历年高考数学真题汇编专题13 等差、等比数列的应用(解析版)

历年高考数学真题汇编
专题13 等差、等比数列的应用
1．【2019年高考全国III 卷文数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ） A ．16 B ．8
C ．4
D ．2
【答案】C
【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则23111142
1111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2
a q =⎧⎨=⎩，2
314a a q ∴==，故选C ．
2．【2019年高考浙江卷】设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ，则（ ） A ． 当101
,102
b a =
> B ． 当101
,104
b a =
> C ． 当102,10b a =-> D ． 当104,10b a =->
【答案】A
【解析】①当b =0时，取a =0，则0,n a n *
=∈N .
②当<0b 时，令2x x b =+，即20x x b -+=.
则该方程140b ∆=->，即必存在0x ，使得2
000x x b -+=， 则一定存在10 ==a a x ，使得21n n n a a b a +=+=对任意n *
∈N 成立，
解方程2
0a a b -+=
，得12
a ±=
，
10≤时，即90b -…
时，总存在a =，使得121010a a a ==⋯=≤， 故C 、D 两项均不正确
.
③当0b >时，2
21a a b b =+≥，
则22
32a a b b b =+≥+，
()2
2
243a a b b b b =+++….
（ⅰ）当12b =时，2
2451111711,122216
2a a ⎡⎤⎛⎫++=>>+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦≥，
则2
61111
12224a ⎛⎫>++=> ⎪⎝⎭，
2719222
a >+
=， 2
8918310224
a ⎛⎫>+=> ⎪⎝⎭ ，
则2
981
102
a a =+>， 21091
102
a a =+
> ， 故A 项正确.
（ⅱ）当14b =时，令1==0a a ，则2
231111
,4442
a a ⎛⎫==+< ⎪⎝⎭，
所以2
2
4311114242
a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭，以此类推，
所以2
2
10911114242
a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭，
故B 项不正确. 故本题正确答案为A.
遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.
3、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若133
14
a S ==
，，则S 4=___________． 【答案】5
8
【解析】设等比数列的公比为q ，由已知22
3111314S a a q a q q q =++=++=
，即2
104
q q ++=.
解得1
2
q =-，
所以4
41411()
(1)521181()2
a q S q --
-=
==---． 准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算
3343431315
()428
S S a S a q =+=+=
+-=，避免繁分式计算． 4、【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =
___________.
【答案】100
【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，根据题意可得
317
125,613a a d a a d =+=⎧⎨
=+=⎩得11
,2a d =⎧⎨=⎩ 101109109
101012100.22
S a d ⨯⨯∴=+
=⨯+⨯= 5、【2019年高考江苏卷】已知数列*
{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，
则8S 的值是__________． 【答案】16
【解析】由题意可得：()()()25811191470
98
9272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪
⎨⨯=+=⎪⎩
， 解得：152
a d =-⎧⎨
=⎩，则8187
840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建1a d ,的方程组. 6、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=-a 5．
（1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；
（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．
n 由95S a =-得140a d +=． 由a 3=4得124a d +=． 于是18,2a d ==-．
因此{}n a 的通项公式为102n a n =-．
（2）由（1）得14a d =-，故(9)(5),2
n n n n d
a n d S -=-=
. 由10a >知0d <，故n n S a ≥等价于2
11100n n -+…，解得1≤n ≤10． 所以n 的取值范围是{|110,}n n n *
≤≤∈N ．
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.
7、【2019年高考全国II 卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.
（1）求{}n a 的通项公式；
（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．
【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得
22416q q =+，即2280q q --=．
解得2q =-（舍去）或q =4．
因此{}n a 的通项公式为121242n n n a --=⨯=．
（2）由（1）得2(21)log 221n b n n =-=-， 因此数列{}n b 的前n 项和为2
1321n n +++-=L ．
本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题.
