【文档说明】专题1-9 数列性质的综合运用17类题型（解析版）.docx，共(34)页，2.829 MB，由小赞的店铺上传

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专题1-9数列性质的综合运用17类题型近2年考情考题示例考点分析关联考点2023年新2卷，第8题基本量的计算等差数列片段和相关计算2023新高考1卷，第7题等差数列前n项和性质的判断等差数列前n项和解析式特征202

3年全国乙卷理数，15题等比数列基本量计算构造方程组求等比数列首项和公比2023年全国甲卷理数，5题等比数列前n项和的基本量计算构造方程求基本量2023新高考1卷，第20题已知等差数列的和求公差等差中项与前n项和的计算知识点梳理模块一等差数列【题型1】等差中项与前n项和【题型2】等差数列片段和【题

型3】等差数列及其前n项和的基本量计算【题型4】通过等差数前n项和的比值相关运算【题型5】等差数列奇偶项和相关运算【题型6】等差数列前n项和的单调性与最值【题型7】等差数列性质判断与综合运用【题型8】等比数列及其前n项和的基本量计算模块

二等比数列【题型9】等比数列中基本量的计算【题型10】等比数列的基本性质【题型11】等比数列片段和【题型12】等比中项的运用【题型13】等比数列性质判断与综合运用【题型14】等差数列与等比数列混合计算求值模块三其它综合问题【题型15】周期数列【

题型16】数列中的最值问题【题型17】数列新定义问题知识点梳理一、基本量计算方法a1，d，n称为等差数列的三个基本量，an和Sn都可以用这三个基本量来表示，五个量a1，d，n，an，Sn中，可知三求二，即等差数列的通项公式及前

n项和公式中“知三求二”的问题，一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)来求解．这种方法是解决数列运算的基本方法．在运算中要注意等差数列性质的应用．二、等差数列重要性质若数列{an}是等差数列，公差是d

，则等差数列{an}有如下性质：(1)当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．(2)an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*，n≠m)．(3)am－an

m－n＝d(m，n∈N*且n≠m)．(4)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.特别地，若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝2ap.三、求等差数列前n项和Sn最值的方法(1

)寻找正、负项的分界点，可利用等差数列的性质或利用an≥0，an＋1≤0或an≤0，an＋1≥0来寻找．(2)运用二次函数的图象求最值．四、等差数列奇偶项问题(1)若等差数列的项数为2n，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S

奇＝nd，S偶S奇＝an＋1an.(2)若等差数列的项数为2n＋1，则S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，S偶－S奇＝－an＋1，S偶S奇＝nn＋1.五、等差数列前n项和的性质(1)若数列{an}是公差为d的等差数列，Sn为其前n项和，则数列Snn也是等差数列，且公差为d2

.(2)若Sm，S2m，S3m分别为等差数列{an}的前m项、前2m项、前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，公差为m2d.(3)设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则anbn＝S2n－1T2n

－1.六、等比数列的性质(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq；若m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，则a2k＝am·an.(2)若数列{an}是等比数列，则{|an|}，{a2n}，1an仍为等比数列．七、等比数列的前n项和性质1.在

等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解．在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的．这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．2.等

比数列前n项和的常用性质：(1)若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.(2)“片断和”性质：等比数列{an}中，公比为q，前m项和为Sm(Sm≠0)，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，Skm－S(k－1)m，…构成公比为qm的等比数列．模块一等差数

列【题型1】等差中项与前n项和1．在等差数列{}na中，351024aaa++=，则此数列的前13项的和等于()A．13B．26C．8D．162【解答】解：在等差数列{}na中若mnkl+=+，则mnklaaaa+=+，因为351024aaa++=，所以3510

41011322()2()4aaaaaaa++=+=+=，所以1132aa+=．所以1131313()132aaS+==．2．已知公差不为0的等差数列{}na满足22225678aaaa+=+，则12S=0．【答案】0【解答】解：根据题

意，设等差数列{}na的公差为d，又由22225678aaaa+=+，则有222285760aaaa−+−=，变形可得85857676()()()()0aaaaaaaa−++−+=，即8576763()()4()0daadaadaa+++=+=，因为0d，则760aa+=，

由等差数列的性质得1124()0aa+=，即1120aa+=，所以120S=3．两个等差数列{}na，{}nb的前n项和分别为nS和nT，已知723nnSnTn+=+，求55ab的值．【解答】两个等差数列{}na，{}nb的前n项和分别为nS和nT，满足723nnS

nTn+=+，195919599()7926529()93122aaaSbbbT++====++．4．已知等差数列na和nb的前n项和分别为nS，nT，若234nnSnTn+=+，则39468aabbb+=++（）

．A．13111B．2637C．26111D．1337【答案】C【详解】由等差数列的性质可得：3966468662233aaaabbbbb+==++，1212234nnnnnaSnTnbn+++==+，则61111611112131

1311437aSTb+===+，即661337ab=，39646862213263337111aaabbbb+===++2023新高考1卷——基本量计算：利用等差中项简化计算5．设等差数列na的公差为d，且1d．令2nnnnba+=，记,nnST分别为数列,nna

b的前n项和．(1)若2133333,21aaaST=++=，求na的通项公式；(2)若nb为等差数列，且999999ST−=，求d．【答案】(1)3nan=，(2)5150d=【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；（2）由{}nb为等

差数列得出1ad=或12ad=，再由等差数列的性质可得50501ab−=，分类讨论即可得解.【详解】（1）21333aaa=+，132dad=+，解得1ad=，32133()6ddSaa=+==，又312326

12923Tbbbdddd=++=++=，339621STdd+=+=，即22730dd−+=，解得3d=或12d=（舍去），1(1)3naandn=+−=.（2）{}nb为等差数列，2132bbb=+，即213

12212aaa=+，2323111616()daaaaa−==，即2211320aadd−+=，解得1ad=或12ad=，1d，0na，又999999ST−=，由等差数列性质知，5050999999ab−=，即50501ab−=，505025501aa−=，即2505025500

aa−−=，解得5051a=或5050a=−（舍去）当12ad=时，501495151aadd=+==，解得1d=，与1d矛盾，无解；当1ad=时，501495051aadd=+==，解得5150d=.综上，5150

d=.【题型2】等差数列片段和2023新高考2卷T86．记nS为等比数列na的前n项和，若45S=−，6221SS=，则8S=（）．A．120B．85C．85−D．120−【答案】C【分析】方法一：基本量计算根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据4

8,SS的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列na的公比为q，首项为1a，若1q=−，则405S=−，与题意不符，所以1q−；若1q=，则611263230SaaS===，与题意不符，所以1q；由45S=−，6221SS=可得，

()41151aqq−=−−，()()6211112111aqaqqq−−=−−①，由①可得，24121qq++=，解得：24q=，所以8S=()()()()8411411151168511aqaqqqq−−=+=−+=−−−．方法二：利用片段和性质计算设等

