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微专题7等差数列与等比数列
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
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= B.a5=
C.S5=8 D.an+Sn=8
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　　　　.
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{}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.
【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==na1+d.
4.等比数列的前n项和公式:
Sn=
例1 (1)(2025·秦皇岛模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则=(　　)
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,(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
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
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=.
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
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,<0,则下列结论正确的是(　　)
A.q>1 B.0C.Sn的最大值为S7 D.Tn的最大值为T6
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 =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-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··…·=(an+1(n∈N*),证明:{bn}是等差数列.
易错提醒　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.
【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
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. B.2
C.3 D.4
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
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
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
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米,|OP|=3米,则塔高为(　　)
A.41米 B.40.5米
C.39.5米 D.38.7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*=,它的第n项为,若序列(A*)*的所有项都是2,且a4=1,a5=32,则a1=(　　)
A. B.
C. D.
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=,则(　　)
A.q=3
B.a5=
C.是数列{an}中的项
D.a1,a2+a3,a4成等差数列
9.(2025·郑州模拟)设函数f(x)=,数列{xn}满足x1=,xn+1=f(xn),则(　　)
A.x2=
B.f(xn)+f为定值
C.数列为等比数列
D.xn<1+
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=　　　　.
11.(2025·安庆调研)正项等差数列{an}的前n项和为Sn,若,a1+2,S13成等比数列,则的最小值为　　　　.
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an=　　　　.
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.
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.微专题7等差数列与等比数列
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= B.a5=
C.S5=8 D.an+Sn=8
答案　AD
解析　由已知,得S3=a1+a2+a3=++a3=++1=7,即6q2-q-1=(2q-1)(3q+1)=0,因为q>0,所以q=,A正确;
a5=a3q2=1×=,B错误;
S5=S3+q+q2=,C错误;
an=a3qn-3=23-n,
Sn===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=4,①
由S8=68得=68,②
=,即=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===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{}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①③ ②.
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+d=n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数,
所以=n,
所以-=(n+1)-n=(常数),所以数列{}是等差数列.
若①② ③.
已知{an}是等差数列,{}是等差数列.
设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+d
=n2d+n.
因为数列{}是等差数列,
所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数,
则a1-=0,即d=2a1,
所以a2=a1+d=3a1.
若②③ ①.
已知数列{}是等差数列,a2=3a1,
所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1.
设数列{}的公差为d,d>0,
则-=-=d,得a1=d2,
所以=+(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==na1+d.
4.等比数列的前n项和公式:
Sn=
例1 (1)(2025·秦皇岛模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则=(　　)
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,(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时,且q≠-1,S12=3S6,
即=3×,解得q6=2,
==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+d=4(a1+3d)-1,
得到5a1+10d=4a1+12d-1,即a1=2d-1,
因为是以1为公差的等差数列,
所以-=1,
则-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+=15,故B正确;
对于C,a10=10,故C错误;
对于D,S10=10+=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+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=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=.
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对于B,等差数列{an}中,公差d≠0,Sn=na1+d=n2+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+10,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,<0,则下列结论正确的是(　　)
A.q>1 B.0C.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,<0,
可得a6>1,0∴=q∈(0,1),且an=a1qn-1>0,a1>a2>…>an,
即{an}是递减的正项数列,A错误;
∴0Sn-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 =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-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··…·=(an+1(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　∵··…·=(an+1,
∴=,
∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn,①
2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)]
=(n+1)bn+1.②
②-①,得2(-1)=(n+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.=(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≠c1c3.
而-c1c3=(a1p+b1q)2-(a1+b1)(a1p2+b1q2)=-a1b1(p-q)2,
由于p≠q,且a1,b1不为零,
因此≠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===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. 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==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==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=a11a12…a19a20=(a15a16)5=1,a15a16=1,
则a1a30=a2a29=a15a16=1,
由于a2>1,得0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米,最长弦长为直径,
即a1=×5×=5米,
最短弦长和最长弦长垂直,
由弦长公式得a9===4,
∴a9=4,
∴h===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*=,它的第n项为,若序列(A*)*的所有项都是2,且a4=1,a5=32,则a1=(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设=t,由题意得A*={t,2t,22t,…},
则A*的第n项为=2n-1t,
则n≥2时,an=···…··a1
=t·2t·22t·…·2n-2t·a1
=tn-1·a1.
因为a4=1,a5=32,
所以23t3·a1=1,26t4·a1=32,
解得t=4,a1=.
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=,则(　　)
A.q=3
B.a5=
C.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=,B正确;
所以an=a3qn-3=×2n-3=,
=,故C正确;
由q=2,可得a1=,a2+a3=,a4=,
显然不是等差数列,D错误.
9.(2025·郑州模拟)设函数f(x)=,数列{xn}满足x1=,xn+1=f(xn),则(　　)
A.x2=
B.f(xn)+f为定值
C.数列为等比数列
D.xn<1+
答案　ACD
解析　由xn+1=f(xn)=,x1=,
则x2===,故A正确;
由f(xn)+f=+
=
=,
显然f(xn)+f非常数,故B错误;
由=
==5·,
又=5,则=5,
则数列是以5为首项,以5为公比的等比数列,故C正确;
则=5n,即xn=+1,
由1+-xn=1+-
=>0,
则xn<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　
解析　因为数列{an}为等差数列,
则S13=13a7=6,即a7=,
所以3a9-2a10=(a7+a9+a11)-(a9+a11)=a7=.
11.(2025·安庆调研)正项等差数列{an}的前n项和为Sn,若,a1+2,S13成等比数列,则的最小值为　　　　.
答案　
解析　设{an}的公差为d,
则×S13=a7=(a1+2)2,
得a1+6d=(a1+2)2,
得6d=+3a1+4,
而an>0,==7+=7+a1++≥+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,
∴an=2+5×4+25×5+×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=(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
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=,
an-bn=2n-1.
所以an=[(an+bn)+(an-bn)]
=+n-,
bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.
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+×3+45=487.

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