小值为c1=c2=0，此时n=1和n=2. 13.（15分）（2025·广州三模）已知数列{an}满足a1=1，a3=6，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2an+3. （1）设bn=an+1-an，求数列{bn}的通项公式；（8分） （2）数列cn=[lg bn]，[x]表示不超过x的最大整数，求{cn}的前350项和T350.（7分） 解：（1）由an+1+an-1=2an+3可得an+1-an=an-an-1+3，n≥2. 又bn=an+1-an，所以bn-bn-1=3，即{bn}是以3为公差的等差数列. 又a1=1，a3=6，所以b1=a2-a1=a2-1，b2=a3-a2=6-a2， 所以6-a2-（a2-1）=3，解得a2=2，故b1=a2-1=1， 所以bn=1+3（n-1）=3n-2. （2）由（1）可得b4=10，b34=100，b334=1 000， 又cn=[lg bn]， 所以cn= 所以T350=0×3+1×30+2×300+3×17=681. 14.（15分）已知数列{an}，{bn}，an=（-1）n+2n，bn=an+1-λan（λ>0），且{bn}为等比数列. （1）求λ的值；（7分） （2）记数列{bn·n2}的前n项和为Tn.若Ti·Ti+2=15Ti+1（i∈N*），求i的值.（8分） 解：（1）第一步：由{an}的通项公式求出a1，a2，a3，a4 因为an=（-1）n+2n，所以a1=1，a2=5，a3=7，a4=17. 第二步：由bn=an+1-λan求出b1，b2，b3 又bn=an+1-λan， 所以b1=a2-λa1=5-λ，b2=a3-λa2=7-5λ，b3=a4-λa3=17-7λ. 第三步：由等比数列构造方程求参数λ 因为{bn}为等比数列，所以=b1b3，所以（7-5λ）2=（5-λ）（17-7λ）， 整理得λ2-λ-2=0，解得λ=-1或λ=2. 又λ>0，所以λ=2. 第四步：求出bn并验证{bn}是等比数列 当λ=2时，bn=an+1-2an=（-1）n+1+2n+1-2[（-1）n+2n]=-1×（-1）n+2n+1-2×（-1）n-2n+1=-3×（-1）n. 则==-1，故{bn}为等比数列， 第五步：总结 所以λ=2符合题意. （2）第一步：明确{bn·n2}的通项公式 bn·n2=-3·（-1）n·n2， 第二步：由bn·n2的形式选择分组求和（讨论） 当n为偶数时，Tn=-3×[-12+22-32+42-52+62-…-（n-1）2+n2]=-3×{（22-12）+（42-32）+（62-52）+…+[n2-（n-1）2]}=-3×{（2+1）×（2-1）+（4+3）×（4-3）+（6+5）×（6-5）+…+（n+n-1）×[n-（n-1）]}=-3×[（2+1）×1+（4+3）×1+（6+5）×1+…+（n+n-1）×1]=-3×（1+2+…+n）=-n（n+1）. 当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1（n+1）2=-（n+1）（n+2）+3（n+1）2=n（n+1）. 综上，Tn= 第三步：由i与i+2的同奇偶判断Ti+1的符号，定i的奇偶 易知Ti·Ti+2>0，又Ti·Ti+2=15Ti+1， 故Ti+1>0，所以i为偶数. 第四步：列方程求i 所以×=15×（i+1）（i+2）， 整理得i2+3i-10=0，解得i=2或i=-5（舍去）， 所以i的值为2. 学科网（北京）股份有限公司 $