考点20 数列13种常见考法归类-2023-2024学年高二数学期末导与练(人教A版选择性必修第二册)

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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．
策略2 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.
策略3 等差数列的性质应用
（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．
（7）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；
（8）设数列是等差数列，且公差为，
①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)；
②若项数为奇数，设共有项，则S2n－1＝(2n－1)an；；②.
（9）等差数列中，,则,.
注：在等差数列中，若Sn＝m，Sm＝n，则Sm＋n＝－(m＋n)
（10）若与为等差数列，且前项和分别为与，则.
（11）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)；
策略4 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．
策略5 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
策略6 等比数列性质的应用
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：.
（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．
（8）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.
（9）{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．
（10）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)．
（11）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．
考点一 由前n项归纳数列的通项公式
考点二 由an与Sn的关系求通项公式
考点三 由递推公式求通项公式
考点四 数列的单调性与最值
考点五 数列的周期性
考点六 等差数列基本量的计算
考点七 等差数列的判定与证明
考点八 等差数列的性质
（一）与项有关的性质
（二）与和有关的性质
（三）单调性与最值
考点九 等比数列基本量的计算
考点十 等比数列的判定与证明
考点十一 等比数列的性质
（一）与项或和有关的性质
（二）等比数列中的最值(范围)问题
考点十二 数列求和及应用
（一）分组(并项)法求和
（二）倒序相加法求和
（三）裂项相消法求和
（四）错位相减法求和
考点十三 数列综合问题
考点一 由前n项归纳数列的通项公式
1．（2023秋·湖南株洲·高二校考期末）已知数列：1，2，3，5，8，…，则89是该数列的第（ ）项.
A．9B．10C．11D．12
【答案】B
【分析】根据数列的规律求得正确答案.
【详解】由题意可得数列从第3项起，每一项等于前两项的和，
所以这个数列为：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，
所以89是该数列的第10项.
故选：B
2．（2023春·福建福州·高二校考阶段练习）数列1，，，，，，，，，，…，则是该数列的第（ ）项.
A．9B．10C．31D．32
【答案】D
【分析】由数列的前几项得出数列的特性，即可得出答案.
【详解】解：观察可得出，数列的特性：根据分子分母的和以及分子由小到大排列.
分子分母和为2的有1项，和为3的有2项，和为4的有3项，，和为的有项.
的分子分母之和为9，且为和为9中的第4项，
又，所以是数列中的第32项.
故选：D.
3．（2023秋·云南楚雄·高二统考期末）将自然数1，2，3，4，5，…按照下图排列，我们将2，4，7，11，16，…都称为“拐角数”，则第100个“拐角数”为（ ）
A．5050B．5051C．10100D．10101
【答案】B
【分析】找出拐角数的规律：第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为，第3个“拐角数”为，按此规律即可求.
【详解】第1个“拐角数”为，
第2个“拐角数”为，
第3个“拐角数”为，
……
故第100个“拐角数”为，
故选：B
4．（2023春·湖南长沙·高二长沙麓山国际实验学校校考开学考试）在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是颗珠宝，第二件首饰是由颗珠宝构成如图所示的正六边形，第三件首饰是由颗珠宝构成如图所示的正六边形，第四件首饰是由颗珠宝构成如图所示的正六边形，第五件首饰是由颗珠宝构成如图所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断第件首饰上应有________颗珠宝；则第件首饰所用珠宝总数为________颗.（结果用表示）
【答案】 66
【分析】分析数据规律可得，再利用累加法即可求解.
【详解】设第件首饰上的珠宝颗数为，则，，，，
因为，，，，
所以猜想，
所以推断，
即.
由，
则，…, ,
以上各式相加得,
所以.
故答案为：66；.
5．（2023秋·福建福州·高二福州三中校考期末）某数学兴趣小组将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列．如图，第一行数列为1，2；得到第二行数列1，2，2；得到第三行数列1，2，2，4，2，…，则第5行从左数起第6个数的值为____________；用表示第n行所有项的乘积，，则数列的通项公式为__________．
【答案】
【分析】（1）直接写出第5行的数列，即可解决；
（2）首先归纳出，进而可以求得数列的通项公式.
