【文档说明】《2022年新高考数学90天突破130分综合讲义》第19讲 等差数列、等比数列的综合问题（解析版）.docx，共(37)页，1.726 MB，由管理员店铺上传

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第19讲等差数列、等比数列的综合问题方法总结：1.等差数列性质与等比数列性质：等差数列na等比数列nb递推公式()1nnaadnN+−=()1nnbqnNb+=通项公式()11naand=+−1nnbbq=

等差（比）中项122nnnaaa++=+212nnnbbb++=mnpq+=+mnpqaaaa+=+mnpqbbbb=等间隔抽项仍构成等差数列仍构成等比数列相邻k项和232,,nnnnnSSSSS−−成等差数列232,,nnnnnSSSSS−−成等比数列2.如何判断一个数列是等差（或等比）

数列（1）定义法（递推公式）：1nnaad+−=（等差），1nnaqa+=（等比）（2）通项公式：naknm=+（等差），()0nnakqq=（等比）（3）前n项和：2nSAnBn=+（等差），nnSkqk=−（等比）（4）等差（等比）中项：数列从第二项开始，每

一项均为前后两项的等差（等比）中项3.如何证明一个数列是等差等比数列：（1）通常利用定义法，寻找到公差（公比）（2）也可利用等差等比中项来进行证明，即nN，均有：122nnnaaa++=+（等差）212nnnaaa+

+=（等比）典型例题：例1．（2022·浙江·高三专题练习）已知正项数列na的前n项和为nS，且na和nS满足：()()2411,2,3nnSan=+=．（1）求na的通项公式；（2）设11nnnbaa+=，求nb的前n项和nT；（3

）在（2）的条件下，对任意*nN，23nmT都成立，求整数m的最大值．【答案】（1）21nan=−；（2）nT21nn=+；（3）7．【解析】（1）由所给等式根据,nnaS的关系证明数列na为等差数列，确定数列的首项与公差即可写出通项公式；（2）利用裂项相

消法求和；（3）作差证明数列nT是递增数列，根据题意min23nmT，解不等式即可.【详解】（1）∵()241nnSa=+，①∴()()211412nnSan−−=+，②①-②得()()()2211411nnnnS

Saa−−−=+−+．∴()()221411nnnaaa−=+−+，化简()()1120nnnnaaaa−−+−−=．∵0na，∴()122nnaan−−=．∴na是以1为首项，2为公差的等差数列．∴()11221nann=+−=−．（2）()()11111121212212

1nnnbaannnn+===−−+−+．∴111111123352121nTnn=−+−++−−+11122121nnn=−=++．(3)由(2)

知111221nTn=−+，1111111111022322122123nnTTnnnn+−=−−−=−++++．∴数列nT是递增数列，则1min13nTT==，∴1233m，解得233m，∴整数m的最大值是7．

【点睛】裂项相消求和法适用于通项公式是分式形式的数列求和，求和时把每一项拆成一个或多个分式的差的形式，然后在累加时抵消中间项.常见的拆项公式：（1）1111()nnkknnk=−++；（2

）1111(21)(21)22121nnnn=−−+−+；（3）1111(1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn=−+++++；（4）11()nknknnk=+−++.例2．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列{}na各项均为正数，

其前n项和2*1(23)()4nnnSaanN=+−，数列{}nb是公差为正数的等差数列，且213115,,,bbbb=成等比数列（1）求数列{},{}nnab的通项公式;（2）令1,(21)nnncab=−求数列{}nc的前n项和.

nT【答案】（1）21nan=+；31nbn=−；（2）()321nnTn=+.【解析】（1）由数列na与nS的关系可得()()1120nnnnaaaa−−+−−=，进而可得12nnaa−=+，结合等差数列

的性质即可得na；由等差数列的通项公式结合等比数列的性质可得数列{}nb的公差和首项，即可得nb；（2）转化条件为11162121ncnn=−−+，利用裂项相消法即可得解.【详解】（1）在数列{}na中，2*1(23)

()4nnnSaanN=+−，当2n时，21111(23)4nnnSaa−−−=+−，所以()()2211111232344nnnnnnnaSSaaaa−−−==+−−−+−，化简得()()1120nn

nnaaaa−−+−−=，又数列{}na各项均为正数，所以11,002nnnnaaaa−−−+−=，所以12nnaa−=+，因为111211(23)4aSaa==+−，解得13a=或11a=−（舍去），所以数列{}na

是以3为首项，公差为2的等差数列，所以()32121nann=+−=+；设数列{}nb的公差为,0dd，因为25b=，所以15bd+=，又1311,,bbb成等比数列，所以31211bbb=即()()1112210bbbdd

=++，所以12,3bd==，所以()23131nbnn=+−=−；（2）由题意，()()()()11111121633212162121ncnnnnnn===−+−+−−+，所以()1112

121111111111633557621321nnnnnTn=−+−+−++=−=−−+++.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用数列na与nS的关系转化条件，求得na，要注意裂项相消法的适用条件和使用方

法.例3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足()1102nnaanN++−=，且2a，32a+，4a成等差数列.（1）求数列na的通项公式；（2）若()2lognnbanN+=，求数列

nnba的前n项和nT.【答案】（1）2nna=；（2）222nn+−.【解析】（1）由题意判断出na为等比数列，2a，32a+，4a成等差数列，列式求解出1a，可得na的通项公式；（2