8、【2019年高考北京卷文数】设{a n }是等差数列，a 1=–10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．
（1）求{a n }的通项公式；
（2）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值．
n 因为110a =-，
所以23410,102,103a d a d a d =-+=-+=-+． 因为23410,8,6a a a +++成等比数列， 所以()()()2
3248106a a a +=++． 所以2
(22)(43)d d d -+=-+． 解得2d =．
所以1(1) 212n a a n d n =+-=-． （2）由（1）知，212n a n =-．
所以，当7n ≥时，0n a >；当6n ≤时，0n a ≤． 所以，n S 的最小值为630S =-．
一、等差数列
1、定义：数列{}n a 若从第二项开始，每一项与前一项的差是同一个常数，则称{}n a 是等差数列，这个常数称为{}n a 的公差，通常用d 表示
2、等差数列的通项公式：()11n a a n d =+-，此通项公式存在以下几种变形： （1）()n m a a n m d =+-，其中m n ≠：已知数列中的某项m a 和公差即可求出通项公式
（2）n m
a a d n m -=
-：已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差
（3）1
1n a a n d
-=+：已知首项，末项，公差即可计算出项数
3、等差中项：如果,,a b c 成等差数列，则b 称为,a c 的等差中项
（1）等差中项的性质：若b 为,a c 的等差中项，则有c b b a -=-即2b a c =+ （2）如果{}n a 为等差数列，则2,n n N *
∀≥∈，n a 均为11,n n a a -+的等差中项
（3）如果{}n a 为等差数列，则m n p q a a a a m n p q +=+⇔+=+ 4、等差数列通项公式与函数的关系：
()111n a a n d d n a d =+-=⋅+-，所以该通项公式可看作n a 关于n 的一次函数，从而可通过函数的角度
分析等差数列的性质。

5、等差数列前n 项和公式：12
n
n a a S n +=
⋅，此公式可有以下变形： （1）由m n p q m n p q a a a a +=+⇔+=+可得：()12
p q
n a a S n p q n +=
⋅+=+，作用：在求等差数列
前n 项和时，不一定必须已知1,n a a ，只需已知序数和为1n +的两项即可 （2）由通项公式()11n a a n d =+-可得：()()111112
2
n a a n d
n n S n a n d ++--=
⋅=+
作用：① 这个公式也是计算等差数列前n 项和的主流公式 ② ()211112
22n n n d S a n d n a d n -⎛⎫=+
=
+- ⎪⎝⎭
，即n S 是关于项数n 的二次函数()n N *∈，且不含常数项，可记为2
n S An Bn =+的形式。

从而可将n S 的变化规律图像化。

（3）当()
21n k k N *=-∈时，
()121
21212
k k a a S k --+=
⋅- 因为1212k k a a a -+= ()2121k k S k a -∴=- 而k a 是21k S -的中间项，所以此公式体现了奇数项和与中间项的联系
当()
2n k k N *=∈时
()122122
k
k k k a a S k k a a ++=
⋅=+，即偶数项和与中间两项和的联系 6、等差数列前n 项和的最值问题：此类问题可从两个角度分析，一个角度是从数列中项的符号分析，另一个角度是从前n 项和公式入手分析 二、等比数列
1、定义：数列{}n a 从第二项开始，后项与前一项的比值为同一个常数()0q q ≠，则称{}n a 为等比数列，这个常数q 称为数列的公比
注：非零常数列既可视为等差数列，也可视为1q =的等比数列，而常数列0,0,0,L 只是等差数列
2、等比数列通项公式：11n n a a q -=⋅，也可以为：n m
n m a a q -=⋅
3、等比中项：若,,a b c 成等比数列，则b 称为,a c 的等比中项 （1）若b 为,a c 的等比中项，则有
2a b
b a
c b c
=⇒= （2）若{}n a 为等比数列，则n N *∀∈，1n a +均为2,n n a a +的等比中项 （3）若{}n a 为等比数列，则有m n p q m n p q a a a a +=+⇔= 4、等比数列前n 项和公式：设数列{}n a 的前n 项和为n S 当1q =时，则{}n a 为常数列，所以1n S na = 当1q ≠时，则()111n n a q S q
-=
-
可变形为：()1111111
n n n a q a a S q q
q q -=
=
----，设11a
k q =-，可得：n n S k q k =⋅-
5、由等比数列生成的新等比数列
（1）在等比数列{}n a 中，等间距的抽取一些项组成的新数列仍为等比数列 （2）已知等比数列{}{},n n a b ，则有 ① 数列{}n ka （k 为常数）为等比数列
② 数列{}
n a λ
（λ为常数）为等比数列，特别的，当1λ=-时，即1n a ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
为等比数列 ③ 数列{}n n a b 为等比数列 ④ 数列{}
n a 为等比数列
6、等比数列的判定：（假设{}n a 不是常数列） （1）定义法（递推公式）：
()1
n n
a q n N a *+=∈ （2）通项公式：n
n a k q =⋅（指数类函数） （3）前n 项和公式：n
n S kq k =-
题型一 等差数列与等比数列的基本量
等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组）.
s a a n
n ,,1,d(q),n 等5个基本量知三求二。

1、（2019年江苏卷）.已知数列*
{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8
S 的值是_____. 【答案】16.