【详解】（1）根据题意，第5行的数列依次为：1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16,2
从左数起第6个数的值为8；
（2）,
,
,
,
故有
则
故答案为：①8；②
考点二 由an与Sn的关系求通项公式
6．（2023春·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考开学考试）已知数列的前n项和满足，且，则______.
【答案】
【分析】先通过与的关系证明当时是等比数列，再按照等比数列求通项公式，因为不符合此通项公式，故将通项公式写成分段数列的形式.
【详解】因为，
当时，，，解得．
当时，，与两式相减得，
即， 化简得：，
所以时，是以2为首项，为公比的等比数列，所以，
又不符合上式，故，
故答案为：
7．（2023春·河北承德·高二兴隆县第一中学校考阶段练习）数列的前项和为，则数列的前项和__．
【答案】
【分析】根据与的关系，利用相减法求得，再根据确定其各项的正负取值情况，从而可求的值.
【详解】因为数列的前项和为
所以当时，；
当时，，
又符合上式，所以，
所以时，，时，，
故
.
故答案为：.
8．（2023秋·湖北·高二统考期末）已知数列满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据的关系求解.
【详解】∵，当时，，
当时，，
时，也适合此式，
∴，,
故选:B.
9．（2023·全国·高二专题练习）数列的前项和为，且.
(1)求；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用数列通项和前项和的关系得到，再利用等差数列的定义求解；
（2）求得，再利用错位相减法求解.
【详解】（1）因为，所以，所以，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以.
又因为当时，，
所以
（2）因为，所以，
所以，
，
两式相减得
所以.
10．（2023春·山东临沂·高二统考期末）已知正项数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据求解即可；
（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，分离参数可得，再利用基本不等式求出的最大值即可.
【详解】（1）由，
当时，，解得，
当时，，
两式相减得，
即，
又因，所以，
所以数列的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上可得；
（2），
所以，
因为对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
即，
因为，
当且仅当，即时，取等号，
所以，
所以.
考点三 由递推公式求通项公式
11．（2023·全国·高二专题练习）已知满足，（是正整数），则______.
【答案】
【分析】利用累加法可求得数列的通项公式.
【详解】对任意的，，
当且，.
也满足，
故对任意的，.
故答案为：.
12．（2023秋·江苏盐城·高二校考期末）在数列中，，且，则__________.
【答案】4
【分析】利用递推公式累加即可求解.
【详解】由题意可得，
所以，，……，，
累加得，
所以，
故答案为：4
13．（2023·全国·高二专题练习）数列中，若，，则___________．
【答案】
【分析】利用累乘法求得的通项公式即可求解.
【详解】由可得，
所以,
所以，
因为，所以，所以，
故答案为:.
14．（2023秋·山东菏泽·高二统考期末）数列满足，，则______．
【答案】
【分析】利用累乘法求得正确答案.
【详解】
，
也符合上式，
所以.
故答案为：
15．（2023秋·福建福州·高二校联考期末）数列中，，，则此数列的通项公式_________.
【答案】
【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式.
【详解】因为，所以，又，
所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则.
故答案为：
考点四 数列的单调性与最值
16．（2023·高二课时练习）已知数列的通项公式为，试求数列中的最大项．
【答案】
【分析】将通项公式化简，利用对勾函数的单调性即可求解.
【详解】因为当且仅当，即取等号，应该为整数，
所以当或时，取最大，
又因为，，
所以数列中的最大项.
17．（2023秋·广东深圳·高二统考期末）已知数列的通项公式为：，则的最小值为_____，此时的值为_____.
【答案】
【分析】分类讨论去绝对值，即可根据通项公式的单调性判断求值.
【详解】，已知先减后增，且.
故的最小值为，此时的值为3.
故答案为：；3.
18．（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）已知数列为单调递增数列，且，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对一切正整数n恒成立，可求出结果.
【详解】因为数列为单调递增数列，所以对一切正整数n恒成立，
因为为增函数，所以，则.
故选：D
19．【多选】（2023春·广东东莞·高二校考开学考试）已知数列的通项公式为若该数列是递减数列,则实数的值可能是( )
A．4B．5C．6D．7
【答案】AB
【分析】本题可以先通过得出的解析式，再得出的解析式，最后通过数列是递减数列得出实数的取值范围.