比数列na的公比为q，因为45S=−，6221SS=，所以1q−，否则40S=，从而，2426486,,,SSSSSSS−−−成等比数列，所以有，()()22225215SSS−−=+，解得：21S=−或254S=，当21S=−时，2426486,

,,SSSSSSS−−−，即为81,4,16,21S−−−+，易知，82164S+=−，即885S=−；当254S=时，()()()2241234122110SaaaaaaqqS=+++=++=+，与45S=−矛盾，舍去．7．（2023·广东深圳二模）设等差数列na的前n项和

为nS，若1020S=，2010S=，则30S=（）A．0B．10−C．30−D．40−【答案】C【解析】由等差数列{}na的前n项和的性质可得：10S，1200SS−，3020SS−也成等差数列，20101030202()

()SSSSS−=+−，302(1020)2010S−=+−，解得3030S=−．2024届·江苏连云港&、南通质量调研(一)8．设等差数列na的前n项和为nS，已知5kS=，2145ka+=−，12245kkkaaa+++++=−，其中正整数2k，则

该数列的首项1a为（）A．-5B．0C．3D．5【答案】D【分析】结合等差数列的性质求解即可.【详解】12245kkkaaa+++++=−，又125kkSaaa+++==，两式相减得：250,kdkdkd

kd+++==−221115045kaakda+=+=−=−，解得：15.a=2020年全国Ⅱ卷（理）——等差数列片段和9．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层

的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【答案】C【详解】设第n环天石心块数为na，第一层共有

n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99nann=+−=，设nS为{}na的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,nnnnnSSSSS−−，因为下层比中层多729块，所以322729nnnnSSSS−=−+，即3(927)2(918)2

(918)(99)7292222nnnnnnnn++++−=−+即29729n=，解得9n=，所以32727(9927)34022nSS+===.【题型3】等差数列及其前n项和的基本量计算10．已知等差

数列{}na的前n项和为nS，440S=，210nS=，4130nS−=，则n等于()A．12B．14C．16D．18【答案】14【解答】解：由题意可得421013080nnSS−−=−=，1444()4080120n

nnaaSSS−+=+−=+=，130naa+=，1()152102nnnaaSn+===，解得14n=11．在等差数列{}na中，公差0d，1614aa+=，2540aa=，则数列{}na的前9项之和等于．【答案】90【解答】解：由公差0d，1614aa+=，2

540aa=，12514ad+=，11()(4)40adad++=，联立解得：12a=，2d=，故91899902Sad=+=．【题型4】通过等差数前n项和的比值相关运算12．已知等差数列na和等差数列nb的前n项和分别为nS和nT，且5633nnSnTn+=

+，则使得nnab为整数的正整数n的个数为（）A．6B．7C．8D．9【答案】B【分析】根据等差数列前n项和公式以及等差数列的性质可得()2121nnSna−=−，进而可求解.【详解】由于()()()()12121212212122nnnnaananSna−−+−−===−所以()

21215216352924521311nnnnnSabnTnnn−−−++===−+=+++，要使nnab为整数，则1n+为24的因数，由于12n+，故1n+可以为2,3,4,6,8,12,24，故满足条件的正整数n的个数为7个13．两等差数列{}na和{}nb前n项和

分别为nS，nT，且723nnSnTn+=+，则2945aabb+=+．【答案】28855【解答】解：两等差数列{}na和{}nb前n项和分别为nS，nT，且723nnSnTn+=+，11029110101845188()1084471022882()810

5583552aaaaaaSbbbbaaT++++=====++++14．已知两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS和nT，且3393nnSnTn+=+，则使得nnab为整数的正整数n的值为.【答案】2、4、14【分析】利用等差数

列前n项和公式求得nnab的表达式，结合nnab为整数求得正整数n的值.【详解】由题意可得()()()()()()12121121212121221212nnnnnnnnnaanaSanbbTnbb−−−

−−+−===−+−，则()()21213213931815321311nnnnnaSnbTnnn−−−++====+−+++，由于nnab为整数，则1n+为15的正约数，则1n+的可能取值有3、5、15，因此

，正整数n的可能取值有2、4、14.【题型5】等差数列奇偶项和相关运算15．在项数为21n+的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n等于10．【答案】10【解答】解：等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150设奇数项和1

211()(1)1652naanS+++==，数列前21n+项和1212()(21)1651503152naanS+++==+=，12111212()(1)11652()(21)213152nnaanSnaanSn+++++===+++，解得：10n=．16．已知等差数列{}na

共有21n+项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为120，则n等于．【答案】10【解答】解：1321132nSaaa+=+++=奇数，242120nSaaa=+++=偶数，21112nnSSanda−+−=−==奇数偶数，()()()()1212

11212522112212522nnnnaaSSSnan+++++=+===+=+=奇数偶数，解得10n=．31．已知等差数列{}na共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则其公差是4．【解答】解：依题意，11

1111(2)(4)(6)(8)5(4)10aadadadadad++++++++=+=，同理，15(5)30ad+=，两式相减得：4d=，故答案为：4．【题型6】等差数列前n项和的单调性与最值17．在等差数列{}na中，其前n项和是nS，若90S，100

S，则在912129,,,SSSaaa中最大的是A．11SaB．88SaC．55SaD．99Sa【答案】C【解答】解：依题意，数列{}na是等差数列，其前n项和是nS，90S，100S，所以55

6900aaa+，所以50a，60a，所以公差0d，所以当69n剟时0nnSa，当15n剟时0nnSa，又因为当15n剟时，nS单调递增，na单调递减，所以当15n剟时，nnSa单调递增，所以

55Sa最大18．已知等差数列na的前n项和为nS，并且10110,0SS，若nkSS对Nn+恒成立，则正整数k的值为.【答案】5【详解】由题意可知，()()()110101105610550,2aaSaaaa+==+=+所以560aa+

，同理得116110Sa=，所以60a.结合560aa+，可得50a.当5n=时，nS取得最大值为5S，要使nkSS对Nn+恒成立，只需要()maxnkSS，Nn+即可，所以5kSS,Nn+，即5k=.所以正整数k的值为5.19．若等差数列na的前n项和为n

S，且满足404340440,0SS，对任意正整数n，都有nmaa，则m的值为（）A．2020B．2021C．2022D．2023【答案】C【分析】根据等差数列的前n项和公式以及数列的单调性得出结果.【详解】依题意()1404340

4320222022404340430,02aaSaa+==，又()140444044404402aaS+=，即404410aa+，则202220230aa+则20230a，且20222023aa，所以等差数列na单调递减，