【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.
由题意可得：()()()25811191470
98
9272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪
⎨⨯=+=⎪
⎩
， 解得：152a d =-⎧⎨=⎩
，则8187
840282162S a d ⨯=+
=-+⨯=. 2、（2017江苏卷）等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则= ．
【答案】32
3、（2016江苏卷） 已知{n a }是等差数列，n S 是其前n 项和.若2
123a a +=-，5S =10，则9a 的值是 ▲ .
【答案】20
【解析】由510S =得32a =，因此2922(2)33,23620.d d d a -+-=-⇒==+⨯=故
4、(2019苏北三市期末）在等差数列{a n }中，若a 5＝12
，8a 6＋2a 4＝a 2，则{a n }的前6项和S 6的值为________．
【答案】
152
解法1(基本量法) 设a n ＝a 1＋(n －1)d ，n ∈N *，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝12，8a 6＋2a 4＝a 2，
得{}n a n n S 36763
44
S S ==,8
a
⎩⎪⎨
⎪⎧a 1＋4d ＝12，
8（a 1
＋5d ）＋2（a 1
＋3d ）＝a 1
＋d ，解得⎩⎨⎧a 1＝52
，
d ＝－12，
所以S 6
＝6a 1
＋6×52d ＝302＋
6×52⎝⎛⎭⎫－12＝15
2. 解法2(定义法) 由等差数列的定义可得8a 6＝8(a 5＋d)，2a 4＝2(a 5－d)，a 2＝a 5－3d ，
所以由8a 6＋2a 4＝a 2，得8(a 5＋d)＋2(a 5－d)＝a 5－3d ，解得d ＝－a 5＝－1
2，故S 6＝6（a 1＋a 6）2＝3(a 2＋
a 5)＝3(a 5－3d ＋a 5)＝15a 5＝15
2
.
例5、(2018苏锡常镇调研） 已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1054S S =，则14a
d
= ． 【答案】 2
【解析】因为d a d a S 45102910101110+=⨯+
=，d a d a S 1052
4
55115+=⨯+=，所以429210545101111510=++=++=d
a d a d a d a S S ，可得12a d =，故241=d a
．
题型二 等差数列与等比数列的性质
在解数列填空题时，记住一些常见的结论可以大大提高解题速度．(1)在等差数列{a n }中，若m ，n ，p ，q ∈N *
，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ；(2)在等比数列{a n }中，若m ，n ，p ，q ∈N *
，且m ＋n ＝p ＋q ，则
a m a n ＝a p a q ；(3)在等差数列{a n }中，若公差为d ，且m ，n ∈N *，则a m ＝a n ＋(m －n )d .
例6、(2018南京、盐城一模） 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若{a n }的前2017项中的奇数项和为2018，则S 2017的值为________．
【答案】 4034
【解析】因为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2017＝1009a 1009＝2018，所以a 1009＝2，故S 2017＝a 1＋a 2＋…＋a 2017＝2017a 1009＝4034.
例7、(2019苏州期末）设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若
S 5S 10＝13，则S 5
S 20＋S 10
＝________． 【答案】
1
18
【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则S 10＝S 5(1＋q 5
)，S 20＝S 10(1＋q 10
)． 由
S 5S 10＝13
，得q 5＝2，q 10
＝4.所以S 10＝3S 5，S 20＝5S 10＝15S 5，从而S 10＋S 20＝18S 5. 解后反思 因为数列{a n }是等比数列，所以S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，S 20－S 15也成等比数列．它们的比值为1∶2∶4∶8，所以S 20＝(1＋2＝4＋8)S 5＝15S 5. 题型三、数列通项的简单求法
求通项公式的方法1、累加（累乘法（1）累加法：如果递推公式形式为：()1n n a a f n +-=，则可利用累加法求通项公式① 等号右边为关于n 的表达式，且能够进行求和② 1,n n a a +的系数相同，且为作差的形式。

（2）累乘法：如果递推公式形式为：
()1
n n
a f n a +=，则可利用累加法求通项公式构造辅助数列：
（3）通过对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数列。

通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式
形如()11,0n n a pa q p q -=+≠≠的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式。

例8、(2019南京学情调研） 在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋
1
n （n ＋1）
(n ∈N *)，则a 10的值为________．
【答案】
19
10
【解析】解法1(裂项法) 由a n ＋1＝a n ＋
1n （n ＋1）
得a n ＋1－a n ＝1n －1n ＋1，故a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－1
3，
a 4－a 3＝13－14，…，a 10－a 9＝19－110，所以a 10＝1910
.
