第06讲 数列-【寒假讲义】高二数学寒假讲义练习（新人教A专用）

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【知识梳理】
知识点1 数列及其有关概念
1．一般地，我们把按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列的第一个位置上的数叫做这个数列的第1项，常用符号a1表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第2项，用a2表示……，第n个位置上的数叫做这个数列的第n项，用an表示．其中第1项也叫做首项．
注：数列的第n项与项数n：数列{an}的第n项为an，an在数列{an}中的项数为n
2.数列的一般形式是a1，a2，a3，…，an，…，简记为{an}．
3.对数列概念的理解
（1）数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．
（2）数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别．
（3）数列是一种特殊的函数
数列是一种特殊的函数，其定义域是正整数集和正整数集的有限子集.所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点.
知识点2 数列的分类
知识点3 数列的表示方法
1．列表法
列出表格来表示数列{an}的第n项与序号n之间的关系．见下表：
2．图象法
在平面直角坐标系中，数列的图象是一系列横坐标为正整数的孤立的点(n，an)．
3．通项公式法
如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式.数列的通项公式实际上是一个以正整数集N*或它的有限子集{1,2,3，…，n}为定义域的函数的表达式．
注：通项公式就是数列的函数解析式，以前我们学过的函数的自变量通常是连续变化的，而数列是自变量为离散的数的函数．
4．递推公式法
如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第2项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
注：常见数列的通项
(1)1，2，3，4，…的一个通项公式为an＝n.
(2)2，4，6，8，…的一个通项公式为an＝2n.
(3)3，5，7，9，…的一个通项公式为an＝2n＋1.
(4)2，4，8，16，…的一个通项公式为an＝2n.
(5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为an＝(－1)n.
(6)1，0，1，0，…的一个通项公式为an＝eq \f(1＋（－1）n－1,2).
(7)a，b，a，b，…的一个通项公式为an＝eq \f(（a＋b）＋（－1）n－1（a－b）,2).
(8)9，99，999，…的一个通项公式为an＝10n－1.
知识点4 数列的前n项和Sn与an的关系
1.把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即
Sn＝a1＋a2＋…＋an.
2．数列的前项和和通项的关系：则
特别地，若a1满足an＝Sn－Sn－1(n≥2)，则不需要分段．
知识点5 数列的性质
（1）数列的单调性----递增数列、递减数列或是常数列；
在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1；))若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
数列的周期性.
根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
注：由于数列是特殊的函数，所以可以用研究函数的思想方法来研究数列的相关性质，如单调性、最大值、最小值等，此时要注意数列的定义域为正整数集或其有限子集{1,2，…，n}这一条件．
知识点6 等差数列的有关概念
1.等差数列定义：一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母表示.用递推公式表示为或.
注：(1)要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
(2)注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．
(3)等差数列（通常可称为数列）的单调性：在公差为d的等差数列{an}中：①d＞0⇔{an}为递增数列；②d＝0⇔{an}为常数列；③d<0⇔{an}为递减数列.
2.等差数列的通项公式：；⇒当d≠0时，an是关于n的一次函数模型．
等差数列通项公式的变形及推广
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
①an＝dn＋(a1－d)(n∈N*)，
②an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)，
③d＝eq \f(an－am,n－m)(m，n∈N*，且m≠n)．
其中，①的几何意义是点(n，an)均在直线y＝dx＋(a1－d)上．
②可以用来利用任一项及公差直接得到通项公式，不必求a1.
③可用来由等差数列任两项求公差．
3.从函数角度认识等差数列{an}
若数列{an}是等差数列，首项为a1，公差为d，
则an＝f(n)＝a1＋(n－1)d＝nd＋(a1－d)．
(1)点(n，an)落在直线y＝dx＋(a1－d)上，这条直线的斜率为d，在y轴上的截距为a1－d ；
(2)这些点的横坐标每增加1，函数值增加d.
4.等差中项的概念：
定义：如果，，成等差数列，那么叫做与的等差中项,其中 .
，，成等差数列.
注：在等差数列{an}中，从第二项起，每一项都是它前后两项的等差中项，即{an}成等差数列⇔an＋1＋an－1＝2ann≥2.
知识点7 等差数列的四种判断方法
(1) 定义法：对于数列，若(常数)，则数列是等差数列；
(2) 等差中项：对于数列，若，则数列是等差数列;
(3)通项公式：(为常数,)⇔ 是等差数列;
(4)前项和公式：(为常数, )⇔ 是等差数列;
(5)是等差数列⇔是等差数列.
提醒：判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a2－a1＝d这一关键条件.
知识点8 等差数列的性质
（1）通项公式的推广：在等差数列中，对任意，，，；
（2）在等差数列中，若，，，且，则,特殊地， SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 时，则 SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT ， SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 是 SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 的等差中项.
（3）ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等差数列，公差为md(k，m∈N*)；
（4）两个等差数列与的和差的数列仍为等差数列，{pan＋qbn}也是等差数列
（5）若数列是等差数列,则仍为等差数列．
（6）如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数．
知识点9 等差数列的前n和公式
注：（1）等差数列的前n和公式的推导
对于一般的等差数列{an}，如何求其前n项和Sn？设其首项为a1，公差为d.(倒序相加法)
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，,Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a1，))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＝a1＋a1＋d＋a1＋2d＋…＋a1＋n－1d，,Sn＝an＋an－d＋an－2d＋…＋an－n－1d，))
两式相加可得2Sn＝n(a1＋an)，即Sn＝eq \f(na1＋an,2)，上述过程实际上用到了等差数列性质里面的首末“等距离”的两项的和相等．
（2）等差数列{an}的前n项和公式的函数特征
Sn＝eq \f(na1＋an,2) eq \(――→,\s\up7(an＝a1＋n－1d),\s\d5( ))Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n⇒当d≠0时，Sn关于n的表达式是一个常数项为零的二次函数式，即点(n，Sn)在其相应的二次函数的图象上，这就是说等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x上横坐标为正整数的一系列孤立的点．且d>0时图象开口向上，d<0时图象开口向下.
（3）公式一反映了等差数列的性质，任意第k项与倒数第k项的和都等于首末两项之和；
知识点10 等差数列前n项和的性质
（1）等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即 SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 成等差数列，公差为n2d；
（2）设数列是等差数列，且公差为，
（Ⅰ）若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)；
（Ⅱ）若项数为奇数，设共有项，则S2n－1＝(2n－1)an；(中间项)；②.
等差数列中，,则,.
注：在等差数列中，若Sn＝m，Sm＝n，则Sm＋n＝－(m＋n)
（4）若与为等差数列，且前项和分别为与，则.
（5）若{an}是等差数列，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的eq \f(1,2)；
知识点11 等差数列的前n项和的最值
(1)利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．
在等差数列{an}中，
当，时，有最大值(即所有非负项之和)；，时，有最小值(即所有非正项之和)；
若已知，则最值时的值（）则当，，满足的项数使得取最大值，当，时，满足的项数使得取最小值.
(2)利用等差数列的前n项和：Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n((为常数, ))，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有最小值；当d<0时，Sn有最大值．当n取最接近对称轴的正整数时，Sn取到最值,通过配方或借助图像，二次函数的性质等，将等差数列的前n项和最值问题转化为二次函数的最值的方法求解.
注：当a1>0，d>0时Sn有最小值S1，当a1<0，d<0时Sn有最大值S1；(2)Sn取得最大或最小值时的n不一定唯一．
知识点12 等比数列有关概念
1. 等比数列定义
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母表示，即：.