）得nbn=，所以2nnnnbnCa==，则前n项和nT利用错位相减法计算即可.【详解】解：（1）依题12nnaa+=，∴na是以2为公比的等比数列，又2a，32a+，4a成等差数列.∴()32422aaa+=+，即()11124228aaa+=+，∴12a=，∴2nna

=.（2）由（1）得nbn=，设2nnnnbnCa==，231123122222nnnnnT−−=+++++①231112122222nnnnnT+−=++++②①-②：21111112211111112222222212nnnnnnnnnnT+++

−=+++−=−=−−−，∴11222222nnnnnnT−+=−−=−.【点睛】本题的核心是考查错位相减求和，一般地，如果数列na是等差数列，nb是等比数列，求数列nnab的前n项和时

，可采用错位相减法求和，一般是式两边同乘以等比数列nb的公比，然后作差求解．例4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，1434nnnaab+−=+，1434nnnbba+−=−.（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.【答案】（1）见解析；（2）1122nnan=+-，1122nnbn=-+．【解析】【分析】(1)可通过题意中的1434nnnaab+−=+以

及1434nnnbba+−=−对两式进行相加和相减即可推导出数列nnab+是等比数列以及数列nnab−是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列nnab+以及数列nnab−的通项公式，然后利用数列nnab+以

及数列nnab−的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434nnnaab+−=+，1434nnnbba+−=−，111ab+=，111ab−=，所以1144323442nnnnnnnnababbaab++=+=--+++-，即()1112nnnnabab

++++=，所以数列nnab+是首项为1、公比为12的等比数列，()112nnnab-+=，因为()11443434448nnnnnnnnababbaab++---=+-=-+-，所以112nnnnabab++=-+-，数列nnab−是首项1、公差为

2的等差数列，21nnabn-=-．(2)由(1)可知，()112nnnab-+=，21nnabn-=-，所以()111222nnnnnnaababn=++-=+-，()111222nnnnnnbababn轾=+--=-+臌．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及

等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．例5．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列na的前n项和为nS，对任意()()11*,22nnnnnNaaaa++−=

+且312S=.（1）证明：数列na为等差数列，并求数列na的通项公式；（2）若11nnnbaa+=，求数列nb的前n项和为nT.【答案】(1)答案见解析；(2)44nn+.【解析】【详解】试题分析：(1)利用递推关系证得后

项与前项做差为2即可证得数列为等差数列，据此可求得数列的通项公式为2nan=；(2)结合(1)的结论裂项求和可得数列nb的前n项和为44nnTn=+.试题解析：（1）由()()1122nnnnaaaa++−=+得22112+2nnnnaaaa++−=，

∴()()()1112+nnnnnnaaaaaa++++−=，又10,0nnnaaa++，∴12nnaa+−=，所以数列na是公差为2的等差数列，又3312,3612Sa=+=，∴32,2naan==.（2）由（1）知()()111122141nbn

nnn==−++，∴1231111111114223341nnTbbbbnn=++++=−+−+−++−+1114144nnn=−=++.例6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足1

11,31nnaaa+==+.(1)证明12na+是等比数列，并求na的通项公式；(2)证明：121113...2naaa+++.【答案】（1）证明见解析，113322nna−+=；（2）证明见解析.【解析】【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数

列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出1na，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.试题解析：（1）证明：由131nnaa+=+得1113()22nnaa++=

+，所以112312nnaa++=+，所以12na+是等比数列，首项为11322a+=，公比为3，所以12na+=1332n−，解得na=312n−.（2）由（1）知：na=312n−，所以1231

nna=−，因为当1n时，13123nn−−，所以1113123nn−−，于是11a+21a+1na111133n−+++=31(1)23n−32，所以11a+21a+1na32.【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟

练；对第（2）问，想不到当1n时，13123nn−−，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路.考点：本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查

分析问题与解决问题的能力.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.过关练习：1．（2022·全国·高三专题练习）设{an}为等比数列，{bn}为等差数列，且b1=0，cn=an+

bn，若数列{cn}是1，1，2，…，则数列{cn}的前10项和为（）A．978B．557C．467D．979【答案】A【解析】【分析】设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d，由cn=an+bn列出方程组，求出数列的通项公式，利用分组求和法

可得数列{cn}的前10项和．【详解】设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d.∵cn=an+bn，112233112ababab+=+=+=解得1112adq==−=

，∴cn=2n-1+(1-n).∴{cn}的前10项和为()10100912978122−−+=−．故选：A2．（2022·全国·高三专题练习）已知正项等差数列na和正项等比数列nb}，111ab==，3b是2a，6a的等差中项，8a是3b，5b的等比中项，则下列关系成立的是（）A．

100100abB．102411ab=C．105abD．999ab【答案】B【解析】【分析】设等差数列公差为d，等比数列公比为q，由题意可得：3262183522nnnbaaanabbb−=+===，进而可得结果.【详解】设等差数列公差为d，等比数列公比为q，由题意可得：23

26226835212262(1+7)baadqdabbqdq=+==+===1,2−==nnnanbA.100100,2，==99100100a100bba,故A不正确；B.,2==10102411a1024b=1024，故B正确；C.,2==4105a10b=1

6，故C不正确；D.,2==8999a99b=256，故D不正确.故选：B3．（2022·全国·高三专题练习）已知各项均为正数且单调递减的等比数列na满足3a、432a、52a成等差数列.其前n项和为nS，且531S=，则（）A．412−=nnaB．32nna−=C．51