【详解】依题意,,则,
所以恒成立,
即对任意的恒成立.
所以,
因为,所以的最小值是6,
因此,选项AB满足题意.
故选:AB.
20．【多选】（2023秋·广东广州·高二统考期末）数列满足，，则（ ）
A．数列是递减数列B．
C．点()都在直线D．数列的前项和的最大值为32
【答案】AC
【分析】根据数列的递推关系式，可判断数列的单调性及，可判断A；又可得数列为等差数列，求得等差数列通项公式，即可判断B,C；由等差数列的前项和公式结合二次函数的性质，即可求得的最大值，可判断D.
【详解】数列满足，，即，所以数列是递减数列，故A正确；
且数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则点()都在直线上，故B不正确，C正确；
数列的前项和，
又因为，所以时，，时，，则的最大值为，故D不正确.
故选：AC.
21．（2023·全国·高二专题练习）已知在数列中，，，则______．
【答案】
【分析】由构造法可得，所以数列是以为首项，
为公比的等比数列，即可求出数列的通项公式.
【详解】因为，，所以，
整理得，所以数列是以为首项，
为公比的等比数列，所以，解得．
故答案为：.
22．（2023·全国·高二专题练习）数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为___________.
【答案】．
【分析】已知式两边同除以，构造一个等差数列，由等差数列的通项公式可得结论．
【详解】∵，所以，即，
∴是等差数列，而，
所以，
所以．
故答案为：．
23．（2023·全国·高二专题练习）已知数列满足，则数列的前项和为______．
【答案】
【分析】由递推公式可得，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式，则，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】解：因为，
所以，即，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，则，
令数列的前项和为，
则
故答案为：
24．（2023·全国·高二专题练习）已知数列满足，且，则数列的通项公式为______．
【答案】
【分析】利用取倒数及等差数列通项公式即可求解.
【详解】由两边取倒数可得，即．
所以数列是首项为2，公差为3等差数列.
所以，所以．
故答案为：.
考点五 数列的周期性
25．（2023春·湖北孝感·高二统考开学考试）数列满足，则________．
【答案】3
【分析】根据递推关系求出前几项，可知数列具有周期性，利用周期求解.
【详解】由题可知，，得，
∴数列是以3为周期的周期数列，
∴．
故答案为：3
26．（2023春·河南安阳·高二安阳一中校联考开学考试）在数列中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，计算可得，从而可得数列为周期数列，即可得到结果.
【详解】当时，；
当时，
当时，
当时，
当时，
所以数列是一个周期为的周期数列，
则
故选:A
27．（2023秋·广东·高二校联考期末）在数列中，，则（ ）
A．260B．860C．1011D．2022
【答案】C
【分析】由变形得出其周期为6，即可结合周期及对数运算性质化简求值.
【详解】由，得，两式相除可得，所以数列是以6为周期的周期数列，
又，
所以.
故选：C.
28．（2023春·安徽·高二合肥市第八中学校联考开学考试）已知数列满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】列举法观察规律，可以归纳出结果.
【详解】已知，，，，，，……，∴观察可得该数列是周期数列且周期为3，∴．
故选：C．
29．（2023秋·山东烟台·高二统考期末）在数列中，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】推导出对任意的，，利用数列的周期性可求得的值.
【详解】在数列中，，且，
则，，，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，.
故选：D.
考点六 等差数列基本量的计算
30．（2023秋·云南·高二统考期末）已知数列是等差数列，且，则（ ）
A．3B．4C．7D．8
【答案】B
【分析】设等差数列的首项为，公差为d，可得，解方程即可得出答案.
【详解】设等差数列的首项为，公差为d，
∵．∴．
解得:，∴.
故选：B．
31．（2023春·山东临沂·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．54B．27C．18D．9
【答案】B
【分析】由等差数列通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可得解.
【详解】，
.
故选：B.
32．（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）在等差数列中已知，，则的前17项和为（ ）
A．166B．172C．168D．170
【答案】D
【分析】方法1：由等差数列的前n项和公式与等差数列的等和性计算可得结果；
方法2：由等差数列的前n项和公式与等差数列的通项公式的基本量计算可得结果.
【详解】方法1：∵为等差数列，
∴，∴，
∴的前17项和为.
方法2：∵为等差数列，设公差为，
∴，
解得，
∴.