注：(1)定义的符号表示：eq \f(an,an－1)＝q(n∈N*且n≥2)或eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*)；(2)定义强调“从第2项起”，因为第一项没有前一项；(3)比必须是同一个常数；(4)等比数列中任意一项都不能为0；(5)公比可以为正数、负数，但不能为0.
2．等比数列通项公式为：（an＝a1qn－1an＝am·qn－m），通项公式还可以写成，它与指数函数有着密切的联系，从而可以利用指数函数的性质来研究等比数列．
注：（1）等比数列通项公式的推导
设一个等比数列的首项是a1，公比是q，则由定义可知eq \f(an,an－1)＝q(n∈N*且n≥2)．
方法一 an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝q×q×…×q×q×a1＝a1qn－1，
当n＝1时，上式也成立．
方法二 a2＝a1q，
a3＝a2q＝(a1q)q＝a1q2，
a4＝a3q＝(a1q2)q＝a1q3，
…
由此可得an＝a1qn－1，当n＝1时，上式也成立．
由等比数列的通项公式可以知道：当公比时该数列既是等比数列也是等差数列；
（3）等比数列的通项公式知：若为等比数列，则.
3．等比中项
如果在中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做的等比中项，即G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab．
注：①只有当两个数同号时，这两数才有等比中项，且等比中项有两个，它们互为相反数.
②在等比数列中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等比中项；
③与等比数列中的任一项“等距离”的两项之积等于该项的平方，即在等比数列中， ．
④等比中项与等差中项的异同，对比如下表：
知识点13 等比数列的通项公式与指数型函数的关系
1．当q>0且q≠1时，等比数列{an}的第n项an是指数型函数f(x)＝eq \f(a1,q)·qx(x∈R)当x＝n时的函数值，即an＝f(n)．
2．任意指数型函数f(x)＝kax(k，a是常数，k≠0，a>0且a≠1)，
则f(1)＝ka，f(2)＝ka2，…，f(n)＝kan，…构成一个等比数列{kan}，其首项为ka，公比为a.
注意点：(1)a1>0，q>1时，数列{an}为正项的递增等比数列；(2)a1>0,01时，数列{an}为负项的递减等比数列；(4)a1<0,0知识点14 等比数列的判定与证明
证明等比数列的方法
1．定义法：eq \f(an,an－1)＝q(n∈N*且n≥2，q为不为0的常数)；
2．等比中项法：aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n∈N*且n≥2)；
3．通项公式法：an＝a1qn－1.
注：用定义法证明时，eq \f(an,an－1)和eq \f(an＋1,an)中的n的范围不同
知识点15 等比数列的性质
在等比数列中，相隔等距离的项组成的数列是等比数列， 如：，，，，……；，，，，……；
注：若m，p，n成等差数列，则am，ap，an成等比数列．
（2）在等比数列中，对任意，，；
（3）在等比数列中，若，，，且，则,特殊地， SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 时，则 SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT ， SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 是 SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 的等比中项. 也就是：，如图所示：.
注：(1)性质的推广：若m＋n＋p＝x＋y＋z，有amanap＝axayaz；
(2)该性质要求下标的和相等，且左右两侧项数相同；
(3)在有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项之积都相等，即a1·an＝a2·an－1＝….
(4)等比数列下标为奇数的项正负相同，下标为偶数的项正负相同；
（4）若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列．
（5）在等比数列{an}中按序号从小到大取出若干项：若k1，k2，k3，…，kn，…成等差数列，那么是等比数列.
（6）公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即，，，…成等比数列，且公比为.
（7）等比数列的单调性
当或时，为递增数列，当或时，为递减数列．
知识点16 等差数列与等比数列的区分与联系
(1)如果数列成等差数列，那么数列(总有意义)必成等比数列．
(2)如果数列成等比数列，且，那么数列 (，且)必成等差数列．
(3)如果数列既成等差数列又成等比数列，那么数列是非零常数数列．数列是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件．
(4)如果由一个等差数列与一个等比数列的公共项顺次组成新数列，那么常选用“由特殊到一般”的方法进行讨论，且以等比数列的项为主，探求等比数列中哪些项是它们的公共项，构成什么样的新数列．
知识点17 等比数列的前n项和公式
注：（1）等比数列前n项和公式的推导
若等比数列{an}的首项是a1，公比是q，如何求该等比数列的前n项的和？
思路一：因为Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，
所以Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1，
上式中每一项都乘等比数列的公比可得qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn－1＋a1qn，
发现上面两式中有很多相同的项，两式相减可得Sn－qSn＝a1－a1qn，
即(1－q)Sn＝a1(1－qn)，当q≠1时，有Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，而当q＝1时，Sn＝na1.上述等比数列求前n项和的方法，我们称为“错位相减法”．
思路二：当q≠1时，由等比数列的定义得：eq \f(a2,a1)＝eq \f(a3,a2)＝…＝eq \f(an,an－1)＝q，
根据等比数列的性质，有eq \f(a2＋a3＋…＋an,a1＋a2＋…＋an－1)＝eq \f(Sn－a1,Sn－an)＝q，
eq \f(Sn－a1,Sn－an)＝q⇒(1－q)Sn＝a1－anq，
所以当q≠1时，Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)，该推导方法围绕基本概念，从等比数列的定义出发，运用等比数列的性质，推导出了公式，通过上述两种推导方法，我们获得了等比数列的前n项和的两种形式，而这两种形式可以利用an＝a1qn－1相互转化．
思路三：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋q(a1＋a2＋…＋an－1)，
所以有Sn＝a1＋qSn－1⇒Sn＝a1＋q(Sn－an)⇒(1－q)Sn＝a1－anq，
所以当q≠1时，Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)或Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，显然方程的思想在本次推导过程中显示了巨大的威力，在已知量和未知量之间搭起桥梁，使我们不拘泥于课本，又能使问题得到解决．
（2）在通项公式和前n项和公式中共出现了五个量：a1，n，q，an，Sn.知道其中任意三个，可求其余两个.(和各已知三个可求第四个
（3）注意求和公式中是，通项公式中是不要混淆；
（4）应用求和公式时，必要时应讨论的情况.在应用公式求和时，应注意到Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)的使用条件为q≠1，而当q＝1时应按常数列求和，即Sn＝na1.
（5）等比数列前n项和公式的函数特征
当公比q≠1时，设A＝eq \f(a1,q－1)，等比数列的前n项和公式是Sn＝A(qn－1).即Sn是n的指数型函数.
（Sn＝eq \f(a1－a1qn,1－q)＝－eq \f(a1,1－q)qn＋eq \f(a1,1－q)，设A＝－eq \f(a1,1－q)，则Sn＝Aqn－A.）
当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1，Sn是n的正比例函数.
知识点18 等比数列前n项和的性质
1．数列{an}为公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列．
注意点：等比数列片段和性质的成立是有条件的，即Sn≠0.
注：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…仍成等比数列，证明如下：
思路一：当q＝1时，结论显然成立；
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，S2n＝eq \f(a11－q2n,1－q)，S3n＝eq \f(a11－q3n,1－q).
S2n－Sn＝eq \f(a11－q2n,1－q)－eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1qn1－qn,1－q)，
S3n－S2n＝eq \f(a11－q3n,1－q)－eq \f(a11－q2n,1－q)＝eq \f(a1q2n1－qn,1－q)，
而(S2n－Sn)2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a1qn1－qn,1－q)))2，Sn(S3n－S2n)＝eq \f(a11－qn,1－q)×eq \f(a1q2n1－qn,1－q)，
故有(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
思路二：由性质Sm＋n＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，故有S2n－Sn＝qnSn，
S3n＝S2n＋q2nSn，故有S3n－S2n＝q2nSn，故有(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
2．{an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列．
3．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N*)⇔qn＝eq \f(Sn＋m－Sn,Sm)(q为公比)．
注：思路一：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm
＝Sm＋qmSn.