322nnS−=−D．4216nnS−=−【答案】C【解析】【分析】先根据3a，432a，52a成等差数列以及na单调递减，求出公比q，再由531S=即可求出1a，再根据等比数列通项公式以及前n项和公式即可求出.【详解】解：由3a，432a，52a成等差

数列，得：43532aaa=+，设na的公比为q，则22310qq−+=，解得：12q=或1q=，又naQ单调递减，12q=，15511231112aS−==−，解得：116a=，数列na的通项公式为：15111622nnna−−==

，5116121321212nnnS−−==−−.故选：C．4．（2022·全国·高三专题练习）设数列na满足13a=，26a=，()2*129nnnaana+++=N，（）A．存在*n

N，naQB．存在0p，使得1nnapa+−是等差数列C．存在*nN，5na=D．存在0p，使得1nnapa+−是等比数列【答案】D【解析】由()2*129nnnaana+++=N，得到2219nnnaaa++=+，递推作差求得+12+3+21nn

nnnnaaaaaa++++=，进而得到12+3nnnaaa+=−，结合选项和等差、等比数列的定义，逐项判定，即可求解.【详解】由()2*129nnnaana+++=N，即2219nnnaaa++=+，则23129nnnaaa+++=+，两式相减，可得2231221nnnnnn

aaaaaa+++++=−−，可得+12+3+21nnnnnnaaaaaa++++=，即+12+3+21nnnnnnaaaaaa++++=恒成立，所以数列2+1nnnaaa++为常数列，因为又由13

a=，26a=，可得315a=，则21331536aaa++==，所以2+13nnnaaa++=，即12+3nnnaaa+=−，因为12,aNaN，可得2naN+，可判定A、C不正确；由13a=，26a=，可得34515

,39,102,aaa===，假设B成立，则63,156,3915,10239pppp−−−−成等差数列，则932496324ppp−=−=−，此时无解，所以B不正确；对于D中，假设211nnnnapaqapa++

+−=−，所以21()nnnapqapqa++=+−，由31pqpq+==，解得35353,22pq=−=，所以存在,pq使得1nnapa+−是等比数列.故选：D.【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出

几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.5．（2022·全国

·高三专题练习）已知首项为最小正整数，公差不为零的等差数列na中，2a，8a，12a依次成等比数列，则4a的值是（）A．1619B．2219C．26−D．58【答案】A【解析】由已知得11a=和28212aaa=，可求出119d=−，利用等差数列的通项

公式得到4a.【详解】设公差不为零的等差数列na的公差为d，则有0d，因为2a，8a，12a依次成等比数列，11a=，所以有28212aaa=，即121(71)1()()adadad+=++，整理得2119

dad=−，因为0d，所以119ad=−，119d=−，因此14316311919aad=+=−=，故选：A.6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na是公差不为零的等差数列，nb是正项等比数列，若11a

b=，77ab=，则（）A．44ab=B．55abC．88abD．99ab【答案】D【解析】由等差，等比数列的形式特征画函数的图象，根据图象判断选项.【详解】等差数列的通项公式是关于n的一次函数，*nN，图象中的孤立的点在一条直线上，而等比数列nb的通项公式是关于n的指数函数形式

，图象中孤立的点在指数函数图象上，如图所示当0d时，如下图所示，当公差0d时，如下图所示，如图可知当1177,==abab时，44ab，55ab，88ab，99ab.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断的方法，选择图象法可以比较快速的判断选项.7．（2022

·安徽六安·一模（理））已知na为等比数列，且2312aaa=，4a与72a的等差中项为54，则5a=（）A．1B．2C．31D．12【答案】A【解析】【分析】根据已知条件列出首项和公比的方程组可得答案.【详解】由2312aaa=得3142aqa==，①又47752222aaa+=+

=，得61221aq=，②由①②得116a=，12q=，4511612a==.故选：A.8．（2022·全国·高三专题练习）数列na，nb满足112ab==，112nnnnbaab++−

==，*nN，则数列nab的前n项和为（）A．()14413n−−B．()4413n−C．()11413n−−D．()1413n−【答案】B【解析】【分析】由112nnnnbaab++−==，得到数列

na是等差数列，数列nb是等比数列，求得2nan=，得到22nnab=，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，数列na，nb满足112ab==，112nnnnbaab++−==，*nN，所以数列na是等差数列，且公差是2，nb是等比数列，且公

比是2，又因为12a=，所以()112naandn=+−=所以21212212222nnnnanbbb−−====，设nnacb=，所以22nnc=，则14nncc−=，所以数列nc是等比数列，且公比为4，首项为4．由等比数列

的前n项和的公式，可得数列nc前n项的和为()()414441143nn−=−−．故选：B.9．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na，nb中满足()1231nnaan++=，110a=，1nnba=−

，若nb前n项之和为nS，则满足不等式16170nS−的最小整数n是（）.A．8B．9C．11D．10【答案】D【解析】由123nnaa++=可求得数列na的通项公式，进而求得数列nb，表示出nS，令16170nS−，即可

得到满足不等式16170nS−的最小整数n.【详解】解：由题意可知：123nnaa++=，即11322nnaa+=−+，即()11112nnaa+−=−−，又110a=Q，119a−=，即数列1na−是以首项为9，公比为12−的等比数列，11192nna−

−=−，即11192nna−=+−，11192nnnba−=−=−，12111219661212nnnnSbbb−−=+++==−−−−，则111632170nn