解法2(常数列) 由a n ＋1＝a n ＋
1n （n ＋1），得a n ＋1＋1n ＋1
＝a n ＋ 1n ，故a 10＋110＝a 1＋1＝2，即a 10＝19
10.
例9、(2019常州期末） 数列{a n }，{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n (n ∈N *)，且数列{b n }的前n 项和为n 2，已知数列{a n －n }的前2018项和为1，那么数列{a n }的首项a 1＝________．
【答案】 3
2
【解析】思路分析通项公式中出现(－1)n ，注意分奇、偶项，求和时自然采用分组求和法．
数列{b n }的前n 项和为n 2，所以b n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n ≥2)，b 1＝1也符合，故b n ＝2n －1，故a n ＋1
＋(－1)n a n ＝2n －1，设{a n }的前n 项和为S n ，a 2－a 1＝1.
若n 为奇数，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1－a n ＝2n －1，
a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋1，解得a n ＋a n ＋2＝2.
若n 为偶数，则⎩
⎪⎨⎪⎧a n ＋a n ＋1＝2n －1，
a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，解得a n ＋a n ＋2＝4n.
S 2018＝a 1＋(a 3＋a 5)＋(a 7＋a 9)＋…＋(a 2015＋a 2017)＋a 2＋(a 4＋a 6)＋(a 8＋a 10)＋…＋(a 2016＋a 2018)＝2a 1＋1＋1008＋4×(4＋8＋…＋2016)＝2a 1＋1009＋4×504×（4＋2016）
2
＝2a 1＋1＋1008×2021.
又S 2018－2018×20192＝1，所以2a 1＋1＋1008×2021＝1＋1009×2019，得a 1＝3
2.
题型三 等差数列与等比数列的证明 （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n N *∀∈，均有：
122n n n a a a ++=+ （等差） 2
12n n n a a a ++=⋅ （等比）
例10、(2019泰州期末）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，2a 1＋a 2＝a 3，且对任意的n ∈N ，n ≥2都有2nS n ＋1－(2n ＋5)S n ＋S n －1＝ra 1.
(1) 若a 1≠0，a 2＝3a 1，求r 的值；
(2) 数列{a n }能否是等比数列？请说明理由； (3) 当r ＝1时，求证：数列{a n }是等差数列．
思路分析 (1)令n ＝2，得到a 1，a 2，a 3，r 的方程，再结合2a 1＋a 2＝a 3和a 2＝3a 1，用a 1表示a 2，a 3，即可得到r 的值．
(2)假设{a n }是等比数列，取前3项成等比，求出q 的值，由2nS n ＋1－(2n ＋5)S n ＋S n －1＝ra 1，先化简变形，再通过赋值作差法，得到相邻三项a n －1，a n ，a n ＋1的关系式，进而得到n ，q 的关系式，导出矛盾，否定假设．
(3)取n ＝2，3得到前四项a 1，a 2，a 3，a 4的关系，由4S n ＝2na n ＋1－a n －a 1(n ≥2)，对n 赋值后作差变形，整理得到当n ≥3时，相邻三项a n －1，a n ，a n ＋1的关系式，再对n 赋值后作差，证明n ≥4时，相邻三项a n －1，a n ，a n ＋1成等差，结合前3项a 1，a 2，a 3成等差，从而得到数列{a n }是等差数列．
规范解答 (1)因为a 2＝3a 1，2a 1＋a 2＝a 3，所以a 3＝2a 1＋a 2＝5a 1， 当n ＝2时，4(a 1＋a 2＋a 3)－9(a 1＋a 2)＋a 1＝ra 1， 所以4(a 1＋3a 1＋5a 1)－9(a 1＋3a 1)＋a 1＝ra 1，即a 1＝ra 1， 因为a 1≠0，所以r ＝1.(4分)
(2) 数列{a n }不能是等比数列，理由如下： 假设{a n }是等比数列，设公比为q ，
因为2a 1＋a 2＝a 3，所以2a 1＋a 1q ＝a 1q 2，等比数列需满足a 1≠0，所以q ＝2或q ＝－1，(6分) 当q ＝2时，因为n ＝2时，4(a 1＋a 2＋a 3)－9(a 1＋a 2)＋a 1＝ra 1，即4(a 1＋2a 1＋4a 1)－9(a 1＋2a 1)＋a 1＝ra 1，则r ＝2，
又n ＝3时，6(S 3＋a 4)－11S 3＋S 2＝2a 1，所以a 4＝17
3
a 1，
则a 1，2a 1，4a 1，17
3
a 1不构成等比数列，所以此时不满足要求；(8分)
当q ＝－1时，因为n ＝2时，4(a 1＋a 2＋a 3)－9(a 1＋a 2)＋a 1＝ra 1，即4(a 1－a 1＋a 1)－9(a 1－a 1)＋a 1＝ra 1，则r ＝5，
又n ＝3时，6(S 3＋a 4)－11S 3＋S 2＝5a 1，所以a 4＝5
3a 1，
而a 1，－a 1，a 1，5
3a 1不构成等比数列，所以此时不满足要求，