思路二：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋an＋m
＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn
＝Sn＋qnSm.
4．若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则：
（1）在其前2n项中，eq \f(S偶,S奇)＝q；
（2）在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝eq \f(a1＋a2n＋1q,1－－q)＝eq \f(a1＋a2n＋2,1＋q)(q≠－1).
S奇＝a1＋qS偶．
注：若等比数列{an}的项数有2n项，则
其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，
其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1，容易发现两列式子中对应项之间存在联系，即S偶＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝qS奇，所以有eq \f(S偶,S奇)＝q.
若等比数列{an}的项数有2n＋1项，则其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1，从项数上来看，奇数项比偶数项多了一项，于是我们有S奇－a1＝a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a2q＋a4q＋…＋a2nq＝qS偶，即S奇＝a1＋qS偶．
知识点19 等比数列前n项和的实际应用
1．解应用问题的核心是建立数学模型．
2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．
3．注意问题是求什么(n，an，Sn)．
注：(1)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．
(2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．
(3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．
(4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求．
【考点剖析】
考点一 由前n项归纳数列的通项公式
1．（2023秋·上海松江·高二上海市松江二中校考期末）已知数列：，则是数列中的（ ）
A．第18项B．第19项C．第20项D．第21项
【答案】A
【分析】通过观察将数列分为第1组1个，第2组2个，……，第n组n个，找到每一组中数的分子、分母的和为，进而判断结果.
【详解】将数列分为第1组1个，第2组2个，……，第n组n个，
即，
则这n组中，每一组中数的分子、分母的和为，
所以是第6组的第3个数，在数列中的项数为，
故选:A.
2．（2023秋·河南南阳·高二统考期末）已知一组数据2，5，10，17，26，…，按此规律可以得到第100个数为（ ）
A．9802B．9991C．10001D．10202
【答案】C
【分析】由所给的数据写出数列的一个通项公式，从而可求出其第100个数
【详解】因为2，5，10，17，26，…的一个通项公式为，
所以第100个数为，
故选：C
3．（2023秋·上海长宁·高二上海市延安中学校考期末）数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4…，，…的第2022项的值是（ ）
A．61B．62C．63D．64
【答案】D
【分析】根据数列中数字出现规律，到数字n共有项，进而判断和对应项数刚好包含2022即可.
【详解】由题设，数字n出现次数为n，
所以数列到数字n共有项，
当时，，
当时，，
所以第2022项的值是64.
故选：D
4．（2023秋·河南濮阳·高二统考期末）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，…构成的数列的第n项，则的值为（ ）
A．1225B．1275C．1326D．1362
【答案】B
【分析】观察前4项可得，从而可求得结果
【详解】由题意可得，
……，
观察规律可得，
所以，
故选：B
5．（2023春·河南洛阳·高二统考期末）如图三角形数阵：
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
……
按照自上而下，自左而右的顺序，2021位于第i行的第j列，则______．
【答案】69
【分析】由图可知，第行有个数，求出第行的最后一个数，从而可分析计算出，即可得出答案.
【详解】解：由图可知，第行有个数，
第行最后一个数为，
因为，
所以第行的最后一个数为2016，
所以2021位第行，即，
又，
所以2021位第行第5列，即，
所以.
故答案为：69.
6．（2023秋·黑龙江·高二黑龙江实验中学校考期末）数学源于生活，数学在生活中无处不在!学习数学就是要学会用数学的眼光看现实世界!1906年瑞典数学家科赫构造了能够描述雪花形状的图案，他的做法如下：从一个边长为2的正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边，分别向外作正三角形，再去掉底边（如图①､②､③等）.反复进行这一过程，就得到雪花曲线.
不妨记第个图中的图形的周长为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题图规律确定第n个图边的条数及其边长，并写出其通项公式，再求第5个图的周长.
【详解】由图知：第一个图有3条边，各边长为2，故周长；
第二个图有12条边，各边长为，故周长；
第三个图有48条边，各边长为，故周长；
……
所以边的条数是首项为3，公比为4的等比数列，则第n个图的边有条，
边长是首项为2，公比为的等比数列，则第n个图的边长为，
故.
故选：C
考点二 由an与Sn的关系求通项公式
7．（2023春·陕西西安·高二期末）设为数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据公式，即可求解.
【详解】当时，，
当时，，
验证，当时，，
所以.
故选：A
8．（2023春·陕西渭南·高二期末）记为数列的前n项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据与的关系求出，利用即可得到数列是等比数列，进而得到.
【详解】解：当时，，
当时，，
，
所以，数列是等比数列，
所以，
故选：A.
9．（2023春·安徽宿州·高二校联考期末）已知数列的前项和为，，且，则下列说法中错误的是（ ）
A．B．
C．是等比数列D．是等比数列
【答案】C
【分析】根据已知条件，令代入，求得，判断A;结合数列前n项和与的关系式，求出时，结合，判断C,求出，即可判断B;利用可得，进而推出，即可判断D．
【详解】由题意数列的前项和为，，且，
则，即，即选项A正确；
∵①，
∴当 时，②，
①-②可得，，即，
，不满足 ，
故数列不是等比数列，故C错误，
由时，可得，，则，
故，故B正确；
由得：,
则，即，
故是首项为，公比为3的等比数列，D正确，
故选︰C．
10．（2023春·河北石家庄·高二统考期末）若数列满足，则数列的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由，分两步，当求出，当时得到，两式作差即可求出数列的通项公式；
【详解】解：因为①，当时，，当时②，
①②得，所以，当时也成立，所以；
故选：D
考点三 由递推公式求通项公式
11．（2023春·山东·高二沂水县第一中学期末）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用累加法可求得的值.
【详解】由已知，
，，，，
上述等式全加可得，.
故选：D.
12．（2023春·海南·高二统考期末）已知数列满足且，则（ ）
A．是等差数列B．是等比数列C．是等比数列D．是等比数列
【答案】D
【分析】由，化简得，结合等比数列、等差数列的定义可求解.
【详解】由，可得，所以，
又由，，
所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以，，，
，所以不是等差数列；
不等于常数，所以不是等比数列.
故选：D.
13．（2023秋·湖北·高二期末）在数列中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对变形可得，所以为以为首项，公差为的等差数列，即可得解.
【详解】在中，，
由可得，
所以为以为首项，公差为的等差数列，
所以，
所以，
故选：A.
14．（2023·全国·高二期末）数列中，，且，则数列的通项___________.
【答案】
【分析】变换得到，是首项为1，公差为1的等差数列，计算得到答案.
【详解】，则，，
故是首项为1，公差为1的等差数列，，故.
故答案为：.
15．（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知数列满足，则__________.
【答案】
【分析】由题，用累乘法求得通项公式：，则，通过裂项求和即可得出结果.
【详解】由题，所以累乘法求通项公式：
，所以，经验证时，符合.
所以，则.
故答案为：
考点四 数列的单调性与最值
16．（2023秋·广东潮州·高二统考期末）已知数列的通项公式为，则该数列中的数值最大的项是第___________项.
【答案】5
【分析】结合二次函数的最值即可判断为整数时，的最大值.
【详解】因为,所以,由于,所以当时,最大,此时
故答案为：5
17．（2023春·广东深圳·高二红岭中学校考期末）在数列中，，，则数列中最大项的数值为
__________．
【答案】
【分析】用累加法求出通项，再由通项表达式确定最大项.