1220212022202320240aaaaaa，所以对任意正整数n，都有nmaa，则2022m=．20．（多选）已知等差数列na的前n项和为nS，公差0d，则下列数列一定递增的是（）A．nSnB．

nnaC．nanD．3nand+【答案】AD【分析】根据等差数列的通项公式及前n项和公式，利用数列单调性的概念，结合作差法即可判断.【详解】对于A，1(1)2nnnSnad−=+，112nS

nadn−=+，1111101222nnSSnnadaddnn+−−=+−+=+，则数列nSn是递增数列，A正确；对于B，()()()()11111121nnananandnandannd+−=++−+−=++，∵1Ra

，∴12and+不一定是正实数，即数列nna不一定是递增数列，B错误；对于C，()()11111111nnandaaanddannnnnn++−+−−=−=+++，∵1Ra，∴()11dann−+不一定是正实数，即数列nan不一定是递增数列，C错误；对于D，()()113133

40nnnnndndaaadad++++−+=−+=，故数列3nand+是递增数列，D正确21．设{}na为等差数列，nS为数列{}na的前n项和，已知251aa+=，1575S=，nT为数列nSn的前n项和*(

)nN．（1）求nS；（2）求nT，及nT的最小值．【解答】解：（1）{}na为等差数列，首项为1a，公差设为d，则依题意有111()(4)1151415752adadad+++=+=，解得121a

d=−=，21(1)(1)52222nnnnnnnSandn−−−=+=−+=．（2）252nnnS−=，52nSnn−=．设52nnSnbn−==，则1(1)551222nnnnbb++−−−=−=

，数列{}nb是公差为12的等差数列，首项为11121Sba===−，nT为数列nSn的前n项和，2(1)192224nnnnnTn−−=−+=．又294xxy−=图象开口向上，对称轴为

92x=，且*nN，4n=或5n=时，2494()54nminT−==−．【题型7】等差数列性质判断与综合运用2023新高考1卷·T7——数列性质的判断22．记nS为数列na的前n项和，设甲：na为等差数列；乙：{}nSn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【答案】C【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，【详解】方法1，甲：na为等差数列，设其首项为1a，公差为d，

则1111(1)1,,222212nnnnSSSnnndddSnadadnannn+−−=+=+=+−−=+，因此{}nSn为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nSn为等差数列，即111(1)1(1)(1)nnnnnnSSnSnSnaSnnnnnn+++−+−−==+++为常数，设为t，

即1(1)nnnaStnn+−=+，则1(1)nnSnatnn+=−+，有1(1)(1),2nnSnatnnn−=−−−，两式相减得：1(1)2nnnananatn+=−−−，即12nnaat+−=，对1n=也成立，因此na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2，甲：na为等差数列，设数列na的首项1a，公差为d，即1(1)2nnnSnad−=+，则11(1)222nSnddadnan−=+=+−，因此{}nSn为等差数列

，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nSn为等差数列，即11,(1)1nnnSSSDSnDnnn+−==+−+，即1(1)nSnSnnD=+−，11(1)(1)(2)nSnSnnD−=−+−−，当2n

时，上两式相减得：112(1)nnSSSnD−−=+−，当1n=时，上式成立，于是12(1)naanD=+−，又111[22(1)]2nnaaanDanDD+−=+−+−=为常数，因此na为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.23．（雅礼中学月考）（多选）

设nS是公差为d（0d）的无穷等差数列na的前n项和，则下列命题正确的是（）A．若0d，则1S是数列nS的最大项B．若数列nS有最小项，则0dC．若数列nS是递减数列，则对任意的：*Nn，均有

0nSD．若对任意的*Nn，均有0nS，则数列nS是递增数列【答案】BD【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前n项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列{}nS是递减数列的

情况，从而证明D.【详解】对于A：取数列na为首项为4，公差为2−的等差数列，2146SS==，故A错误；对于B：等差数列na中，公差0d，211(1)()222nnnddSnadnan−=+=+−，nS是关于n的二次函数.当数列

nS有最小项，即nS有最小值，nS对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，0d，B正确；对于C：取数列na为首项为1，公差为2−的等差数列，22nSnn=−+，122(1)2(1)(2)210nnSnnnnS

n=−+++−+−−−=+＋，即1nnSS＋恒成立，此时数列nS是递减数列，而110S=，故C错误；对于D：若数列{}nS是递减数列，则10(2)nnnaSSn−=−，一定存在实数k，当nk时，之后所有项都为负数，不能保证对任意*Nn，均有0

nS.故若对任意*Nn，均有0nS，有数列{}nS是递增数列，故D正确24．（多选）已知等差数列na的前n项和为nS，公差0d，则下列数列一定递增的是（）A．nSnB．nnaC．nanD．3nand+【

答案】AD【分析】根据等差数列的通项公式及前n项和公式，利用数列单调性的概念，结合作差法即可判断.【详解】对于A，1(1)2nnnSnad−=+，112nSnadn−=+，1111101222nnSSnnadaddnn+−−=+−+=+，

则数列nSn是递增数列，A正确；对于B，()()()()11111121nnananandnandannd+−=++−+−=++，∵1Ra，∴12and+不一定是正实数，即数列nna不一定是递增数列，B错误；对于C，()()1

1111111nnandaaanddannnnnn++−+−−=−=+++，∵1Ra，∴()11dann−+不一定是正实数，即数列nan不一定是递增数列，C错误；对于D，()()11313340nnnnndndaaadad

++++−+=−+=，故数列3nand+是递增数列，D正确25．（多选）已知数列na的前n项和是nS，则下列说法正确的是（）A．若nnSa=，则na是等差数列B．若12a=，123nnaa+=+，则

3na+是等比数列C．若na是等差数列，则nS，2nnSS−，32nnSS−成等差数列D．若na是等比数列，则nS，2nnSS−，32nnSS−成等比数列【答案】ABC【分析】求出通项公式判断AB；利用数列前n项和的意义、结合等差数列推理判断C；举例说明判断D作答.