S−−=，即1112510n−，又9112512=，满足不等式16170nS−的最小整数19n−=，即10n=.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用构造法求出数列na的通项公式.10．（2022·全国·

高三专题练习）对于无穷数列{}na，给出下列命题：①若数列{}na既是等差数列，又是等比数列，则数列{}na是常数列．②若等差数列{}na满足||2021na，则数列{}na是常数列．③若等比数列{}na满足||2021na，则数列{}na

是常数列．④若各项为正数的等比数列{}na满足12021na，则数列{}na是常数列．其中正确的命题个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】【分析】①根据等差、等比数列的性质可判断0d=且0q；②根据等差数列0d的单调性无界性判断是否为常数列；③根据特例1()22201nna

<=即可判断是否正确；④由正项等比数列的性质可得11a，1q，进而判断是否为常数列.【详解】①：若数列{}na既是等差数列又是等比数列，若123,,aadaaaad=−==+，则222()()aadadad=−+=−

，故0d=，而0q，所以数列{}na为常数列且0na，正确；②：等差数列{}na为无穷数列，若公差不为0，则{}na要么递增要么递减，即||na无上界，要使等差数列{}na满足||2021na，则数列{}na是常数列，正确；③：

若等比数列{}na满足||2021na，如1()22201nna<=，所以数列{}na不一定是常数列，错误；④：若各项为正数的等比数列{}na满足12021na，即1112021naq−，可得11a，1q，若1q，则na无上界，

故1q=，进而数列{}na是常数列，正确．故选：C．【点睛】关键点点睛：根据等差、等比数列的性质，如：0d、||1q时数列无界性等，判断各项命题的正误.11．（2022·全国·高三专题练习）已知1a，2a，3a，……，na是各项不为零的()4n

n项等差数列，且公差不为零，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列，则n的值为（）A．4B．6C．7D．无法确定【答案】A【解析】可以使用排除法进行判断．当6n时，无论删掉哪一项，必定会出现连续三项既是等差数列．又是等比数列，则为常数

列，于是该数列公差为零，不满足题意。当5n=时，经过运算可得0d=，不符合题意．经过进一步验证，当4n=存在数列符合题意。【详解】当6n时，无论删掉哪一项，必定会出现连续三项既是等差数列．又是等比数列，则为常数列，于

是该数列公差为零，不满足题意，则4n=或5n=．当5n=时，由以上分析可知，只能删掉第三项，此时()()()15241111430aaaaaadadadd=+=++=，不满足题意．故4n=．验证过程如下：当4n=时，有1a，2a，3a，4a．将此数列删去某一项得到的数列（按照原来的顺

序）是等比数列．如果删去1a，或4a，则等于有3个项既是等差又是等比，不满足题意．故可以知道删去的是2a，或3a．如果删去的是2a，则1334::aaaa=，故2111(3)(2)aadad+=+，整理得到2113

44adadd=+，即2140dad+=，故140da+=即14=−ad．如果删去的是3a，则1224::aaaa=，故2111(3)()aadad+=+，整理得到21132adadd=+即21add=，故1ad=即11ad=．可得14=−ad或1．故答案

为：A．【点睛】关键点点睛：等差数列中有等比数列，常用基本量来展开计算，注意根据项数来分类讨论．12．（2022·浙江·高三专题练习）已知1，a1，a2，9四个实数成等差数列，1，b1，b2，b3，9五个数成等比数列，则b2（a2﹣a1）等

于（）A．8B．﹣8C．±8D．98【答案】A【解析】由已知条件求出公差和公比，即可由此求出结果.【详解】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则有139d+=，419q=，解之可得83d=，23q=，()22218183baaq−

==.故选：A.二、多选题13．（2022·全国·高三专题练习）在数列{an}中，若221(2,,nnaapnnNp−−=为常数），则{an}称为“等方差数列”，下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为（）A．若{an}是等方差数列，则{an2}是等差数列B．若{an}是等

方差数列，则{an2}是等方差数列C．{（﹣1）n}是等方差数列D．若{an}是等方差数列，则{akn}（k∈N*，k为常数）也是等方差数列【答案】ACD【解析】【分析】利用等方差的定义和等差数列的定义逐个进行演算，能够推出B不正确，其余的都正确．【详解】

对于A中，数列{an}是等方差数列，可得221(2,,nnaapnnNp−−=为常数），即有2na是首项为21a，公差为d的等差数列，故A正确；对于B中，例如：数列{}n是等方差数列，但是数

列n不是等方差数列，所以B不正确；对于C中，数列(1)n−中，222121[(1)][(1)]0,(2,)nnnnaannN−−−=−−−=，所以数列(1)n−是等方差数列，故C正确；对于D中，数列{an}中的项列举出来是：122,,,,,,kkaaa

a，数列kna中的项列举出来是23,,,kkkaaa，因为（ak+12﹣ak2）＝（ak+22﹣ak+12）＝…＝a2k2﹣a2k﹣12＝p所以（ak+12﹣ak2）+（ak+22﹣ak+12）+…+（a2k2﹣a2k﹣12）＝kp所以ak

n+12﹣akn2＝kp，所以，数列{akn}是等方差数列，故D正确．故选：ACD．【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识