【详解】当时，
，所以数列中最大项的数值为．
故答案为:
18．（2023秋·江苏南京·高二统考期末）写出一个同时具有下列性质（1）（2）（3）的数列的通项公式：___________．
（1）是无穷等差数列；
（2）数列为单调递减数列；
（3）数列的最小项有且仅有第5项．
【答案】 (答案不唯一)
【分析】根据数列需要满足的条件，可写出答案.
【详解】由题意可得，满足（1）是无穷等差数列；（2）数列为单调递减数列；（3）数列的最小项有且仅有第5项，
故答案为：（答案不唯一）
19．（2023秋·河南焦作·高二统考期末）已知数列是递增数列，且满足，且的取值范围是___________.
【答案】
【分析】构造等比数列，再由递增数列可得，从而可得的取值范围.
【详解】由，得，
因为是递增数列，所以也是递增数列，
所以是公比为的等比数列，且，即．
故答案为：
20．（2023春·上海黄浦·高二格致中学校考期末）若，且数列是严格递增数列或严格递减数列，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据数列递增和递减的定义求出实数a的取值范围.
【详解】因为数列是严格递增数列或严格递减数列，所以.
若数列是严格递增数列，则，即，即恒成立，故；
若数列是严格递减数列，则，即，即恒成立，由，故；
综上，实数a的取值范围是
故答案为：
考点五 数列的周期性
21．（2023春·陕西西安·高二期末）已知数列满足，，则___________．
【答案】
【分析】首先根据数列的递推公式，确定数列的前几项，由此确定数列的周期，再求.
【详解】因为，所以，，，所以数列是周期为3的数列，.
故答案为：
22．（2023春·安徽六安·高二校考期末）在数列中，，且，则_______.
【答案】
【分析】根据数列的递推公式，发现规律，即数列为周期数列，然后求出即可
【详解】根据题意可得：，，，
故数列为周期数列
可得：
故答案为：
23．（2023春·湖北荆州·高二沙市中学统考期末）已知数列满足，则_____________．
【答案】
【分析】找到数列的规律，由此求得.
【详解】依题意，
，
，
所以数列是以为周期的周期数列，
.
故答案为：
24．（2023秋·北京石景山·高二统考期末）在数列中，，，，则_________．
【答案】2
【分析】根据数列的递推公式，发现规律，即数列为周期数列，然后求出即可.
【详解】由，可得，
从而可得：，，，
故数列是周期为3的数列，
可得：
故答案为：
25．（2023春·天津·高二静海一中校联考期末）数列中，，则______
【答案】1
【分析】根据可得，则，所以可得数列是以6为周期的周期数列，再由计算出的值，再利用对数的运算性质可求得结果
【详解】因为，所以，
所以，
所以数列是以6为周期的周期数列，
因为，，
所以，
所以，
所以
所以
，
故答案为：1
考点六 等差数列基本量的计算
26．（2023春·江苏连云港·高二校考期末）在等差数列中，，，则___________
【答案】11
【分析】由已知条件列方程组求解基本量，再代入等差数列的通项公式计算即可.
【详解】由，，又为等差数列，
得，，
解得，
则．
故答案为：11.
27．（2023春·黑龙江绥化·高二校考期末）已知数列{an}中，a3＝2，a1＝1，且数列是等差数列，则a11＝____．
【答案】﹣4
【分析】根据等差数列首项和第3项的值得到公差，进而得到第11项，从而求解a11的值.
【详解】因为数列{an}中，a3＝2，a1＝1，且数列是等差数列，
所以数列的公差d，
所以（11﹣1）×（），
则a11＝﹣4．
故答案为：﹣4．
28．（2023春·河南·高二沈丘县第一高级中学校联考期末）已知等差数列的前n项和为，，，则______．
【答案】－1
【分析】由已知及等差数列通项公式、前n项和公式，列方程求基本量即可.
【详解】若公差为，则，可得.
故答案为：.
29．（2023春·山东·高二沂水县第一中学期末）已知是等差数列的前n项和，且，，则的公差______.
【答案】
【分析】根据已知条件列方程，由此求得公差.
【详解】依题意得，
解得.
故答案为：
30．（2023春·江苏连云港·高二校考期末）我国古代《九章算术》一书中记载关于“竹九”问题：今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升，问五、六两节欲均容各多少？意思是下三节容量和为4升，上四节容量和为3升，且每一节容量变化均匀，问第五、六两节容量分别是多少？在这个问题中，九节总容量是__________.
【答案】
【分析】设由下到上九节容量分别记为，则成等差数列，设公差为，根据题意列方程解出基本量，即可利用公式求和.
【详解】设由下到上九节容量分别记为，则成等差数列，设公差为，
则，，即，，解得，，
故.
故答案为：.
考点七 等差数列的判定与证明
31．（2023春·陕西渭南·高二统考期末）已知各项均不为零的数列满足，且.
(1)证明：为等差数列，并求的通项公式；
(2)令为数列的前项和，求.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）构造得解决即可；
（2）由（1）得，错位相减解决即可.
【详解】（1）由，
得，
又，
是首项为5，公差为3的等差数列.
，故.
（2）由（1）知，
所以①
②，
①-②得：
，
.
32．（2023春·安徽六安·高二校考期末）已知数列满足：．
(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用等差数列定义证明，从而可得数列的通项公式；
（2）由题意可得，利用错位相减法求和即可.
（1）
因为，
所以是首项为3，公差为3的等差数列，
所以．
（2）
因为数列是首项为1，公比为3的等比数列，所，故．
，①
，②
①-②得，
所以．
33．（2023秋·河北·高二河北省文安县第一中学校考期末）已知数列的首项为3，且．
(1)证明数列是等差数列，并求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】(1)对条件进行代数变换，即可证明 是等差数列；
(2)对 裂项求和即可.
【详解】（1）因为 ，所，
则，所以数列是以 为首项，公差等于1的等差数列，
∴，即；
（2），
则；
综上，， .
34．（2023秋·云南玉溪·高二统考期末）已知数列满足，．
(1)证明是等差数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等差数列的定义进行证明即可.
（2）由（1）得的通项，进而得到通项，然后利用裂项相消法求和即可.
(1)
证明：因为 ，
当时，，所以是首项为，公差为的等差数列.
(2)
由（1）得 ，
所以.
，
设数列的前项和为，
则．
考点八 等差数列的性质
（一）与项有关的性质
35．（2023春·陕西渭南·高二期末）在等差数列中，若，，则（ ）
A．14B．15C．16D．8
【答案】C
【分析】根据等差数列性质可知，若则，即可计算出结果.
【详解】由题意可知，在等差数列中，
由等差数列性质可知，若则；
所以
故选：C.
36．（2023春·西藏拉萨·高二拉萨中学期末）已知等差数列满足，则的值为（ ）
A．－3B．3C．－12D．12
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质若则可得.
【详解】由等差中项的性质可得，，解得，
∵，∴．
故选：B
37．（2023秋·湖北武汉·高二统考期末）已知数列为等差数列，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由等差数列的性质与诱导公式求解即可
【详解】由数列为等差数列，可知.
所以，有.
所以.
故选：B.
与和有关的性质
38．（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳二中校考期末）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等差数列片段和性质可构造方程求得结果.
【详解】由等差数列性质知：，，成等差数列，
，即，解得：.
故选：C.
39．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨市第六中学校校考期末）在等差数列中，其前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列前项和的性质求解即可
【详解】由等差数列前项和的性质可得，成等差数列，设，则，即成等差数列，故，解得，故即，故，，故
故选：D
40．（2023春·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考期末）设等差数列，的前n项和分别是，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用求解.