【详解】对于A，nnSa=，2n时，11nnnnnaSSaa−−=−=−，解得10na−=，因此Nn，0na=，na是等差数列，A正确；对于B，12a=，123nnaa+=+，则132(3)nnaa++=+，而135a+=，3na+是等比数列，B正确；对于

C，设等差数列na的公差为d，首项是112,nnaSaaa=+++，()()()2212212+nnnnnnnSSaaaandandandSnd++−=+++=+++++=+，232212231222()()()()nnnnnnnnnnSSaaaandandandS

Snd++++−=+++=++++++=−+，因此2322()()nnnnnSSSSS−=+−，则nS，232,nnnnSSSS−−成等差数列，C正确；对于D，若等比数列na的公比1q=−，则242640,0,0SSSSS=−=

−=不成等比数列，D错误.【题型8】等比数列及其前n项和的基本量计算26．已知nS是等比数列na的前n项和，31a=，3227Sa=，则5S=．【答案】314【分析】由条件结合等比数列通项公式求首项1a和

公比q，再利用求和公式求5S.【详解】设等比数列na的公比为q，由31a=，3227Sa=，可得211aq=，11225aaq+=，解方程得，11,24aq==或114,2aq==，当11,24aq==时，()()551511213114124aqSq−

−===−−，当114,2aq==时，()5515111231411412aqSq−−===−−，所以5314S=.27．已知等比数列{an}的前n项和为nS，且133,12nnaSa++==，则实数的值为【答案】34−【解析】首先利用

1na+与nS的关系式，得到14nnaa+=，求得公比，首项和第二项，再通过赋值2n=求的值.【详解】当2n时，1133nnnnaSaS+−+=+=，两式相减得()1133nnnnnaa

SSa+−−=−=，即14nnaa+=，并且数列na是等比数列，所以4q=，312a=，2133,4aa==，当2n=时，()321233aSaa+==+，解得34=−.模块二等比数列【题型9】等比数

列中基本量的计算2023乙卷(理)T15——基本量计算：解2元方程组28．已知na为等比数列，24536aaaaa=，9108aa=−，则7a=.【答案】2−【分析】根据等比数列公式对24536aaaaa=化简

得11aq=，联立9108aa=−求出52q=−，最后得55712aaqqq===−.【详解】设na的公比为()0qq，则3252456aqaaqaaaa==，显然0na，则24aq=，即321aqq=，则11aq=，因为910

8aa=−，则89118aqaq=−，则()()3315582qq==−=−，则52q=−，则55712aaqqq===−2023年全国甲卷(理)——基本量计算：解一元三次方程29．设等比数列na的各项均为正数，前n项和nS，若11a=，5354SS=−，

则4S=（）A．158B．658C．15D．40【答案】C【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出4S.【详解】由题知()23421514qqqqqq++++=++−,即34244qqqq+=+,即324

40qqq+−−=,即(2)(1)(2)0qqq−++=.由题知0q,所以2q=.所以4124815S=+++=.2022·全国乙卷（理）——基本量计算30．已知等比数列na的前3项和为168，2542aa−=，则6a=（）A．14B．12C．6D

．3【答案】D【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列na的公比为,0qq，若1q=，则250aa−=，与题意矛盾，所以1q，则()31123425111168142aqaa

aqaaaqaq−++==−−=−=，解得19612aq==，所以5613aaq==.【题型10】等比数列的基本性质31．设nA，nB分别为等比数列na，nb的前n项和．若

23nnnnAaBb+=+（a，b为常数），则74ab=（）A．12881B．12780C．3227D．2726【答案】C【分析】设(2),(3)nnnnAamBbm=+=+，项和转换776aAA=−，44

3bBB=−求解即可【详解】由题意，23nnnnAaBb+=+设(2),(3)nnnnAamBbm=+=+则76776[(2)(2)]64aAAaamm=−=+−+=()()434433354bBBbbmm=−=+−+=746432542

7ambm==32．已知nS是等比数列na的前n项和，且12nnSa+=+，则12231011aaaaaa+++=（）A．23283−B．13283−C．20213−D．25283−【答案】A【分析】由na与nS的关系求出数列na的通项公式，推

导出数列1nnaa+为等比数列，确定其首项和公比，结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值.【详解】因为12nnSa+=+，所以114aSa==+，()()32221224aSSaa=−=+−+=，(

)()43332228aSSaa=−=+−+=，又na是等比数列，所以2213aaa=，即()2484a=+，解得2a=−，所以122nnS+=−．当2n时，()()1122222nnnnnnaSS+−=−=−−−=，又12a=满足2n

na=，所以，22121242nnnnnnnnaaaaaa+++++===，故数列1nnaa+是公比为4，首项为12248aa==的等比数列，所以()10231223101181428143aaaaaa−−+++==−．3

3．在等比数列na中，252,16aa==，则1123(1)nnaaaa+−+−+−=.【答案】1(2)3n−−【分析】利用等比数列通项公式列方程组求出首项和公比，然后根据定义可判断1(1)nnnba+=−为等比数列，然后由等比数列求和公式可得.【详解】记等比数列n

a的公比为q，则21451216aaqaaq====，解得112aq==，所以12nna−=，记111(1)(1)2nnnnnba++−=−=−，因为2111(1)22(1)2nnnnnnbb+++−−==−−，所以nb是

1为首项，2−为公比的等比数列，所以()()()11231212(1)123nnnnaaaa+−−−−−+−+−==−−.故答案为：1(2)3n−−34．（2020·江苏·统考高考真题）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{

an+bn}的前n项和221()nnSnnn+=−+−N，则d+q的值是．【答案】4【分析】结合等差数列和等比数列前n项和公式的特点，分别求得,nnab的公差和公比，由此求得dq+.【详解】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，根据题意1q.等差

数列na的前n项和公式为()2111222nnnddPnadnan−=+=+−，等比数列nb的前n项和公式为()1111111nnnbqbbQqqqq−==−+−−−，依题意nnnSPQ=+，即22111212211nnbbddnnnanqqq−+−=+−

−+−−，通过对比系数可知111212211ddaqbq=−=−==−−112021daqb====，故4dq+=.【题型11】等比数列片段和2020年全国Ⅰ卷（文）T1035．设{}na是等比数列，且123

1aaa++=，234+2aaa+=，则678aaa++=（）A．12B．24C．30D．32【答案】D【分析】根据已知条件求得q的值，再由()5678123aaaqaaa++=++可求得结果.【详解】设等比数列na的公比为q，则()2123111aaaaqq

++=++=，()232234111112aaaaqaqaqaqqqq++=++=++==，因此，()5675256781111132aaaaqaqaqaqqqq++=++=++==.36．已知等比数列na的前n项和为nS．若4814SS=，

则124SS=（）A．13B．16C．9D．12【答案】A【分析】根据等比数列的性质，可得484128,,SSSSS−−仍成等比数列，得到8443SSS−=，即可求解.【详解】设()40Sxx=，则84Sx=，因为na为等比数列，根据等比数列的性质，可得484128,,

SSSSS−−仍成等比数列.因为84443SSxxSx−−==，所以1289SSx−=，所以1213Sx=，故12413SS=.深圳市宝安区2024届高三上学期10月调研37．（多选）设数列na的前n项和为nS.记命题p：“数列na为等比数列

”，命题q：“nS，2nnSS−，32nnSS−成等比数列”，则p是q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【答案】D【分析】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的

定义计算可得.【详解】若数列na为等比数列，设公比为q，则当1q=时1nSna=，所以21112nnSSnanana−=−=，3211132nnSSnanana−=−=，显然10a，所以nS，2nnSS−，32nnSS−成等比数列，当1

q时()111nnaqSq−=−，所以()()()21121111111nnnnnnaqaqaqqqqqSS−−−=−−−−=−，()()()13232211111111nnnnnnaqaqaqqqqqSS−−−=−−−−=−，所以(