和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.14．（2022·

全国·高三专题练习）已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,……，其中第一项是02，接下来的两项是012,2,再接下来的三项是0122,2,2,依次类推…，第n项记为na，数列na的前

n项和为nS，则（）A．6016a=B．18128S=C．2122kkka−+=D．2221kkkSk+=−−【答案】AC【解析】对于AC两项，可将数列进行分组，计算出前k组一共有()12kk+个数，第k组第k个数即12k−，可得到选项C由C得到9552a=，60a

则为第11组第5个数，可得60a对于BD项，可先算得22kkS+，即前k组数之和18S即为前5组数之和加上第6组前3个数，由21222kkkSk++=−−结论计算即可.【详解】A.由题可将数列分组第一组：02第二组：012,2,第三组：0122,2,2,则前k组一共有12++…()12k

kk++=个数第k组第k个数即12k−，故2122kkka−+=，C对又()10101552+=，故9552a=又()11111662+=，60a则为第11组第5个数第11组有数：0123456789102,2,2,2,2,2,2,2,2,2

,2故460216a==，A对对于D.每一组的和为0122++…12122121kkk−−+==−−故前k组之和为1222++…()122122221kkkkkk+−+−=−=−−−21222kkkSk++=−−故D错.对于B.由D可知，615252S

=−−()551152+=，()661212+=01261815222252764SS=+++=−−+=故B错故选：AC【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(

3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．15．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na的前n项和为nS，且满足1114240,1nnnnaaaaa++++−−==，则下列结论正确的是（）A．若11,2==，则{}na是等

差数列B．若11,2==，则数列1nS的前n项和为1nn+C．若12,2==，则1na+是等比数列D．若12,2==，则122nnSn+=−−【答案】ACD【解析】当11,2

==时，化简得1222nnaa+=，得到11nnaa+−=，求得nan=，进而求得1nS，得到A正确，B不正确；当12,2==时，得到121nnaa+=+，求得21nna=−，求得nS，可判定C正确，D正确.【详解】因为数列na的前n项和为nS，且满足1

14240nnnnaaaa++++−−=，当11,2==时，可得()()1122222220nnnnaaaa++−−=，即()()11222220nnnnaaaa+++−=，所以1222nnaa+=，可得11nnaa+=+，即11nnaa+−=，又因为11a=，所以1(1)1na

nn=+−=，则(1)2nnnS+=，可得1211111122,11nnnSnnSSSn=−+++=++L，故A正确，B不正确.当12,2==时，由已知得()()112222222220nnnnaaaa++−−=，即()()1122222220nnnna

aaa+++−=，所以121nnaa+=+，所以()1121nnaa++=+，所以12nna+=，所以21nna=−，所以()12122212nnnSnn+−=−=−−−，故C正确，D正确.故选：ACD.【点睛】利用数列的递推公式求

解数列的通项公式的策略：1、对于递推关系转化为1nnaad+−=（常数）或1nnaqa+=（常数）可利用等差、等比数列的通项公式求解；2、对于递推关系式可转化为1()nnaafn+−=的数列，通常采用叠加法（逐差相加法）求其通项公式；3、

对于递推关系式可转化为1()nnafna+=的数列，并且容易求数列{()}fn前n项积时，通常采用累乘法求其通项公式；4、对于递推关系式形如1nnapaq+=+的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.三、双空题16．（2022·浙江·高三学业考试）

设等差数列na的公差为非零常数d，且12a=，若124,,aaa成等比数列，则公差d=___________，na=___________.【答案】22n【解析】【分析】由等差数列通项及等比数列的性质可得2(2)2(32)dd+=+，即可求d，并写出通项

公式na.【详解】由题意，2141,3aadaad=+=+，又12a=且124,,aaa成等比数列，∴2(2)2(32)dd+=+，即220dd−=且0d，故2d=，∴1(1)2naandn=+−=.故答案为：2，2n四、填空题17．（2

022·全国·高三专题练习）已知公差不为0的等差数列na的部分项1ka，2ka，3ka，……构成等比数列na，且11k=，22k=，35k=，则nk=___________.【答案】1312n−+【解析】【分析】设等差数列na的公差为d，则0d

，由等比数列的性质列式求得12ad=．然后再由等差数列与等比数列的通项公式列式求得nk．【详解】解：设等差数列na的公差为d，则0d，由已知21321522,kkkaaaaaa==，即()()21114adaad+=+，得12ad=，于是，

在等比数列123,,,,nkkkkaaaa中，公比21111211123kkadaaaaqaaaa++=====．由nka为数列ka的第n项，知111133nnknkaaa−−==；由nka为数列na的第nk项，知()()11121nkn

naakdak=−=−+，()111321nnaak−=−，故13122nnk−=+.故答案为1312n−+．【点睛】该题考查的是有关等差数列与等比数列的综合问题，属于中档题目，在解题的过程中，需要对等差数列的通项公式与等比数列的通项公式熟练掌握，并且要注意三项成等差数列的条

件，得出等差数列的首项与公差的条件，从而确定出所得的等比数列的项的特点，进一步求得结果，从而求得等比数列的项的特点，得到nk的关系，从而求得结果，在做题的过程中，如果分析不到位，很容易出错.18．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na是首项

14a=的等比数列，且14a，5a，32a−成等差数列，则其公比q等于________．【答案】【解析】【分析】由14a，5a，32a−成等差数列，根据等差中项的定义结合等比数列的通项列出方程，求出q即可.【详解】∵14a，5a，32a−成等差数列，∴513242aaa=−，即5132aaa