【详解】解：因为等差数列，的前n项和分别是，
所以.
故选：B
41．（2023春·海南·高二海南华侨中学校考期末）设等差数列与等差数列的前n项和分别为，，若对任意自然数n都有，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的下标性质将式子化为，再化为，进而得到，最后根据条件求得答案.
【详解】由题意，.
故选：C.
单调性与最值
42．（2023秋·北京西城·高二统考期末）若等差数列{}满足，则当{}的前n项和最大时，n＝（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】由题意和等差数列的性质可得的前8项为正数，从第9项开始为负数，由此易得结论．
【详解】解：等差数列满足，
，
，，则，
等差数列的前8项为正数，从第9项开始为负数，
当的前项和最大时的值为8.
故选：B.
43．（2023春·湖北荆州·高二荆州中学期末）已知是等差数列的前项和，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等差数列的前项和公式和性质可得：，且，进而求解.
【详解】因为是等差数列的前项和，
由可得：，所以，
由可得：，所以，
则有，所以等差数列的前项为负值，从第项开始为正值，
所以的最小值为，
故选：.
44．（2023春·陕西渭南·高二统考期末）设数列为等差数列，是其前n项和，且，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．与均为的最大值
【答案】C
【分析】由可判断B；由，分析可判断A；由可判断C；由，可判断D.
【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：
是等差数列，若，则，故B正确；
又由得，则有，故A正确；
而C选项，，即，可得，
又由且，则，必有，显然C选项是错误的.
∵，，∴与均为的最大值，故D正确；
故选：C
45．（2023秋·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期末）已知等差数列的前n项和为，满足，，若数列满足，则m＝（ ）
A．9B．10C．19D．20
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用等差数列的前n项和结合等差数列性质，求出异号的相邻两项即可作答.
【详解】等差数列的前n项和为，则，有，
，有，显然数列是递减的，且，
因，所以.
故选：B
46．（2023秋·山东德州·高二校考期末）等差数列的前项和为，若，，则此数列中绝对值最小的项所在的项数为（ ）．
A．第5项B．第6项C．第7项D．无法确定
【答案】C
【分析】由题意结合等差数列的性质可得，且，从而可求得答案
【详解】因为，，
由等差数列的性质可得，
所以，所以该数列的公差，
所以绝对值最小的项在0附近的项中取得，
因为，所以，
所以绝对值最小的项为，
故选：C
考点九 等比数列基本量的计算
47．（2023春·浙江杭州·高二校考期末）已知正项等比数列前项和为，且，，则等比数列的公比为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】A
【分析】先根据与的关系得到，设出公比，列出方程组，求出公比.
【详解】因为，
所以
设公比为q，可得：，
两式相除得：
故选：A
48．（2023秋·贵州黔东南·高二统考期末）已知等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．64B．42C．32D．22
【答案】D
【分析】设数列的公比为，依题意得到方程组，解得、，再根据等比数列求和公式计算可得.
【详解】解：设数列的公比为，依题意可得，
解得，
所以.
故选：D
49．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨市第六中学校校考期末）设为正项递增等比数列的前项和，且，则的值为（ ）
A．64B．63C．127D．128
【答案】B
【分析】设正项递增等比数列的公比为，根据题意求得，，利用等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】设正项递增等比数列的公比为，
因为，所以，
又因为，可得，解得或（舍去），
又由，解得，所以.
故选：B.
50．（2023秋·新疆乌鲁木齐·高二乌市八中校考期末）已知正项等比数列的前项和为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用等比数列的性质解得，在结合，即可解得与，最后代前项和公式即可求解
【详解】设正项等比数列的公比为
而，则，所以，所以
，解得
故选：C
51．（2023秋·广东江门·高二统考期末）在等比数列中，，，则（ ）
A．B．16C．32D．
【答案】D
【分析】由，可得，又因为，代入求解即可.
【详解】解：因为为等比数列，，，
所以 ，
所以，
所以.
故选：D.
考点十 等比数列的判定与证明
52．（2023春·上海徐汇·高二位育中学校考期末）已知数列满足.
(1)当时，数列是否是等比数列？给出你的结论并加以证明；
(2)求数列的通项公式.
【答案】(1)是，证明见解析；
(2).
【分析】（1）由与的关系得递推关系，即可进一步变形得.
（2）由定义法求等比数列的通项公式，即可求出时的通项公式，判断是否符合即可.
【详解】（1）当时，，∴，故数列为公比为2的等比数列
∴当时，数列是等比数列.
（2）当时，，
由（1）得，当时，，令，与不符.
故数列的通项公式为.
53．（2023春·广东江门·高二统考期末）已知数列的首项，且满足.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由递推式变形得，从而利用等比数列的定义即可得证；
（2）由（1）求得，再利用分组求和法与等比数列的前项和公式即可得解.
【详解】（1）因为数列的首项，且满足，
所以，即，
又，
故数列是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）可得，则，
所以.
54．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中校考期末）已知数列满足，且．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由化简变形可得，从而可证得结论，
（2）由（1）可得，代入，变形后，利用分组求和法可求得结果
(1)
证明：由 得 ，
因为，所以，
所以 为常数，
所以数列 是首项为 3 ， 公比为 3 的等比数列
(2)
由（1）得
所以，
所以，
所以
55．（2023春·湖北荆州·高二荆州中学期末）在数列中，.
(1)设，求证：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析；
(2)数列的前项和为.
【分析】（1）由条件证明对于任意的，为常数即可.
（2）结合（1）的结论求得数列的通项公式，再由分组求和法求和.
【详解】（1）由已知又，，所以，
因为，
所以，又
所以，，因为，所以，
所以，
所以数列是首项为1，公比为4的等比数列．
（2）由（1），可知，
所以数列的通项公式为．
设数列的前项和为，则
，
所以，
，
，
，
所以，
所以数列的前项和为.
考点十一 等比数列的性质
与项或和有关的性质
56．（2023春·陕西渭南·高二期末）已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A．7B．9C．81D．3
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质以及对数的运算性质可求出结果.
【详解】依题意可得，
又，所以，
所以.
故选：D
57．（2023秋·内蒙古通辽·高二统考期末）设单调递增的等比数列满足，，则公比（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质计算得到，结合数列的单调性求出：，，则，从而求出公比
【详解】因为为等比数列，所以，所以，则，
又单调递增，所以，
解得：，，则，
因为，所以．
故选：A
58．（2023秋·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期末）在正项等比数列中，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据给定的等式，利用等比数列的性质计算作答.
【详解】在等比数列中，，
于是得，而，所以.
故选：C
59．（2023春·天津南开·高二南开中学校考期末）已知数列是等比数列，，数列是等差数列，，则的的值是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等差数列和等比数列下标和的性质即可求解.
【详解】为等比数列，，
，，；
为等差数列，，
，，，
∴.
故选：B.
60．（2023秋·云南玉溪·高二统考期末）记为等比数列的前项和．若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等比数列前项和公式，即可求解.
【详解】解：由题可知，公比不为1，等比数列的首项为，公比为，则
，
解得：，所以，所以，
故选：A.
61．（2023春·安徽合肥·高二合肥市第十一中学校联考期末）设等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等比数列前项和的性质，，，，成等比数列求解.
【详解】解：因为数列为等比数列，则，，成等比数列，
设，则，则，
故，所以，得到，所以.
故选：C.
（二）等比数列中的最值(范围)问题
62．（2023春·山东潍坊·高二潍坊一中期末）已知数列是等比数列，若，且数列的前n项乘积，n的最大值为（ ）
A．10B．11C．20D．21
【答案】C
【分析】由等比数列的性质可推出：，，可得结论.