)()2232nnnnnSSSSS−=−，但是当1q=−且当n为正偶数时，此时0nS=，20nnSS−=，320nnSS−=则nS，2nnSS−，32nnSS−不成等比数列，故充分性不成立，若nS，2nnSS−，32nnSS−成等比数列，当1n=时11

Sa=，221SaS−=，323SSa−=成等比数列，当2n=时2S，42SS−，64SS−成等比数列，不妨令()10amm=，22am=，34am=，42am=，55am=，67am=，显然满足2S，42SS−，64SS−成等比数列，但是1a，2a，3a，4a，5a，6a不成

等比数列，故必要性不成立，所以p是q的既不充分也不必要条件38．（多选）设数列na，nb都是等比数列，则（）A．若nnnCab=，则数列nC也是等比数列B．若nnnadb=，则数列nd也是等比数列C．若na的前n项和为nS，则232,,nnnnnSSSSS−−也成等比数列D．

在数列na中，每隔k项取出一项，组成一个新数列，则这个新数列仍是等比数列【答案】ABD【分析】根据给定条件，利用等比数列定义判断ABD；举例说明判断C作答.【详解】数列na，nb都是等比数列，设公比分别为1212,(0)qqqq，对于A，由nnncab=，

得11112nnnnnncabqqcab+++==，所以数列nc为等比数列，A正确；对于B，由nnnadb=，得1111111221nnnnnnnnnnadbabqqadabqqb+++++====，所以数列nd为等比数列，B正确；对于C，令(1

)nna=−，则224640SSSSS=−=−=，不成等比数列，C错误；对于D，111knknaqa+++=为常数，D正确【题型12】等比中项的运用39．已知正项数列na满足212987,2nnnaaaaaa++==+，

则数列1naa的前n项和为.【答案】1122n−−【分析】先判断出na是等比数列，求得公比q，根据等比数列前n项和公式求得正确答案.【详解】依题意，正项数列na满足212nnnaaa++=，所以数列na是等比数列，设其公比为q，0q

，由9872aaa=+得27772aqaqa=+，由于0na，所以()()22210qqqq−−=−+=，由于0q，所以解得2q=，所以111111112nnnnaaaaqq−−−===，所以数列1naa是首项为1，

公比为12的等比数列，所以数列1naa的前n项和为111111221212212nnn−−=−=−−.40．我国古代数学著作《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，最上面3节的容积之积为3，最下面3节的容积

之积为243，则第5节的容积是.【答案】3【分析】设第()9,nnnN节的容积为na，根据等比数列的性质可求得5a的值，【详解】现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，设第()9,nnnN节的容积为na，则()9,nannN为等比数列，且0na，上面3节的容

积之积3，下面3节的容积之积为243，31232378983243aaaaaaaa====，解得1233a=，138243a=，第5节的容积为：113352832433aaa===．41．设等比数列na

的公比为q，前n项和为nS，则“2q=”是“1nSa+为等比数列”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【答案】C【分析】应用等比中项的性质，由1nSa+为等比数列，解出q值，即可判断.【

详解】依题，“1nSa+为等比数列”，所以()()()2211131SaSaSa+=++，得()()2121123222aaaaaa+=++，化简得()22(2)22qqq+=++，解得2q=，则“2q=”是“1nSa+为等比数列”的充要条件.

42．已知正项数列na满足212nnnaaa++=，9872aaa=+，若存在m，*nN，使得912mn+=，则21mnaaa的最小值为．【答案】64【分析】由题意可知na为等比数列，利用等比数列求出2212mnmnaaa+−=，然后根据基本不等式

求出最值.【详解】因为212nnnaaa++=，所以na为等比数列，设na的公比为q，又因为9872aaa=+，所以27772qaqaa=+，解得2q=或1q=−，因为0na，所以2q=，所以112112211222mnmnmnaaaaaa−−+−

==，因为912mn+=，且m，*nN，所以()191199122nmmnmnmnmn+=++=+++1910282nmmn+=，当且仅当9129mnnmm

n+==，即26nm==时等号成立，所以26212264mnmnaaa+−==．43．（多选）在正项等比数列na中，44a=，则（）A．358aa+B．3514aa+的最小值为1C．268211242aa−D．26aa+的最大值为4【答

案】AB【分析】AB选项，先根据等比数列的性质得到432516aaa==，再利用基本不等式进行求解，C选项，先得到226416aaa==，结合指数运算及指数函数单调性和基本不等式进行求解；D选项，平方后利用基本不等式，结合226416aaa==进行求解.【详解】正项等

比数列na中，44a=，故432516aaa==，由基本不等式得：353528aaaa+=，当且仅当354aa==时，等号成立，此时4na=，故A正确；310a，540a，由基本不等式得：3535141421aaaa+=，当且仅当35

14aa=，32a=，58a=时等号成立，此时公比2q=满足题意，B正确；因为12xy=单调递减，所以2626264222228211111242222aaaaaaa+−

===，当且仅当262aa=即222a=，642a=时，等号成立，C错误；因为20a，60a，所以()226262626424416aaaaaaaaa+=++==，当且仅当26

aa=时等号成立，故2442aaqq=，且0q，解得：1q=，所以264aa+，即26aa+的最小值为4，故D错误.故选：AB44．（多选）公比为q的等比数列na，其前n项和为nS，前n项积为nT，满足11a,202120221aa，20

212022101aa−−.则下列结论正确的是（）A．01qB．202120231aaC．nS的最大值为2023SD．nT的最大值为2021T【答案】AD【分析】推导出0q，20211a，2022

01a，可判断A选项的正误；利用等比中项的性质可判断B选项的正误；由数列na为正项等比数列可判断C选项的正误；由20211a，202201a可判断D选项的正误.【详解】若0q，则22021202220210a

aaq=不合乎题意，所以，0q，故数列na为正项等比数列，11aQ，202120221aa，20212022101aa−−，20211a，202201a，所以01q，故A正确；22021202320221aaa=，故B错误；11aQ，01q，所以，数

列na为各项为正的递减数列，所以，nS无最大值，故C错误；又20211a，202201a，所以，2021T是数列nT中的最大项，故D正确.故选：AD.【题型13】等比数列性质判断与综合运用45．(

多选)已知等比数列{an}的公比为q，首项为a，前n项和为Sn，则下列结论错误的是()A．若a＞0，则anSn＞0B．若q＞0，则anSn＞0C．若a＜0，则anSn＜0D．若q＜0，则anSn＜0【答案】A

CD因为{an}为等比数列，所以a≠0．当q＝1时，an＝a，Sn＝na，故anSn＝na2＞0，当q≠1时，an＝aqn－1，Sn＝𝑎(1－𝑞𝑛)1－𝑞，故anSn＝𝑎2𝑞𝑛－1(1－𝑞𝑛)1－�

�，若q＞1，则qn－1＞0，1－qn＜0，1－q＜0，故anSn＞0，若0＜q＜1，则qn－1＞0，1－qn＞0，1－q＞0，故anSn＞0，若q＜0，则anSn＝𝑎2𝑞𝑛(1－𝑞𝑛)𝑞(1－𝑞)，其中q(1－q)＜0，取－1＜q＜0，则当n为偶数时，a2q

n(1－qn)＞0，即anSn＜0，当n为奇数时，a2qn(1－qn)＜0，即anSn＞0，故B中结论正确，A、C、D中结论错误．46．（多选）已知数列na为等比数列，首项10a，公比()1,0q−，则下列叙述正确的是（）A．数列na的最大项为1aB．数列

na的最小项为2aC．数列1nnaa+为递增数列D．数列212nnaa−+为递增数列【答案】ABC【分析】分别在n为偶数和n为奇数的情况下，根据项的正负和2nnaa+−的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用()2212110nnnnna

aaaqqa+++−=−和()()21222120nnnnaaaa++−+−+可知CD正误.【详解】对于A，由题意知：当n为偶数时，10naa；当n为奇数时，0na，()2210nnnaaaq+−=−，1a最大；综上所述：数列na的最大项为1a，A正确；对

于B，当n为偶数时，0na，()2210nnnaaaq+−=−，2a最小；当n为奇数时，20naa；综上所述：数列na的最小项为2a，B正确；对于C，21nnnaaaq+=，2121nnnaaaq+++=，()()222212111nnnnnnn

aaaaqaaqqa++++−=−=−，10q−，210q−，1210nnnnaaaa+++−，数列1nnaa+为递增数列，C正确；对于D，()212211nnnaaaq−−+=+，()2122211nnnaaaq++++=+，()()()()()()2212221221212

1111nnnnnnnaaaaqaaqqa++−+−−+−+=+−=+−；10q−，10q+，210q−，又210na−，()()21222120nnnnaaaa++−+−+，数列212nnaa−+为递减数列，D错误.47．（多选）已知等比数列na

的前n项和为nS，且214Sa=，2a是11a+与312a的等差中项，数列nb满足1nnnnabSS+=，数列nb的前n项和为nT，则下列命题正确的是（）A．数列na的通项公式123nna−=B．31nns=−C．数列nb的通项公式为()()1233131nn

nnb+=−−D．nT的取值范围是11,86【答案】ABD【分析】根据已知条件求出等比数列na的公比和首项，进而可以求得na和nS；利用裂项相消法可得111133131nnnb+=

−−−和nT，讨论数列nT的单调性，即可得出nT的范围.【详解】A：由214Sa=可得213aa=，所以等比数列na的公比3q=，所以113nnaa−=.由2a是11a+与312a的等差中项，可得

2131212aaa=++，即()2111123132aaa=++，解得12a=，所以123nna−=，所以A正确；B：()()1121331113nnnnaqSq−−===−−−，所以B正确；C：()()111123111331313131nnnnnnnnnabSS

−+++===−−−−−，所以C不正确；D：12nnTbbb=+++1223111111111111113313133131331313231nnn++=−+−+

+−=−−−−−−−−所以数列nT是递增数列，得11110326nTT−=，所以1186nT，所以D正确.故选：ABD.48．（多选）设等比数列

na的公比为q，其前n项和为nS，前n项积为nT，且满足条件11a，202220231aa，()()20222023110aa−−，则下列选项正确的是（）A．na为递减数列B．202220231SS+C．2022T是数列Tn中的最大项D．40451T【答案】AC

【分析】根据题意先判断出数列na的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由20231a及前n项和的定义即可判断；对于C：前n项积为nT的定义即

可判断；对于D：先求出4045T40452023a=，由20231a即可判断.【详解】由()()20222023110aa−−可得：20221a−和20231a−异号，即202220231010aa−−或202220231010aa−−.而11a，20222023

1aa，可得2022a和2023a同号，且一个大于1，一个小于1.因为11a，所有20221a，20231a，即数列na的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.对于A：公比202320221aqa=，因为11a，所以11nnaaq−=为减函数，所以n

a为递减数列.故A正确；对于B：因为20231a，所以2023202320221aSS=−，所以202220231SS+.故B错误；对于C：等比数列na的前n项积为nT，且数列na的前2022项大于1，而从第2023项开始

都小于1，所以2022T是数列Tn中的最大项.故C正确；对于D：40451234045Taaaa=()()()240441111aaqaqaq=404512340441aq+++=4045202240451aq=

()404520221aq=40452023a=因为20231a，所以404520231a，即40451T.故D错误.故选：AC49．（多选）设等比数列na的公比为q，其前n项和为nS，前n项积为nT，且满足条件11a，

202020211aa，()()20202021110aa−−，则下列选项错误的是（）A．1qB．202020211SS+C．2020T是数列nT中的最大项D．40411T【答案】AD【分析】由题意可推出等比数列公比

01q，判断A；结合题意判断202020211,01aa，即可判断B；判断等比数列的增减性，结合前n项积为nT，可判断C；利用等比数列性质可判断D.【详解】由题意知202020211aa，即()()()()22019202040391111aqaqaq=，因为1

1a，可得0q，即等比数列na的各项都为正值，又()()20202021110aa−−，故若1q，结合11a可知1na，则()()20202021110aa−−不成立，故01q，即数列na为递减数列，则202020211,01aa，A错误；因为202101a

，故20202020202120211SSaS++=，B正确；由以上分析可知122020202110aaaa，故2020T是数列nT中的最大项，C正确；由等比数列性质可得21404124040202020222021aaaaa

aa====，202101a，故4041124042404110211Taaaa==，D错误【题型14】等差数列与等比数列混合计算求值50．已知－2，a1，a2，－8成等差数列，－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，则

a2－a1b2＝________.【答案】12【解析】∵－2，a1，a2，－8成等差数列，∴2a1＝－2＋a2，2a2＝a1－8，得a1＝－4，a2＝－6.又∵－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，∴b22＝－2×(－8)＝16，∴b2

＝4或b2＝－4.由等比数列隔项同号可得b2＝－4，∴a2－a1b2＝－6－(－4)－4＝12.51．有四个实数，前3个数成等比数列，且它们的积为216，后三个数成等差数列，且它们的和为12，求这四个数．【答案】9，6，4，2【解答】解：设此前3个数分

别为：aq，a，aq，216aaaqq=，3216a=，解得6a=．设后三个数分别为：bd−，b，bd+．12bdbbd−+++=，解得4b=．46d−=，46q=，解得2d=−，23q=．52．已知n

a是公差为d的等差数列，nb是公比为q的等比数列.若数列nnab+的前n项和()2*221nnSnnnN=−+−，则dq+的值为.【答案】6【分析】设数列na和nb的前n项和分别为,nnAB，然后