故选：D.
33．（2023秋·广东深圳·高二校考期末）已知等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．12B．10C．8D．6
【答案】A
【分析】根据题意求出数列的首项和公差，即可求得答案.
【详解】由已知等差数列的前n项和为，，
设数列公差为d,可得，
又,即，解得，
故，
故选：A
34．（2023秋·福建福州·高二福建省福州屏东中学校考期末）图①是程阳永济桥又名“风雨桥”，因为行人过往能够躲避风雨而得名．已知程阳永济桥上的塔从上往下看，其边界构成的曲线可以看作正六边形结构，如图②所示，且各层的六边形的边长均为整数，从内往外依次成等差数列，若这四层六边形的周长之和为156，且图②中阴影部分的面积为，则最外层六边形的周长为（ ）
A．30B．42C．48D．54
【答案】C
【分析】设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为，，，成等差数列，这四层六边形的周长之和为156，由得到的关系，再根据阴影部分的面积为，由得到的关系联立求解.
【详解】设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为，，，成等差数列，
由题意得，即，
所以，
因为阴影部分的面积，
所以，
联立得或（不合题意舍），
故，
所以最外层六边形的周长为48．
故选：C．
考点七 等差数列的判定与证明
35．（2023春·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习）已知数列满足，且，．
(1)设，证明：数列为等差数列；
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据题设递推式得，根据等差数列的定义，结论得证.
(2)由(1)结合等差数列通项公式求数列的通项，再求数列的通项公式．.
【详解】（1）因为，所以，
即，且，
所以数列是首项为1、公差为1的等差数列．
（2）由(1)知，
所以数列的通项公式为．
36．（2023秋·湖南衡阳·高二校考期末）已知正项数列的前项和为，且.
(1)证明：是等差数列.
(2)设数列的前项和为，若满足不等式的正整数的个数为3，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用题意得到，继而得到，两式相减可得即可证明；
（2）由（1）可得，，所以，然后利用裂项相消法可求出，继而分析的单调性即可求解
【详解】（1）由可得，
当时，
两式相减可得
，
又由可得解得
是以为首项，为公差的等差数列，
（2）由（1）可得，，
所以，
所以
因为在内单调递增，所以，单调递增，
因为，，所以满足不等式的正整数的个数为3，的取值范围为
37．（2023秋·福建福州·高二统考期末）已知数列满足：
(1)证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
【答案】(1)证明见解析，；
(2).
【分析】(1)根据等差数列的定义即可证明数列是等差数列，并通过数列的通项公式得到数列的通项公式；
(2)因为，根据错位相减法即可求出数列的前项和．
【详解】（1）因为，
所以， 又，
所以数列是首项为1，公差为3的等差数列
所以，
所以；
（2）由(1)可知：，
，
，
上面两式相减可得，
，
化简可得，
38．（2023秋·贵州黔西·高二统考期末）已知数列的前项和为，，．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件得数列的递推关系，证明数列为等差数列；
（2）由（1）写出数列的通项公式，用裂项相消法求和.
【详解】（1）证明：由题意，当时，，
当时，由，可得，
两式相减，可得，
化简整理，得，
也满足上式， 即当时，，
数列是以2为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）知，数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
，，
可得，
则
．
考点八 等差数列的性质
（一）与项有关的性质
39．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆市第七中学校校考期末）是等差数列，且，则的值为（ ）
A．24B．27C．30D．33
【答案】D
【分析】根据等差数列的性质计算．
【详解】解：因为是等差数列，设公差为，则，
，
所以，，也成等差数列，
所以．
故选：D．
40．（2023秋·天津南开·高二天津市第九中学校考期末）在等差数列中，，则（ ）．
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】应用等差数列项数相同且下标和相等的性质即可确定答案.
【详解】由等差数列的性质知：.
故选：C.
41．（2023秋·河北邢台·高二邢台市第二中学校考期末）若数列是等差数列，且，则（ ）
A．51B．48C．45D．42
【答案】B
【分析】通过观察下角标的关系，利用等差数列的下角标的性质计算得答案.
【详解】由题知，
.
故选:B.