【详解】数列是等比数列， ，
，
，
所以使的n的最大值为20.
故选：C
63．（2023春·山西运城·高二统考期末）公比为的等比数列，其前项和为，前项积为，满足，.则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为
B．
C．的最大值为
D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，判断出，即可判断选项D，再根据等比数列的性质，判断，，由此判断出选项A,B,C.．
【详解】根据题意，等比数列满足条件，，，
若，则，
则，，则，
这与已知条件矛盾，所以不符合题意，故选项D错误；
因为，，，
所以 ，，，
则，，
数列前2021项都大于1，从第2022项开始都小于1，
因此是数列中的最大值，故选项A正确．
由等比数列的性质，，故选项B不正确；
而，由以上分析可知其无最大值，故C错误；
故选：A
考点十二 数列求和及应用
分组(并项)法求和
64．（2023春·湖北随州·高二随州市曾都区第一中学期末）在等差数列中，，前12项的和.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为以1为首项，3为公比的等比数列，求数列前8项的和.
【答案】(1)；
(2)3332.
【分析】（1）根据已知求出，即得解；
（2）求出，再利用分组求和求解.
【详解】（1）解：设公差为，因为，前12项的和，
所以，解得，
所以.
（2）解：由题意得，所以，
所以数列前8项的和为
=.
65．（2023春·西藏拉萨·高二拉萨中学期末）已知等差数列的前n项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)设等差数列的公差为，首项为，根据已知条件列出方程组求解出，，代入通项公式即可求解；
(2)根据等差、等比数列的前n项和公式，利用分组求和法即可求解.
【详解】（1）设公差为d，由得，
解得
故；
（2）因为，由（1）可得：，
故．
66．（2023春·北京·高二北京八十中期末）已知等差数列的前项和为，，再从条件①、条件②和条件③中选择两个作为已知，并完成解答.
条件①：；条件②：；条件③：.
(1)求数列的通项公式；
(2)设等比数列满足，，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①②，则，解出，则可求得；若选②③，则解出，则可求得；若选①③，则，解出，则可求得；
（2）由（1）得，，从而可求出公比和，则可得，然后利用分组求和法可求得.
【详解】（1）选①②，由已知，，
得，解得，
∴数列是首项为2，公差为2的等差数列，
∴数列的通项公式为.
选②③，由已知，，
得，解得，
∴数列是首项为2，公差为2的等差数列，
∴数列的通项公式为.
选①③，由已知，，
得，解得，
∴数列是首项为2，公差为2的等差数列，
∴数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，∴，，
∴等比数列的公比，故，
∴等比数列的通项公式为，
∴数列的前项和
.
倒序相加法求和
67．（2023春·江西九江·高二统考期末）德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列，则（ ）
A．96B．97C．98D．99
【答案】C
【分析】令，利用倒序相加原理计算即可得出结果.
【详解】令，
，
两式相加得：
，
∴，
故选:C．
68．（2023春·安徽六安·高二六安一中校考期末）已知函数，数列是正项等比数列，且，则__________．
【答案】
【分析】根据给定条件计算当时，的值，再结合等比数列性质计算作答.
【详解】函数，当时，，
因数列是正项等比数列，且，则，
，同理，
令，
又，
则有，，
所以.
故答案为：
69．（2023春·黑龙江双鸭山·高二统考期末）设，若，则S＝________.
【答案】1007
【分析】可证f（x）+f（1﹣x）＝1，由倒序相加法可得所求为1007对的组合，即1007个1，可得答案．
【详解】解：∵函数f（x），
∴f（x）+f（1﹣x）1
故可得S＝f（）+f（）…+f（）＝1007×1＝1007,
故答案为：1007
裂项相消法
70．（2023春·陕西渭南·高二统考期末）设是数列的前项和，且.
(1)证明:数列是等差数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先根据与的关系得到，即可证明数列是等差数列.
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴是以首项为1，公差为1的等差数列.
（2）由（1）知，∴.
∴，
∴.
71．（2023春·湖北随州·高二随州市曾都区第一中学期末）已知数列的前n项和为，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用，求出，再利用求出数列的通项公式；
（2）将（1）中的代入化简得出数列通项公式，求出数列的前n项和为，再求出，最后利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，①，
当时，②，
①减②得：，
当时，成立，
所以．
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
所以
72．（2023秋·贵州六盘水·高二统考期末）在①；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.
问题：已知为等差数列的前n项和，若 .
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①由与的关系求解即可；选②③由等差数列的通项公式与求和公式求解即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求解即可
【详解】（1）若选①：在等差数列中，，
当时，，
也符合，
∴；
若选②：在等差数列中，
，
，解得
；
若选③：在等差数列中，
，解得
；
（2）由（1）得，
所以
73．（2023春·浙江·高二期末）已知数列满足，.
(1)证明数列为等比数列，并求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若存在，使，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）依题意可得，再结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）可得，再分为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.
【详解】（1）证明：因为，
所以，即，
因为，所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则．
（2）解：由（1）知，
所以．
当为偶数时，
，
因为是单调递减的，所以．
当为奇数时，
，
又是单调递增的，
因为，所以．
要使存在，使，只需，即，
故的取值范围是．
74．（2023秋·辽宁辽阳·高二辽阳市第一高级中学校联考期末）已知数列的前n项和为，______，
(1)求数列的通项公式；
(2)记，是数列的前n项和，若对任意的，，求实数k的取值范围．
在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
①；②；③.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①：根据与的关系即可求解；选②：根据已知有时，，两式相减即可求解；选③：根据已知有时，，两式相除即可求解；
（2）利用裂项相消求和法求出，则原问题等价于，令，判断数列的单调性，求出数列的最大值即可得答案.
（1）解：选①：当时，，，，时，，两式相减得，数列是以2为首项2为公比的等比数列， ；选②：，时，，两式相减得，即，又当时，，，满足上式，；选③：，时，，两式相除得，当时，，满足上式，；
（2）解：∵∴，∵对任意的，即对任意的都成立，∴对任意的都成立，，令，则，∵，，即，数列是递减数列，，，，∴的取值范围是.
错位相减法求和
75．（2023春·陕西西安·高二期末）已知数列，，数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求，再代入即可求数列的通项公式；
（2）由（1）可知，再利用错位相减法求和.
【详解】（1），
，
又，
．
（2）由（1）知，，
，
①，
②，
故①-②得．
，
.
76．（2023春·陕西渭南·高二期末）已知等差数列满足，，数列是首项为1、公比为3的等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解首项和公差，
（2）由错位相减法即可求和.
【详解】（1）设数列的公差为，则
解得
∴．
（2）依题意，知数列的通项公式为．
由（1）知，
∴，
，①
①×3得，②
①-②得
，
∴．
77．（2023春·江苏连云港·高二期末）已知等差数列的前n项和为，且，，
(1)求数列的通项公式；
(2)若，令，求数列的前n项和
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由等差数列的通项公式与求和公式求解即可；
（2）由错位相减法求解即可
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
则由，，，
可得
解得
因此，；
（2）由（1）知，
，①
，②
①-②得
，
78．（2023秋·上海黄浦·高二上海市大同中学校考期末）已知数列的递推公式为.
(1)求证：为等比数列；
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据时，，得到，利用等比数列的定义证明即可；
（2）由（1）知，先分组求和，利用错位相减法求的前，再利用公式法求的前项和，即可得解.
【详解】（1）因为当时，，
所以，
又，所以
所以数列是一个首项为2公比为2的等比数列，
（2）由（1）得，故，
所以，
先求的前，
，
，
所以，
所以，
又的前项和，
所以数列的前项和为：.