故数列{a n }不能是等比数列．(10分)
(3) 当n ＝2时，4(a 1＋a 2＋a 3)－9(a 1＋a 2)＋a 1＝a 1，即4a 3＝5a 1＋5a 2， 因为2a 1＋a 2＝a 3，所以a 2＝3a 1，a 3＝5a 1，所以S 2＝4a 1，S 3＝9a 1， 当n ＝3时，6(S 3＋a 4)－11S 3＋S 2＝a 1，所以a 4＝7a 1. 因为2nS n ＋1－(2n ＋5)S n ＋S n －1＝a 1，
所以2n(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝4S n ＋a 1，即2na n ＋1－a n ＝4S n ＋a 1， 所以当n ≥3时，2(n －1)a n －a n －1＝4S n －1＋a 1，
两式相减得2na n ＋1－(2n －1)a n ＋a n －1＝4a n ，即2na n ＋1－(2n ＋3)a n ＋a n －1＝0，(12分) 所以2(n ＋1)a n ＋2－(2n ＋5)a n ＋1＋a n ＝0，
两式相减得(2n ＋2)a n ＋2－(4n ＋5)a n ＋1＋(2n ＋4)a n －a n －1＝0， 所以2(n ＋1)(a n ＋2－2a n ＋1＋a n )＝(a n ＋1－2a n ＋a n －1)，(14分)
所以a n ＋1－2a n ＋a n －1＝12n (a n －2a n －1＋a n －2)＝…＝1
2n －3n （n －1）…4(a 4
－2a 3＋a 2)＝0，
所以对任意的n ≥3，都有a n ＋1－2a n ＋a n －1＝0，又因为a 3－2a 2＋a 1＝0，所以数列{a n }是等差数列．(16分)
例11、（2015江苏卷） 设是各项为正数且公差为d 的等差数列 （1）证明：依次成等比数列；
（2）是否存在，使得依次成等比数列，并说明理由；
（3）是否存在及正整数，使得依次成等比数列，并说明理由.
解答 (1) 因为2a n ＋1
2a n ＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，
所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．
(2) 令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a >d ，a >－2d ，d ≠0)．
假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 4
4依次构成等比数列，
则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.
令t ＝d
a
，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12<t <1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0 (*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t
1234,,,a a a a (0)d ≠31242,2,2,2a a a a
1,a d 234
1234,,,a a a a 1,a d ,n k k
n k n k n n a a a a 342321,,,+++
＝4t ＋1＝0，则t ＝－1
4
.
显然t ＝－1
4
不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列． (3) 解法1 假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋
k 2，a n
＋2k
3，a n ＋3k
4
依次构成等比数列， 则a n 1(a 1＋2d )
n ＋2k
＝(a 1＋d )2(n
＋k )
，且(a 1＋d )n ＋
k (a 1＋3d )n
＋3k
＝(a 1＋2d )2(n
＋2k )．
分别在两个等式的两边同除以a 2(n ＋k )
1及a 2(n
＋2k )
1
，并令t ＝d
a 1⎝⎛⎭⎫t >－13，t ≠0， 则(1＋2t )n
＋2k
＝(1＋t )2(n
＋k )
，且(1＋t )n ＋
k (1＋3t )n
＋3k
＝(1＋2t )2(n
＋2k )．
将上述两个等式两边取对数，得(n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )， 且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )．
化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]，且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]．
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t )＝4ln(1＋3t )·ln(1＋t ) (**)． 令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )， 则g ′(t )＝
2[(1＋3t )2ln (1＋3t )－3(1＋2t )2ln (1＋2t )＋3(1＋t )2ln (1＋t )](1＋t )(1＋2t )(1＋3t ).