42．（2023秋·江苏苏州·高二常熟中学校考期末）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
（二）与和有关的性质
43．（2023秋·江苏·高二统考期末）若为等差数列，其前n项和为，则（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】B
【分析】利用等差数列的性质可得成等差数列，即可求得答案
【详解】因为成等差数列，
故，即，得.
故选：B
44．（2023秋·云南·高二云南师大附中校考期末）已知等差数列的前项和为是关于的方程的两根，则（ ）
A．22B．24C．26D．28
【答案】A
【分析】根据题意得，又即可求解.
【详解】因为是关于的方程的两根，
所以，
故选：A.
45．（2023春·江西宜春·高二江西省铜鼓中学校考阶段练习）设为等差数列的前n项和，若，则（ ）
A．9B．6C．3D．0
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式及等差数列性质计算作答.
【详解】等差数列的前n项和为，则，解得，
所以.
故选：B
46．（2023春·山西·高二校联考阶段练习）设等差数列的前项和分别为，若,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等差数列前n项和与通项之间的关系,将数列的项之比化为前n项和之比,代入等式计算即可得出答案.
【详解】根据等差数列的性质,
,选项A正确.
故选:A.
47．（2023秋·湖北黄冈·高二湖北省红安县第一中学校考期末）两个等差数列和，其前项和分别为，，且，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知，根据等差数列的通项性质以及前项和公式，把转化为求解即可．
【详解】解：由等差数列的性质可得，．
故选：C．
48．（2023·高二课时练习）在等差数列中，，其前项和为，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由等差数列性质可知数列为等差数列，由已知等式可求得其公差，结合等差数列通项公式可求得，进而得到结果.
【详解】数列为等差数列，数列为等差数列，设其公差为，
又，解得：，又，
，.
故选：B.
（三）单调性与最值
49．（2023秋·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）等差数列的前项和是，且满足，若存在最大值，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意可得，再由等差数列的性质对选项一一判断即可得出答案.
【详解】因为等差数列存在最大项，故等差数列的公差，
又，即，即，
则，故选项A错误；
，故选项B正确；
，故选项C错误；
而，故选项D错误；
故选：B.
50．（2023秋·广东广州·高二广东实验中学校考期末）已知数列为等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为（ ）
A．11B．12C．7D．6
【答案】A
【分析】根据已知条件，判断出，的符号，再根据等差数列前项和的计算公式，即可求得.
【详解】因为等差数列的前项和有最大值，故可得，
因为，故可得，即，
所以，可得，
又因为，
故可得，所以数列的前6项和有最大值，
且，
又因为，，
故取得最小正值时n等于.
故选：A.
51．（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）公差为d的等差数列的前n项和为，若，则下列选项正确的是（ ）
A．B．时，n的最大值为2022
C．有最大值D．时，n的最大值为4044
【答案】B
【分析】根据题意，由即可判断，再由，，即可得到结果.
【详解】因为，即，
即，故A错误；
因为，且，，故时，n的最大值为2022，故B正确；
因为，且，，所以没有最大值，有最小值即，故CD错误.
故选:B
52．（2023秋·河南周口·高二项城市第一高级中学校考期末）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：.
53．（2023·高二课时练习）若是等差数列，首项，，，则使前项和成立的最大自然数是（ ）
A．2021B．2022C．4042D．4043
【答案】C
【分析】根据题意得，，再结合，，求解即可．
【详解】根据,得，，所以，
因为，所以，
所以使前项和成立的最大自然数是4042．
故选：C
考点九 等比数列基本量的计算
54．（2023秋·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知等比数列的前项和是，且，则（ ）
A．24B．28C．30D．32
【答案】C
【分析】由条件求出,代入等比数列求和公式即可.
【详解】因为，代入得：，
即，解得，
故，
故选：C.
55．（2023·高二课时练习）在等比数列中，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等比数列的通项公式的推广形式，表示出已知条件，再进行计算即可．
【详解】设等比数列的公比为，则，，
所以．
故选：C．
56．（2023春·湖北荆州·高二沙市中学校考阶段练习）已知等比数列的前n项和为，其中，的值为（ ）
A．128B．64C．63D．127
【答案】A
【分析】根据题意，由等比数列的求和公式，列出方程，即可求得，从而求得结果.