（五）数列的实际应用
79．（2023春·浙江绍兴·高二统考期末）某公司从2020年初起生产某种高科技产品，初始投入资金为1000万元，到年底资金增长50%.预计以后每年资金增长率与第一年相同，但每年年底公司要扣除消费资金x万元，余下资金再投入下一年的生产.设第n年年底扣除消费资金后的剩余资金为万元.
(1)用x表示，，并写出与的关系式；.
(2)若企业希望经过5年后，使企业剩余资金达3000万元，试确定每年年底扣除的消费资金x的值（精确到万元）.
【答案】(1)；
(2)x=348
【分析】(1)根据题意直接得，，进而归纳出
；
(2)由(1)可得，利用等比数列的求和公式可得
，结合即可计算出d的值.
(1)
由题意知，
，
，
；
(2)
由(1)可得，，
则
，
所以，
即，
当时，，
解得，
当时，万元.
故该企业每年年底扣除消费资金为348万元时，5年后企业剩余资金为3000万元.
80．（2023春·安徽宣城·高二统考期末）“绿水青山就是金山银山”，中国一直践行创新、协调、绿色、开放、共享的发展理念，着力促进经济实现高质量发展，决心走绿色、低碳、可持续发展之路．新能源汽车环保、节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向工业部表示，到2025年我国新能源汽车销量占总销量将达20%以上.2021年，某集团以20亿元收购某品牌新能源汽车制造企业，并计划投资30亿元来发展该品牌.2021年该品牌汽车的销售量为10万辆，每辆车的平均销售利润为3000元．据专家预测，以后每年销售量比上一年增加10万辆，每辆车的平均销售利润比上一年减少10%．
(1)若把2021年看作第一年，则第n年的销售利润为多少亿元？
(2)到2027年年底，该集团能否通过该品牌汽车实现盈利？
（实现盈利即销售利润超过总投资，参考数据：，，）
【答案】(1)亿元
(2)该集团能通过该品牌汽车实现盈利
【分析】（1）由题意可求得第n年的销售量，第n年每辆车的平均销售利润，从而可求出第n年的销售利润，
（2）利用错位相减法求出到2027年年底销售利润总和，再与总投资额比较即可
(1)
设第n年的销售量为万辆，则该汽车的年销售量构成首项为10，公差为10的等差数列，所以，
设第n年每辆车的平均销售利润为元，则每辆汽车的平均销售利润构成首项为3000，公比为0.9的等比数列，所以，
记第n年的销售利润为，则万元；
即第n年的销售利润为亿元
(2)
到2027年年底，设销售利润总和为S亿元，
则①，
②，
①﹣②得亿元，
而总投资为亿元，
因为，则到2027年年底，该集团能通过该品牌汽车实现盈利．
81．（2023春·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期末）某公司举办捐步公益活动，参与者通过捐赠每天的运动步数获得公司提供的牛奶，再将牛奶捐赠给留守儿童．此活动不但为公益事业作出了较大的贡献，还为公司获得了相应的广告效益，据测算，首日参与活动人数为5000人，以后每天人数比前一天都增加15%，30天后捐步人数稳定在第30天的水平，假设此项活动的启动资金为20万元，每位捐步者每天可以使公司收益0.05元（以下人数精确到1人，收益精确到1元）．
(1)求活动开始后第5天的捐步人数，及前5天公司的捐步总收益；
(2)活动开始第几天以后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余？
【答案】(1)8745，1686元
(2)37天
【分析】（1）根据等比数列的性质求出结果；
（2）对活动天数进行讨论，列出不等式求出的范围即可.
(1)
设第天的捐步人数为，则且，
∴第5天的捐步人数为．
由题意可知前5天的捐步人数成等比数列，其中首项为5000，公比为1.15，
∴前5天的捐步总收益为元.
(2)
设活动第天后公司捐步总收益可以回收并有盈余，
若，则，
解得（舍）．
若，则，
解得
∴活动开始后第37天公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.
考点十三 数列综合问题
82．（2023秋·上海徐汇·高二上海市西南位育中学校考期末）已知数列的前项和为，对任意都有成立，且.
(1)求数列的通项公式
(2)已知，且有对任意恒成立，求实数的取值范围
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得，然后根据等比数列的定义可求，进而即得；
（2）由题可得，进而可得，然后结合条件即得.
【详解】（1）因为对任意都有成立，且，
当时，，
所以，
所以，即，又，
所以数列是首项为5，公比为2的等比数列，
所以，
所以，
所以；
（2）由题可知，
所以，又对任意恒成立，
所以，
即实数的取值范围.
83．（2023秋·辽宁葫芦岛·高二统考期末）已知首项为的等比数列公比小于0，其前n项和为，且，，成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若实数a使得对任意恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列的性质得一等式，利用与的关系化为项的关系式从而求得公比，得通项公式；
（2）由等比数列前项和公式求出，分奇偶讨论得出的范围，利用函数的单调性，求得的取值范围，从而得的范围．
(1)
设等比数列的公比为q，
由，，成等差数列，可得：
，
整理：，
所以，即为，
解得，
由等比数列不是递减数列，可得，
即.
(2)
由（1）得，
设，，设，
时，，递减，时，，递增，
当n为奇数时，随n的增大而减小，所以.
.
当n为偶数时，随n的增大而增大，所以.
.
故，实数a使得对任意恒成立，
则a的取值范围为.
84．（2023秋·上海闵行·高二闵行中学校考期末）在等差数列中，已知，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前n项和；
(3)记，数列的前n项和为，若对任意的，，都有，求正整数k的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)9
【分析】（1）由等差数列的基本量法求得和，则得通项公式；
（2）利用等比数列通项公式求出后，用分组求和法求得；
（3）求出后用错位相减法求得，化简不等式为，引入函数，用作差法确定的单调性（需要对差再作差确定单调性、正负），得的正负后可得结论．
【详解】（1）设公差为，则，解得，
所以；
（2）由题意，所以，
；
（3）由（1），
，，
相减得，
，由，得，
令，则，
设，
则，
当时，，
当时，，即，
当时，，
，，，
所以当时，，当时，，
当时，递减，当时，递增，
，，，
因此当时，，当时，，
所以满足的的最小值是9，即的最大值是9．
【过关检测】
一、单选题
1．（2023春·陕西渭南·高二统考期末）已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质可得，，再根据对数知识可求出结果.
【详解】根据等比数列的性质可得，
又，所以，
所以.
故选：A
2．（2023春·湖北荆州·高二荆州中学期末）等比数列的前项和为，，，则为（ ）
A．B．
C．D．28或-21
【答案】A
【分析】根据等比数列前项和公式，列出的表达式，两式相除可推出，解出，再根据，即可求出结果.
【详解】设公比为.
当时，，，则应有，该方程组无解，所以.
由已知可得，，
两式相除可得，，整理可得，
解得或（舍去），所以.
所以.
故选：A.
3．（2023春·吉林松原·高二校考期末）已知数列的前n项和，满足，则＝（ ）
A．72B．96C．108D．126
【答案】B
【分析】根据得到数列是以3为首项，2为公比的等比数列，从而求出通项公式，得到的值.
【详解】当时，，解得：，
由题意可得，①
当时，，②
①﹣②得，，即，
故数列是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，
故.
故选：B.
4．（2023春·福建泉州·高二福建省永春第一中学期末）已知数列的前项和为，首项，且满足，则的值为（ ）
A．4093B．4094C．4095D．4096
【答案】A
【详解】由递推公式确定通项公式，再求即可.