令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ′1(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ′1(t )，则φ′2(t )＝
12
(1＋t )(1＋2t )(1＋3t )
>0.
由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )>0，
知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝⎛⎭
⎫－1
3，0和(0，＋∞)上均单调． 故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．
所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋
k 2，a n
＋2k
3
，a n ＋3k
4
依次构成等比数列．
解法2 假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋
k 2，a n ＋2k
3，a n ＋3k
4成等比数列，
因为a n 1，a n ＋
k 2，a n ＋2k
3
，a n
＋3k
4
都为正数，
所以n ln a 1，(n ＋k )ln a 2，(n ＋2k )ln a 3，(n ＋3k )ln a 4构成等差数列， 设其通项为sm ＋t ，m ＝1,2,3,4，
又设数列a 1，a 2，a 3，a 4的通项为dm ＋b (d ≠0)，m ＝1,2,3,4，
所以[n ＋(m －1)k ]ln(dm ＋b )＝sm ＋t ，即ln(dm ＋b )＝sm ＋t
km ＋n －k
对m ＝1,2,3,4都成立，
令n －k ＝c ，g (x )＝ln(dx ＋b )－sx ＋t kx ＋c ，则g ′(x )＝d
dx ＋b －s (kx ＋c )－(sx ＋t )k (kx ＋c )2
＝dk 2x 2＋(2dkc －scd ＋tkd )x ＋dc 2－b (sc －tk )
(dx ＋b )(kx ＋c )2
.
因为d ≠0，所以g ′(x )至多有两个零点，即g (x )至多有三个单调区间，所以g (x )至多有三个零点，这与x ＝1,2,3,4都是g (x )的零点矛盾，
故不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋
k 2，a n
＋2k
3
，a n ＋3k
4
成等比数列．
1、(2019南京、盐城一模）已知等比数列{a n }为单调递增数列，设其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7，则a 5的值为________．
【答案】16
【解析】解法1(基本量为a 1，q ) 设a n ＝a 1·q n －
1，则a 2＝a 1·q ＝2，即a 1＝2q ，所以S 3＝a 1·(q 2＋q ＋
1)＝7，即2q ·(q 2＋q ＋1)＝2q ＋2＋2q ＝7，q ＋1q ＝52，解得q ＝2或q ＝1
2(数列单调递减，舍)，则a 5＝a 1·q 4＝
16.
解法2(基本量为a 2，q ) 设公比为q ，则S 3＝2q ＋2＋2q ＝7，解得q ＝2或q ＝1
2(数列单调递减，舍)，则
a 5＝a 2·q 3＝16.
2、(2019通州、海门、启东期末）设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4，则它的前5项和S 5＝________．
【答案】62
【解析】设公比为q ，因为a 1＝2，a 3＝a 2＋4，所以2q 2＝2q ＋4，解得q ＝2或q ＝－1，因为{a n }为正项数列，所以q ＝2，所以S 5＝2（1－25）
1－2
＝62.
3、(2019扬州期末） 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 1＝________．
【答案】 1
【解析】首先根据S 3＝7，S 6＝63可判断出等比数列{a n }公比q ≠1，由等比数列的前n 项和公式得
⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q
＝7，
S 6
＝a 1
（1－q 6
）1－q ＝63，
则S
6
S
3
＝1＋q 3
＝9，解得q ＝2，a 1
＝1. 4、(2019镇江期末）设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6
S 3
＝________．
【答案】 1
2
【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝1
2
.
5、(2018苏北四市期末） 已知等差数列{a n }满足a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝10，a 28－a 22
＝36，则a 11的值为________． 【答案】11
【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由a 28－a 2
2＝36得6a 5d ＝18.由a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝10得a 5＝2，从而
6d ＝9，a 11＝a 5＋6d ＝2＋9＝11.
6、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则12
8
S S ＝ ． 【答案】.