=−，∴42484qq=−，∴4220qq+−=，∴21q=或22q=−(舍)．∴1q=.故答案为：.19．（2022·全国·高三专题练习）在各项均为正数的等比数列na中公比()01q，，若352654aaaa+==，，2logn

nba=，记数列nb的前n项和为nS，则1212nSSSn+++L的最大值为_______【答案】18【解析】【分析】根据题意和等比数列的性质，求得34a=，51a=，进而求得等比数列的通项公式512nna−=，得到5nbn=−，在由等差数列的求和公式，得到92nSnn−=，再结合等差数列

的求和公式，即可求解.【详解】因为na为各项均为正数的等比数列，且公比()01q，，由35263554aaaaaa+===，，可得3a，5a为方程2540xx−+=的两根，又由()01q，，所以34a=，51a=，得25314aqa==，即12q=，所以33512nn

naaq−−==，由2log5nnban==−，所以nb为等差数列，所以()()1922nnnbbnnS+−==，则92nSnn−=，即数列nSn也为等差数列，所以2129(4)1721224nnnSSSnnn−+−++++==，结合二次函数的图

象与性质，可得当8n=或9时，1212nSSSn+++L最大，最大值为18．故答案为：18．20．（2022·浙江·高三专题练习）na为公差不为0的等差数列，且123,,,nkkkkaaaa恰为等比数列，其中1233,5,9kkk===，则nk为_____

__．【答案】21n+【解析】【分析】设数列nka为nb，利用等比中项运算可求出等差数列的首项以及通项公式，进而由53aqa=求出nb的公比，再用nknab=可得nk．【详解】设数列nka为nb，则132539,

,bababa===，∵2539aaa=，∴()()()2111428adadad+=++即10ad=，∴0d，∴10a=，∴(1)nand=−，设nb的公比为q，则513342,22adbadqad===

==，∴2nnknabd==即()12nnkdd−=，∴21nnk=+．故答案为：21n+21．（2022·上海·高三专题练习）已知数列na满足：11a=，()*112,,,nnnaaaaanN+−，记数列na的前

n项和为nS，若对所有满足条件的列数na，10S的最大值为M，最小值为m，则Mm+=________.【答案】1078【解析】根据数列的递推关系式，求出数列的前几项的最大值和最小值，进而结合计算规律和等差、等比数列的求和公式

，求得10S的最大值和最小值，即可求解.【详解】由题意，数列na满足：11a=，112,,,nnnaaaaa+−，由211aaa−=，可得2122aa==；由3212{,}aaaa−，可得3213aaa=+=或3224aa==；由431

23{,,}aaaaa−，可得4314aaa=+=或5；4325aaa=+=或6；4326aa==或8；由541234{,,,}aaaaaa−，可得5415aaa=+=或6或7；5426aaa=+=或7或8；5437aaa=+=或8或9或10或12；5428aa==或或9或10或12或

16；综上可得10S的最大值1029121222102312M−=+++==−，最小值为10(110)12310552m+=+++==，所以1078Mm+=.故答案为：1078【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给

出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.五、

解答题22．（2022·全国·高三专题练习）有下列三个条件：①数列2na−是公比为12的等比数列，②nSn是公差为1的等差数列，③21nnSa=−，在这三个条件中任选一个，补充在题中“___________”处，使问题完整，并加以解答.设数

列na的前n项和为nS，11a=，对任意的*nN，都有___________.已知数列nb满足32nnb=，是否存在*kN，使得对任意的*nN，都有nknkaabb？若存在，

试求出k的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案见解析【解析】【分析】根据等差､等比数列的通项公式以及数列单调性来找到数列的最大项，题干中有3个条件，选取一个进行分析即可.【详解】记nnnacb=，从而有nkc

c(*nN).选择①，数列2na−是公比为12的等比数列，因为11a=，所以1122nna−−=−，即1122nna−=−.所以12203nnnnnacb+−==，所以()1121321nnnncc++−=

−.由()1211221321nnnn+−−，当1n=时，12cc=，当2n时，1nncc+，所以当1n=或2时，nc取得最大值，即nnab取得最大值.所以存在1k=，2，使得对任意的*nN，都有nknkaabb.选择②，方法一：nSn

是公差为1的等差数列，因为11a=，所以2nSn=，当2n时，()211nSn−=−，则()221121nnnaSSnnn−=−=−−=−，当1n=时，上式成立，所以21nan=−.所以()22103nnnnacnb==−，从而()()1221321nnnccn++=−.由()(

)22151253212nnnn+−，所以当2n时，1nncc+；当3n时，1nncc+，所以当3n=时，nc取得最大值，即nnab取得最大值.所以存在3k=，使得对任意的*nN，都有nknkaabb.方法二：利用“夹逼法”，即利用11,kkkkcccc+−来求解.