利用分求出,nnAB，再利用nnnSAB=+列方程，由对应项的系数相等可求出结果【详解】解：设数列na和nb的前n项和分别为,nnAB，则()()1211111,222111nnnnbqnndbddqAanannBqqq−−=+=−+==

−−−−（1q），若1q=，则1nBnb=，则2211221()22nnnnddSABnnannnb=+=−+−=−++，显然没有出现2n，所以1q，所以221112212211nnbbqddannnnqq−++−=−+−

−−，由两边的对应项相等可得111,2,2,1221bddaqq−=−===−−，解得111,4,2,1adqb====，所以6dq+=模块三其它综合问题【题型15】周期数列53．（重庆·西南大学附中校联考）在首项为1的数列na中，满

足132nnnaaa+−−=+，则520a=（）A．52−B．43−C．0D．1【答案】D【详解】由132nnnaaa+−−=+可得1121nnaa+=−−+，由于11a=，所以2141231aa=−−=−+，3412351,,2111122aaaaa=−−=

−=−−==++，因此na为周期数列，且周期为3，故5203173111aaa+===54．（重庆巴蜀中学校考）已知数列na满足1122nnnaaa++−=，且13a=，则2023a=（）A．3B．12C．-2D．43【答案】B【详解】由题意数列

na满足1122nnnaaa++−=，则122nnaa+=−，故由13a=，得23452222,,1142,342322232232aaaa====−+−=−===−，由此可知数列na的周期为4，故20234505

3312aaa+===55．（2023·哈师大附中校考期中）在数列na中，若11a=，22a=，21nnnaaa++=−，则2024a=（）A．1−B．2−C．2D．1【答案】C【详解】由题意知数列na

中，若11a=，22a=，21nnnaaa++=−，故3211aaa=−=，4321aaa=-=-，5432aaa=−=−，6541aaa=−=−，7658761,2aaaaaa=−==−=，则n

a为周期为6的周期数列，故20243376222aaa+===56．已知数列na满足13a=，22a=，当2n时，11nnnaaa+−+=，则数列na的前2023项的和为（）A．0B．1C．3D．4【答案】C【分析】本题考查数列的递推关系、数列的周期性及数列求和

，由递推公式得到51nnaa+−=，再求出前六项的和为零，最后由周期性求出结果.【详解】由题意，得21nnnaaa+++=，∴210nnaa+−+=，∴520nnaa+++=，∴51nnaa+−=，∴数列na是周

期为6的周期数列．设数列na的前n项和为nS，依题意得数列na的前6项依次为3，2，－1，－3，－2，1，∴60S=，∴202333761133703SSa+==+=．57．数列{}na满足112,0,2121,1,2nnnnnaaaaa+=−若1

25a=，则2024a等于（）A．15B．25C．35D．45【答案】A【分析】根据数列定义求出数列的前几项后得出数列是周期数列，从而求值．【详解】因为12152a=，所以23454312,,,5555aaaa====，所以数列具有周期性，周期为4，所以2

024415aa==.58．数列na满足12a=，111nnnaaa++=−，其前n项积为nT，则10T等于（）A．16B．16−C．6D．6−【答案】D【分析】依次代入1,2,3,4n=可得

na是以4为周期的周期数列，由1231nnnnaaaa+++=可推导得到结果.【详解】当1n=时，121131aaa+==−−；当2n=时，2321112aaa+==−−；当3n=时，3431113aa

a+==−；当4n=时，454121aaa+==−；…，数列na是以4为周期的周期数列，()()1231123123nnnnaaaanN+++=−−=，()10891012236TTaaaa===−=−.【题型16】数列

中的最值问题59．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8-2S4=5，则a9+a10+a11+a12的最小值为（）A．10B．15C．20D．25【答案】C【解析】变换得到S8-S4=S4+5，根据等比数列性质知S4(S12-S8)=(S8-S4)2，9101112128aaa

aSS+++=−，再利用均值不等式计算得到答案.【详解】由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8，由S8-2S4=5，可得S8-S4=S4+5.又由等比数列的性质知S4，S8-S4，S12-S8

成等比数列，则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.()()228449101112128444444525251021020SSSaaaaSSSSSSSS−++++=−===+++=当且仅当S4=5时等号成立，所以a9+a10+a11+a12的

最小值为20.60．（2023秋·重庆巴蜀中学校考）已知等差数列{}na的前n项和为nS，对任意的*nN，均有5nSS成立，则86aa的值的取值范围是（）A．()3,+B．)3,+C．()),33,−−+D．(),33,−−+【答案】B【分析】根据已知得出10a

，公差0d，然后返50a=和50a(即50a)分类计算.【详解】由题意知5S是等差数列na的前n项和中的最小值，必有10a，公差0d，若50a=，此时45SS=，4S，5S是等差数列na的前n项和中的最小值，此时5140aad=+=，即

14ad=−，则81617335aaddaadd+===+；若50a，60a，此时5S是等差数列na的前n项和中的最小值，此时5140aad=+，6150aad=+，即154ad−−，则()181116177213,555

aaaddaaaaddd++===+++++，综上可得：86aa的取值范围是)3,+61．已知各项为正的数列na的前n项和为nS，满足21nnaS=−，则通项公式na=；且2163nnSa++的最小值为.【答案】

21n−4【分析】利用na与nS的关系式，得到12nnaa−−=，即可判断数列na是等差数列，然后利用等差数列的通项公式、前n项和公式结合基本不等式，即可得出答案.【详解】由各项为正的数列na，0na，21nnaS=−，()2114

nnSa=+，2n时，()()2211111144nnnnnaSSaa−−=−=+−+，化为：()()1120nnnnaaaa−−+−−=，10nnaa−+，12nnaa−−=，又1121aa=−，解得11a=.数列na是等差数

列，首项为1，公差为2.()12121nann=+−=−，()2212114nSnn=−+=，222162168912321311nnSnnnannn+++===++−+−+++()921241nn+−=+，

当且仅当2n=时取等号.62．正项等比数列na满足：7652aaa=+，若存在两项ma、pa，使得2116mpaaa=，则19mp+的最小值为（）A．32B．83C．114D．145【答案】C【分析】由等比数列的性质，结合7652aaa=+求得q，再

由2116mpaaa=可得6mp+=，结合基本不等式“1”的妙用可求当32m=、92p=时，取得最小值，则需逐一验证,mp值，进而得出最值.【详解】设数列na的公比为()0qq，∵7652aaa=+，∴6541112aqaqaq=+，∴22qq=+，即(