37
【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为62
2a a =，
所以24
22a q a =，故24
=q ．由于1≠q ，故
.372121)(1)(1111)1(1)1(232434812811218
12=--=--=--=----=q q q q q q a q q a S S
7、(2019宿迁期末）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1－2a n ＝1，a 1＝1，则S 9的值为________．
【答案】1013
【解析】由a n ＋1－2a n ＝1，得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即
a n ＋1＋1
a n ＋1
＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，设b n ＝a n ＋1的前n 项和为T n ，则T 9＝2（1－29）
1－2＝1022，S 9＝T 9－9＝1013.
8、(2019泰州期末） 已知数列{a n }满足log 2a n ＋1－log 2a n ＝1，则a 5＋a 3
a 3＋a 1
＝________．
【答案】. 4
【解析】 log 2a n ＋1－log 2a n ＝log 2a n ＋1a n ＝1，所以a n ＋1a n ＝2，即数列{a n }是以2为公比的等比数列，所以
a 5＋a 3
a 3＋a 1
＝a 3q 2＋a 1q 2a 3＋a 1
＝q 2
＝4.
9、(2019南通、泰州、扬州一调） 已知数列{a n }是等比数列，有下列四个命题：
①数列{|a n |}是等比数列； ②数列{a n a n ＋1}是等比数列；
③数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是等比数列； ④数列{lg a 2n }是等比数列．
其中正确的命题有________个．
【答案】3
【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，对于①中数列{|a n |}，|a n ＋1|
|a n |
＝q ，且首项|a 1|≠0，所以为等比数列；对于
②中数列{}a n a n ＋1，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1
＝q 2，且首项a 1a 2≠0，所以为等比数列；对于③中数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，1
a n ＋11a n
＝1q ，且首项
1
a 1≠0，所以为等比数列， 对于④中数列{}lga 2
n
，若a 1＝1，则lga 1＝0，所以不是等比数列．则正确的命题有3个，故答案为3.
10、(2019镇江期末） 已知等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，前n 项和为S n ，且数列{S n ＋n}也是公差为d 的等差数列，则d ＝________．
【答案】 1
2
【解析】思路分析 在等差数列{a n }中，S n ＝d
2
n 2＋Bn ，d ，B 为常数，d 是公差．
设S n ＝d 2n 2＋Bn ，S n ＋n ＝dn ＋f ，则d 2n 2＋(B ＋1)n ＝(dn ＋f)2对n ∈N *恒成立，所以d
2＝d 2.又d ≠0，所
以d ＝1
2
.
11、(2018南京学情调研）记等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a m ＝10，S 2m －1＝110，则m 的值为________．
【答案】 6
【解析】 由S 2m －1＝⎝⎛⎭⎫
a 1＋a 2m －12·(2m －1)＝[a 1＋(m －1)d](2m －1)＝(2m －1)a m 得，110＝10(2m －1)，
解得m ＝6.
12、(2018苏州暑假测试） 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，总有S n ≤S k ，则k 的值是________．
【答案】 7
【解析】解法1(特殊值法) 在式子“a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)”中分别令n ＝2，3得，a 1＝13，a 2＝11.又因为{a n }是等差数列，所以公差d ＝－2，a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝15－2n ≥0，解得n ≤7.5，故前7项和最大，所以k ＝7.
解法2(公式法) 在等差数列{a n }中，设公差为d ，因为式子“a n －S n ＝a 1＋(n －1)d －⎣⎡⎦⎤
a 1n ＋n （n －1）2d ＝
n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)”的二次项系数为1，所以－d
2
＝1，即公差d ＝－2，令n ＝2得，a 1＝13，所以前
n 项和S n ＝13n ＋n （n －1）
2×(－2)＝14n －n 2＝49－(n －7)2，故前7项和最大，所以k ＝7.
13、(2019苏州三市、苏北四市二调）已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数
列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.
(1) 求a 1，a 2的值；
(2) 证明：数列{a n }是等比数列；
思路分析 (1) 对3S 2n －4S n ＋T n ＝0，令n ＝1，2得到方程，解得a 1，a 2的值．
(2) 3S 2n －4S n ＋T n ＝0中，对n 赋值作差，消去T n ，再对n 赋值作差，消去S n ，从而得到a n ＋1＝－1
2a n ，证得数列{a n }是等比数列．
(3)先求出a n ＝⎝⎛⎭⎫－1
2n －1，由(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立，确定λ＝0适合，再运用反证法证明λ>0和λ<0不成立．
规范解答 (1)因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.
令n ＝1，得3a 21－4a 1＋a 2
1＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝1.