()2213nnnnacnb==−，由11,kkkkcccc+−(2k)，得5722k，解得3k=.选择③，方法一：21nnSa=−，则1121nnSa++=−，从而()1

111212122nnnnnnnaSSaaaa++++=−=−−−=−，即12nnaa+=.又11a=，所以数列na是首项为1，公比为2的等比数列，所以12nna-=.所以124033nnnnacb−==，从而1413nncc+=，即1nncc+，所以数列nc

为单调递增数列，故不存在*kN，使得对任意的*nN，都有nknkaabb.方法二：利用nknnnkkkaaabbbab求解.12nna-=，32nnb=，则11323422122332nnknknnknnkkkkabab−−−−−

，因为*,knN，所以不存在*kN，使得对任意的*nN，都有nknkaabb.【点睛】关键点点睛：本题属于开放性试题，选择不同的条件，根据数列通项及单调性得到的结论不同，关键点即

复合数列单调性的判断.23．（2022·浙江·高三专题练习）已知na是等差数列，11a=，410a=，且1a，()kakN，6a是等比数列nb的前3项.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）数列nc是由数列na的项删去数列nb的项

后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列nc的前20项的和.【答案】（1）32nan=−，14nnb−=；（2）767.【解析】【分析】（1）根据14,aa以及等差数列的通项公式计算即可得到na结果，然后根据216kaaa=可得k，最后简单计算可得nb.（2

）根据（1）的条件可知求解的是()()2012241234Saaabbbb=+++−+++L，计算即可.【详解】（1）数列na是等差数列，设公差为d，且11a=，410a=.则111310aad=+=，解得3d=，所以()13132nann=+−=−.又因为1a

，ka，6a是等比数列nb的前3项，则216kaaa=，由于32kak=−，代入上式解得2k=.于是11b=，24b=，316b=，因此等比数列nb的公比4q=.故数列nb的通项公式为14nnb−=.（2）设数列nc的前20项的和为20S.因

为3422464ba===，45864256ba===，则()()2012241234Saaabbbb=+++−+++L()242324131416647672=+−+++=.24．（2022·浙江·高三专题练习）已知正项等差数列na的前n项和为3,9nSS=，若1231,1,3aa

a+++构成等比数列.（1）求数列na的通项公式.（2）设数列11nnaa+的前n项和为nT，求证:13nT【答案】（1）21nan=−；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由等差数列和等比数

列的定义，即可求出通项公式.（2）利用裂项相消法即可求出数列的和，进而利用不等式放缩即可证明结果.【详解】（1）由na为等差数列，39,S=得239a=，则23,a=又1231,1,3aaa+++构成等比数列，所以()2132()(11)3aaa++=+，即()461,)

6(dd−+=解得2d=或4d=−(舍)，所以21nan=−;（2）因为()()1111121212)21211(nnaannnn+=−−+−+=，所以12231111nnnTaaaaaa+=+++…111111123352121nn=−+−++−−

+11111213221nnn===+++25．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列na和等比数列nb满足14a=，12b=，2221ab=−，332ab=+.（1）求na和nb的通项公式；（2）数列na和nb中的所有项分别构成集合A，B，将A

B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列nc，求数列nc的前60项和60S.【答案】（1）31nan=+，2nnb=；（2）5014.【解析】【详解】（1）设等差数列na的公差为d，等比数列

nb的公比为q，由2242214542221dqdqdqdq+=−=−+=+=−，∴2q=，3d=，∴31nan=+，2nnb=.（2）当nc的前60项中含有nb的前6项时

，令71273121283nn+=，此时至多有41748+=项（不符）.当nc的前60项中含有nb的前7项时，令831225685nn+=，且22，42，62是na和nb的公共项，则nc的前60项中含有nb的前7项且含有na的前56项，

再减去公共的三项.∴35760565556432222484417050142S=+++++=+=.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分析新数列nc是由na和nb中的哪

些选项构成的，还要注意去掉公共项.26．（2022·全国·高三专题练习）已知各项为正数的等比数列na，前n项和为nS，若2125,2,logaloga成等差数列，37S=，数列nb满足，11b=，数列11nnnbba++

−的前n项和为232nn+（1）求na的公比q的值；（2）求nb的通项公式.【答案】（1）2q=；（2）()121nnbn=−+.【解析】（1）对正项的等比数列na，利用基本量代换，列方程组，解出公比q；（2）设11nnn

nbbda++−=，由题意分析、计算得1ndn=+，从而得到()112nnnbbn+−=+，用累加法和错位相减法求出nb.【详解】（1）∵2125log,2,logaa成等差数列，∴()225215logloglog4aaaa+==，即132516aaa==，又

0,na34a=，又37,S=21211147aqaaqaq=++=解得2q=或23q=−(舍).()2记11nnnnbbda++−=，当2n时，()()221313122nnnnndn−+

−+=−=+又12d=也符合上式，1ndn=+.而31322nnnaa−−==，()112nnnbbn+−=+，()()()21121321122322,)2(nnnnbbbbbbbbnn−−=+−+−++−=++++，()231222232122nnn

bnn−=++++−+两式相减得()2112222121nnnnbnn−−=++++−=−−，()2)2(11,nnbnn=−+.而11b=也符合上式，故()121nnbn=−+.【点睛】(1

)等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换；(2)数列求和常用方法：①公式法；②倒序相加法；③裂项相消法；④错位相减法．27．（2022·上海·高三专题练习）已知函数()yfx=的定义域为R，数列na满足21aa，1()nnafa−=，*11()()()(2,)nn

nnfakfatakannN−−+=+(实数kt、是非零常数).（1）若1k=−，且数列na是等差数列，求实数t的值；（2）若210aka+，数列nb满足*1()nnnbakanN+=+，求通项公式

nb；（3）若11kt=−，，数列na是等比数列，且1(0,R)aaaa=，21aa，试证明：()fata=.【答案】（1）1t=；（2）1*21()(N)nnbakatn−=+；（3）证明见解析.【