【解答】，故，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，所以，
则
故选：A
二、多选题
5．（2023秋·广东佛山·高二统考期末）已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】根据递推公式求出、、，即可找到规律得到数列是以为周期的周期数列，即可判断A、B、D，再根据递推公式表示出，即可得到，从而判断C.
【详解】解：因为，，
所以，故A错误；
，，所以数列是以为周期的周期数列，
所以，故B错误；
因为，，
所以，故C正确；
，故D正确；
故选：CD
6．（2023秋·湖北鄂州·高二统考期末）已知数列{}满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．为等比数列B．{}的通项公式为
C．{}为递增数列D．的前n项和
【答案】AB
【分析】根据递推关系可得，进而可判断A，由是等比数列即可求解的通项，进而可判断单调性，根据分组求和即可判断D.
【详解】因为，所以，又，所以是以2为首项，3为公比的等比数列，即，所以{}为递减数列，的前n项和．
故选:AB．
7．（2023春·高二校考期末）已知数列的前项和为，下列说法正确的（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，则是等比数列
C．若是等差数列，则
D．若是等比数列，且，则
【答案】BC
【分析】对于A，求出，, 即可判断；
对于B，利用求出通项公式，再验证是否满足2，即可判断；
对于C，根据等差数列的求和公式即可判断；
对于D，当时，可得，即可判断．
【详解】解：对于A，若，则，，，则不是等差数列，A错误；
对于B，若，则，当时，，满足2，
所以，则是等比数列，B正确；
对于C，是等差数列，则，C正确；
对于D，若是等比数列，当时，则，D错误.
故选：BC．
8．（2023春·江苏苏州·高二苏州中学校考期末）已知数列满足且，数列满足（），下列说法正确的有（ ）
A．数列为等比数列B．当时，数列的前项和为
C．当且为整数时，数列的最大项有两项D．当时，数列为递减数列
【答案】BCD
【分析】A选项，变形为，得到为常数列，故，，根据定义求出不是等比数列，A错误；
B选项，错位相减法求和，B正确；
C选项，作差法得到随着的变大，先增后减，根据为整数，得到且最大，即数列的最大项有两项，C正确；
D选项，作差法结合得到，故D正确.
【详解】变形为，又，故数列为常数为1的数列，故，
所以，因为，
若，则为常数为0的常数列，不是等比数列，
若，则不是定值，不是等比数列，综上A错误；
当时，，
设数列的前项和为，
，①
则，②
②-①得：，B正确；
当时，，
因为，所以当，即时，，即
当，即时，，即，
故随着的变大，先增后减，
因为为整数，故且最大，即数列的最大项有两项，C正确；
当时，，
因为，所以单调递增，故，
因为，所以，
数列为递减数列，D正确；
故选：BCD
三、填空题
9．（2023春·吉林松原·高二校考期末）等差数列{an}满足，，则数列{an}前n项的和为______.
【答案】
【分析】由已知结合等差数列的性质先求出公差，进而可求首项，然后结合等差数列的求和公式可求.
【详解】设等差数列{an}的公差为，则，，
所以，所以，所以，
则数列前项的和.
故答案为：.
10．（2023春·湖北荆州·高二荆州中学期末）已知数列的通项公式为，则数列的前项和_______.
【答案】
【分析】利用错位相减法求数列的前项和即可.
【详解】由数列的通项公式为，
所以数列的前项和为：
，①
则： ，②
①②：，
即，
即，
即，
即，
即，
即，
所以，
故答案为：.
四、解答题
11．（2023春·高二校考期末）已知数列中，，的前项和为，且数列是公差为的等差数列．
(1)求；
(2)求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式即可求得；
（2）利用与的关系式即可得解．
【详解】（1）由题意，数列是公差为的等差数列，
又因为，所以，
故，则.
（2）已知，
当时，，
经检验：满足，
所以．
12．（2023春·高二校考期末）已知公比大于1的等比数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列方程组，解得和，即可得到答案.
（2）根据条件，可知，是以为首项，为公比的等比数列前项和，再由等比数列求和公式求解即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
，解得.
所以.
（2）令，则，
所以，
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
.
13．（2023春·湖北荆州·高二荆州中学期末）己知等比数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令，可得出，令时，由可得，两式作差可得推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，求出的值，进而可求得等比数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项求和法可证得原不等式成立.
【详解】（1）因为，则当时，，
当时，由可得，
所以，即，
因为是等比数列，则该数列的公比为，则，
所以，即，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）得，
所以，
故 .
14．（2023春·高二校考期末）已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．通过，求出q，得到，然后求出公差d，推出．
（2）设数列的前n项和为，利用错位相减法，转化求解数列的前n项和即可．
【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．
由已知，得，
而，所以．
又因为，解得．
所以，．
由，可得①，
由，可得②，
联立①②，解得，，
由此可得．
所以，的通项公式为，的通项公式为．
（2）设数列的前n项和为，
由，有，
，
上述两式相减，得
．
得．
所以，数列的前n项和为．
15．（2023春·吉林松原·高二校考期末）设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且，，.
(1)求，的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）设公差为，公比为，根据已知列出方程可求出，，代入通项公式，即可求出结果；
（2）分组求和，分别求出和的前项和，加起来即可求出结果.
【详解】（1）设公差为，公比为，因为，
则由可得，，即，
由可得，，解得，则.
所以有，整理可得，
解得或（舍去）.
所以，则，解得（舍去负值），所以.
所以有，.
（2）由（1）知，，，则.
.
16．（2023春·江苏苏州·高二苏州中学校考期末）已知数列的首项为0，且，数列的首项，且对任意正整数恒有.
(1)求和的通项公式；
(2)对任意的正整数n，设，求数列的前2n项和S2n.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的定义得到数列和分别为等差等比数列，然后求通项即可；
（2）根据题意得到当为奇数时，，当为偶数时，，然后分别用裂项相消和错位相减求和即可.
【详解】（1）因为，所以数列为等差数列，公差为1，所以，
令，所以，数列为等比数列，公比为2，所以.
（2）当为奇数时，；
当为偶数时，；
所以奇数项的前项和为，
偶数项的前项和为①，
①得：②，
①-②得：
，
所以，.
分类标准
类型
含义
按项数
有穷数列
项数有限的数列
无穷数列
项数无限的数列
按项的
变化趋势
递增数列
从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列，即恒有an＋1>an(n∈N*)
递减数列
从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列，即恒有an＋1常数列
各项都相等的数列，即恒有an＋1＝an(n∈N*)
按其他
标准
周期数列
一般地，对于数列{an}，若存在一个固定的正整数T，使得an＋T＝an恒成立，则称{an}是周期为T的周期数列
按其他
标准
有界(无界)数列
任一项的绝对值都小于某一正数的数列称为有界数列，即∃M∈R，|an|≤M，否则称为无界数列
摆动数列
从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
序号n
1
2
3
…
n
…
项an
a1
a2
a3
…
an
…
已知量
首项，末项与项数
首项，公差与项数
求和公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d
对比项
等差中项
等比中项
定义
若a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项
若a，G，b成等比数列，则G叫做a与b的等比中项
定义式
A－a＝b－A
eq \f(G,a)＝eq \f(b,G)
公式
A＝eq \f(a＋b,2)
G＝±eq \r(ab)
个数
a与b的等差中项唯一
a与b的等比中项有两个，且互为相反数
备注
任意两个数a与b都有等差中项
只有当ab＞0时，a与b才有等比中项
已知量
首项a1，项数n与公比q
首项a1，末项an与公比q
公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1))
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)，q≠1))