令n ＝2，得3(1＋a 2)2－4(1＋a 2)＋(1＋a 22)＝0，即2a 22＋a 2＝0，因为a 2≠0，所以a 2＝－12
.(3分) (2)解法1 因为3S 2n －4S n ＋T n
＝0， ① 所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0， ②
②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0，
因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， ③(5分) 所以3(S n ＋S n －1)－4＋a n ＝0(n ≥2)， ④
当n ≥2时，③－④得，3(a n ＋1＋a n )＋a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝－1
2a n ，
因为a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝－1
2
.
又因(1)知，a 1＝1，a 2＝－12，所以a 2a 1＝－1
2
，
所以数列{a n }是以1为首项，－1
2
为公比的等比数列．(8分)
解法2 因为3S 2n －4S n ＋T n
＝0，① 所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0，②
②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0，
因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， 所以3(S n ＋1＋S n )－4＋(S n ＋1－S n )＝0，(5分) 整理为S n ＋1－23＝－12⎝⎛⎭⎫S n －23，又S 1－23＝a 1－23＝13， 所以S n －23＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1，得S n ＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1＋2
3，
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－1
2n －1
，而a 1＝1也适合此式，
所以a n ＝⎝⎛⎭
⎫－1
2n －1
，所以a n ＋1a n ＝－1
2
所以数列{a n }是以－1
2
为公比的等比数列．(8分)
14、(2018南京学情调研）已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n
项和为T n ，且3T n ＝S 2n ＋2S n
，n ∈N *. (1) 求a 1的值；
(2) 求数列{a n }的通项公式；
(3) 若k ，t ∈N *，且S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，求k 和t 的值．
思路分析 第(2)问，由于式子“3T n ＝S 2n ＋2S n ”
涉及数列{a n }，{a 2n }的前n 项和，常用相邻项作差法处理，将其转化为数列{a n }的递推式，进而构造等比数列求解；第(3)问，由题意，两个未知量k 和t ，一个等式，属于不定方程问题，通常有以下思考方法：因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法，本题采用奇偶性分析法求解．
规范解答 (1) 由3T 1＝S 21＋2S 1，得3a 21＝a 21＋2a 1，即a 21－a 1＝0.因为a 1＞0，所以a 1
＝1.(2分) (2) 因为3T n ＝S 2n ＋2S n ， ①
所以3T n ＋1＝S 2n ＋1＋2S n ＋1， ②
②－①，得3a 2n ＋1＝S 2n ＋1－S 2n ＋2a n ＋1，即3a 2n ＋1＝(S n ＋1＋S n )(S n ＋1－S n )＋2a n ＋1，即3a 2n ＋1＝(S n ＋1＋S n )a n ＋1＋
2a n ＋1，
因为a n ＋1＞0，
所以3a n ＋1＝S n ＋1＋S n ＋2， ③(5分) 所以3a n ＋2＝S n ＋2＋S n ＋1＋2， ④
④－③，得3a n ＋2－3a n ＋1＝a n ＋2＋a n ＋1，即a n ＋2＝2a n ＋1， 所以当n ≥2时，a n ＋1a n
＝2.(8分)
又由3T 2＝S 22＋2S 2，得3(1＋a 22)＝(1＋a 2)2＋2(1＋a 2
)，
即a 22－2a 2＝0.
因为a 2＞0，所以a 2＝2，所以a 2
a 1＝2，
所以对n ∈N *，都有a n ＋1
a n
＝2成立，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －
1，n ∈N *.(10分) (3) 由(2)可知S n ＝2n －1.
因为S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，
所以(S k －S 1)2＝S 1(S t －S k )，即(2k －2)2＝2t －2k ，(12分) 所以2t ＝(2k )2－3·2k ＋4，即2t －
2＝(2k －
1)2－3·2k －
2＋1(*)． 由于S k －S 1≠0，所以k ≠1，即k ≥2. 当k ＝2时，2t ＝8，得t ＝3.(14分)
当k ≥3时，由(*)，得(2k －
1)2－3·2k －
2＋1为奇数，
所以t －2＝0，即t ＝2，代入(*)得22k －
2－3·2k －
2＝0，即2k ＝3，此时k 无正整数解． 综上，k ＝2，t ＝3.(16分)
解后反思 数列中不定方程的常见解题策略有因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法，这些策略有一个共同的特征，就是对等式两边适当的变形选择等式一边的特征进行解题，如整除的性质、范围上界或下界、因式分解的形式、是否为有理数、奇偶性等．。