解析】【分析】（1）设等差数列的公差0d，根据11()nnnnaataa+−−=−，得到dtd=，即可求解；（2）由210aka+，数列nb满足*1()nnnbakanN+=+，推得数列nb是首项为1b，公比为t的

等比数列，即可求解；（3）由题意，得到11()(2)nnnnaataan+−−=−，根据（2）知121()nnbaat−=−，利用累加法，求得12()11nnaaaaaattt−−−=+−−−，结合数列na是等比数列，即可求解.【详解】由数列na满足21aa

，1()nnafa−=，*11()()()(2,)nnnnfakfatakannN−−+=+，*11()(2,)nnnnakatakannN+−+=+.（1）因为数列*(N)nan是等差数列，21

aa，1k=−，记公差为d，则公差0d，所以11()nnnnaataa+−−=−，即dtd=，解得1t=.（2）因为210aka+，数列nb满足*1()nnnbakanN+=+，所以1210baka=+，*1(2,)nn

btbnnN−=.所以数列nb是首项为1b，公比为t的等比数列.所以1*21()()nnbakatnN−=+.（3）因为11kt=−，，且21aa，所以*11()(2,)nnnnaataannN+−−=−，根

据（2），可知当1k=−时，1*21()(N)nnbaatn−=−，所以112211()()()nnnnnaaaaaaaa−−−=−+−++−+1211nnbbba−−=++++11(1)1nbtat−−=+−，所以11*22()(1)()()111nnnaataaaaaa

atnNttt−−−−−−=+=+−−−−.因为数列na是等比数列，所以2()01aaat−+=−，解得2ata=，又因为21()()afafa==，所以()fata=.【点睛】数列与函数的综合问题的求解策略：1、已知函数的条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数

的性质，图象等研究数列问题；2、已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的定义，通项公式，前n项和公式，求和方法等对式子化简变形；3、注意数列和函数的不同，数列只能看成是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性.28．（2

022·河南·高三阶段练习（文））已知等差数列na的前四项和为10，且237,,aaa成等比数列（1）求数列na通项公式（2）设2nnnba=+，求数列nb的前n项和nS【答案】（1）52na=或35nan=−；（2）见解析.【解

析】（1）设等差数列na的公差为d，由等差数列的通项公式结合等比数列的性质即可得解；（2）由分组求和法结合等差、等比数列的前n项和公式即可得解.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，由题意，得()

()()123412111461062aaaaadadadad+++=+=++=+，解得1520ad==或123ad=−=，所以52na=或()23135nann=−+−=−；（2）当52na=时，522nnb=+，此时()11221255222122nnnnb

bbnnS+−=+++=+=+−−；当35nan=−时，()352nnbn=−+，此时()1212212235372221222nnnnnbbbnnnS+−−+−=+++=+=+−−−.29．（202

2·河北·高三专题练习）已知正项等差数列na满足25a=，且4a、51a+、71a+成等比数列，数列nb满足113ab=，11nnbb+−=．（1）求数列nb的通项公式；（2）设1nnnnacbb+=，求数列nc的前n项和nS．【答案】（1）2nbn=；（2）222(1)

nnnSn+=+.【解析】【分析】（1）由4a，51a+，71a+成等比数列，得()()()222225131adadad+++=++，再由25a=可求出公差为d，从而可求出13a=，则1113ab==，再由11nnbb+−=可知数列nb是以11b=为首项，1为公差的等差数列，从而可求

出nb，进而可得数列nb的通项公式；（2）由（1）可得22222222121(1)11(1)(1)(1)nnnnannncbbnnnnnn+++−====−+++，再利用裂项求和法可求出nS【详解】（1）设等差数列na的公差为d，因为4a，51a+，71a+成等比数列，所以

()()247511aaa+=+．所以()()()222225131adadad+++=++，整理得222410dadda+−−−=，将25a=代入得260dd+−=，解得3d=−或2d=，由于na是正项等差数列，舍去3d=−，即2d=．所以1

3a=，1113ab==．因为11nnbb+−=，所以数列nb是以11b=为首项，1为公差的等差数列，所以11nbbnn=+−=，即2nbn=．（2）因为25a=，2d=，所以2(2)21naandn=+−=+，所以22222222121(1)11(1)(1)(1)nn

nnannncbbnnnnnn+++−====−+++，故1222222111111223(1)nnScccnn=+++=−+−++−+222121(1)(1)nnn

n+=−=++．所以数列nc的前n项和222(1)nnnSn+=+．30．（2022·浙江·高三专题练习）已知na是各项均为正数的等比数列，1a=1，且3a，23a，4a成等差数列．（1）求

na的通项公式；（2）设2lognnnbaa=+，求数列nb的前n项和．【答案】（1）12nna-=；（2）2212nnn−+−.【解析】【分析】（1）先由已知求出公比，再根据等比数列的通项公式

即可求出；（2）由（1）先得到数列nb的通项公式，再利用等差等比公式法求和即可．【详解】（1）因为数列{}na是各项均为正数的等比数列，11a=，2346aaa=+，设数列{}na的公比为0q，则260qq+−=，解得2q=，或3q=−（舍），所以1112nnnaaq−−==；（2

）因为2lognnnbaa=+，由（1）知：12nna-=，则121nnbn−=+−，设数列nb的前n项和为nS，则123nnSbbbb=++++()()()()02120212221nn−=++++++++−L()()012122220121nn

−=+++++++++−LL()()11201122nnn−+−=+−2212−=+−nnn，数列nb的前n项和为：2212nnn−+−.