)()22210qqqq−−=−+=，解得2q=，∵2116mpaaa=，∴11211116mpaqaqa−−=，∴2422mp+−=，∴6mp+=，∴()1911919198101026663pmpm

mpmpmpmpmp+=++=+++=，当且仅当9pmmp=，即3pm=，即32m=、92p=时，取得最小值，又,mpNN，∴1983mp+，只

能逐一验证，当1m=、5p=时，19914155mp+=+=；当2m=、4p=时，191911244mp+=+=；当3m=、3p=时，191910333mp+=+=；当4m=、2p=时，191919424mp+=+=；当5m=、1p=时，1

91946515mp+=+=，∴19mp+的最小值为114.【题型17】数列新定义问题2021新高考2卷T1263．（多选）设正整数010112222kkkknaaaa−−=++++，其中0,1ia，记()01knaaa

=+++．则（）A．()()2nn=B．()()231nn+=+C．()()8543nn+=+D．()21nn−=【答案】ACD【分析】利用()n的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【详解】对于A选项，()01

knaaa=+++，12101122222kkkknaaaa+−=++++，所以，()()012knaaan=+++=，A选项正确；对于B选项，取2n=，012237121212n+==++，()73=，而0120212=+，则()21=，即()()721+，B

选项错误；对于C选项，3430234301018522251212222kkkknaaaaaa+++=++++=+++++，所以，()01852knaaa+=++++，2320123201014322231212222kkkknaaaaaa+++=+

+++=+++++，所以，()01432knaaa+=++++，因此，()()8543nn+=+，C选项正确；对于D选项，01121222nn−−=+++，故()21nn−=，D选项正确.64．有一个非常有趣的数列1n叫做调和数列，此数列的前n项和已

经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，1111ln23nn+++++，其中称为欧拉-马歇罗尼常数，0.577215664901…，至今为止都还不确定

是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知ln20.693，ln102.303．用上式估算出的ln5与实际的ln5的误差绝对值近似为（）A．0.003B．0.096C．0.121D．0.2

16【答案】B【分析】直接通过两种方法求出ln5，作差取绝对值即可求出结果.【详解】11111371ln5ln5234560+++++−，又ln5ln10ln22.3030.6931610=−−

=．ln5与实际的ln5的误差绝对值近似为1370.5771.6100.09660−−65．对于一个给定的数列na，把它的连续两项1na+与na的差1nnaa+−记为nb，得到一个新数列nb，把数列nb称为原数列na的一阶差数列.若数列

nb为原数列na的一阶差数列，数列nc为原数列nb的一阶差数列，则称数列nc为原数列na的二阶差数列.已知数列na的二阶差数列是等比数列，且12342,3,6,13aaaa====，则

数列na的通项公式na=.【答案】21nn−+【分析】运用等比数列通项公式及累加法可求得结果.【详解】设数列nb为原数列na的一阶差数列，nc为原数列na的二阶差数列.则由题意可知1212323431212321,3,7,2,4baabaabaacbbcb

b=−==−==−==−==−=.又nc为等比数列，故公比212cqc==，所以2nnc=，即12nnnbb+−=.当2n时，()()()121112211222121nnnnnnnnbbbbbbbb−−−−−=−+−++−+=++++=−，将1n=代入21nnb=−得11211

b=−=，符合，所以21nnb=−，Nn.所以121nnnaa+−=−，当2n时，()()()()()()1211122112121212nnnnnnnaaaaaaaa−−−−−=−+−++−+=−+

−++−+121222221)(1nnnnn−−+−=+++=−−+，将1n=代入21nnan=−+得112112a=−+=，符合，所以21nnan=−+，Nn.66．数列{}na中，1log(2)(N)nnann+=+，定义：使12kaaa为整数的数k(N

)k叫做期盼数，则区间[1,2023]内的所有期盼数的和等于（）A．2023B．2024C．2025D．2026【答案】D【分析】利用换底公式与累乘法把123kaaaa化为2log(2)k+，然后根据123kaaaa

为整数，可得22nk=−，最后由等比数列前n项和公式求解．【详解】解：()()+1lg2log(2)lg1nnnann+=+=+，*()Nn，()()1232lg2lg3lg4lg5log(2)lg2lg3lg4lg1kkaaaakk+==++，又123ka

aaa为整数，2k+必须是2的n次幂*()Nn，即22nk=−．[1,2023]k内所有的“幸运数”的和：()()()()2341022222222S=−+−+−++−102(12)20202612−=−=−67．（多选）若数列na满足：对,*ijN，若ij，

则ijaa，称数列na为“鲤鱼跃龙门数列”.下列数列na是“鲤鱼跃龙门数列”的有（）A．241nann=−+B．12nnan+=+C．sinπnan=D．ln1nnan=+【答案】BD【分析】举特例13ij==，132aa=−=

可说明A不符合题意，同理可说明C不符合题意；依据“鲤鱼跃龙门数列”的定义，可说明B,D.【详解】对于A,不妨取13ij==，但132aa=−=，不满足ijaa，故A错误；对于B,11122nnann+==−++

,对,*ijN，若ij,则1122ij++，则111122ij−−++,即ijaa，故B正确；对于C，不妨取24ij==，但240aa==，不满足ijaa，故C错误；对于D,1lnln(1)11nnan

n==−++,对,*ijN，若ij,则1111ij++，则111111ij−−++，故11ln(1)ln(1)11ij−−++，即ijaa，故D正确68．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:1,1,2,3,5,8,

,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为*21,Nnnnaaan++=+,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列na的通项公式为151522nnnaAB

+−=+,其中AB，的值可由1a和2a得到,比如兔子数列中121,1aa==代入解得11,55AB==−.利用以上信息计算()551.(2x+=表示不超过x的最大

整数)（）A．10B．11C．12D．13【答案】B【分析】根据题不妨设1AB==,求出1a,2a,进而得到5a,通过na的第五项,即可得到551515,22+−之间的关系,根据5152−的范围可大致判

断5512+的范围,进而选出选项.【详解】解:由题意可令1AB==,所以将数列na逐个列举可得:11a=,23a=,3124aaa=+=,4327aaa=+=,54311aaa=+=,故55515151122

a+−=+=,因为()5151,02−−,所以()51511,122+,故515112+=.69．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性

思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1均分为三段，去掉中间的区间段12,33，记为第1次操作；再将剩下的两个区间120,,,133分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都

在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第n次操作去掉的区间长度为na，数列nb满足：2nnbna=，则数列nb中的取值最大的项为（）A．第3项B．第4项C．第5项D．第6项【答案】

C【分析】由已知可得1223nna=，则21223nnbn=，然后由()211242063nnnbbnn+−=−++=，得26n=+，而n为正整数，从而可求得答案.【

详解】由题可知2312341111111111,2,2,23333333333aaaa====，由此可知11122323nnnna−==，所以221223nnnbnan==，因为()1222221121212212(1)(1)422

32323363nnnnnnbbnnnnnn++−=+−=+−=−++，