【详解】由题意，显然首项不为0且公比不为1，可得，解得，所以
故选:A
57．（2023秋·山东烟台·高二统考期末）《算法统宗》是一部我国古代数学名著，由明代数学家程大位编著.《算法统宗》中记载了如下问题情境：“远望魏魏塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，意思为：“一座7层塔，共悬挂了381盛灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍”.在上述问题情境中，塔的正中间一层悬挂灯的数量为（ ）
A．12B．24C．48D．96
【答案】B
【分析】由题意可知每层灯的数量从塔的顶层到底层构成等比数列，且公比为2，然后由等比数列的前7项和为381列式计算即可.
【详解】设灯塔每层的灯数满足数列，顶层的灯数为，前项和为，
则为公比为2的等比数列，
根据题意有,解得，
∴，塔的正中间一层悬挂灯的数量为24.
故选:B.
考点十 等比数列的判定与证明
58．（2023秋·云南昆明·高二昆明一中校考期末）已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据等比数列的定义证明，并结合通项公式求解即可；
（2）由题知，进而根据错位相减法和分组求和法求解即可.
【详解】（1）解：数列满足
，即，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
，即；
∴
（2）解：由题知，
设的前项和为，
，
，
，
∵数列的前n项和为
∴数列的前n项和
59．（2023秋·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期末）在数列中，已知，且．
(1)求证：数列是等比数列．
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）令，推出，证明出结论；
（2）在（1）的基础上，求出，结合求出通项公式.
【详解】（1）令，
∴，
∵，故，
∴数列是公比为2的等比数列，
即数列是公比为2的等比数列．
（2）由（1）易知，即，得，
即．
60．（2023春·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考开学考试）已知数列满足，，且.
(1)求证：数列是等比数列，并求的通项公式；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明过程见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意结合等比数列定义证明为等比数列，得到，再证明为等比数列，进而可求得；
（2）在第一问的基础上，分为奇数和为偶数两种情况，利用作差法得到的单调性，进而列出不等式，求出实数的取值范围.
【详解】（1）∵，则，且，
故数列是首项为，公比为3为等比数列，
∴，则，
可得，且，
故数列首项为，公比为的等比数列，
∴，故.
（2）由（1）可得：，即，
故对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，
设，则当时恒成立，
故数列是递增数列，
当为奇数时，则对任意的恒成立，，可得，解得；
当为偶数时，则对任意的恒成立，，可得，解得；
综上所述：实数的取值范围.
61．（2023秋·天津·高二统考期末）已知数列的前n项和为，且．
(1)求证：是等比数列；
(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由与的关系，分，求数列的通项公式即可；
（2）利用错位相减法求和即可得解.
【详解】（1）当时，，得，所以，
当时，
所以，即，
所以
所以
即数列是以为首项，公比为3的等比数列.
（2）由（1）得，所以，
由题意，即
所以，所以
设前项和为
所以
即 ①
②
①-②得：
所以.
考点十一 等比数列的性质
（一）与项或和有关的性质
62．（2023春·山西吕梁·高二校考开学考试）在正项等比数列中，若，则（ ）
A．6B．12C．56D．78
【答案】D
【分析】直接利用等比中项即可求出和的值，代入计算即可.
【详解】由等比数列的性质可知，
又因为为正项等比数列，
所以，所以．
故选：D.
63．（2023秋·广东汕头·高二统考期末）已知正项等比数列满足，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．1011D．2022
【答案】B
【分析】先根据等比中的性质和对数的性质求出的值，再利用基本不等式即可求出其最小值.
【详解】
所以，又数列{}是正项等比数列，
所以
所以,当且仅当数列为常数列时，等号成立.
故选：B.
64．（2023春·湖北襄阳·高二襄阳四中校考开学考试）等比数列的前项和为，，，则为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】A
【分析】根据等比数列片段和性质可构造方程求得，再由可得最终结果.
【详解】由题意知：，，成等比数列，
，解得：或；
，.
故选：A.
65．（2023秋·陕西商洛·高二统考期末）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若，则（ ）
A．B．43C．D．41
【答案】A
【分析】利用等比数列性质成等比数列即可求解.
【详解】设，则，
因为为等比数列，
所以，，仍成等比数列．
因为，所以，
所以，故．
故选：A.
66．（2023·高二课时练习）已知等比数列{an}的公比为，则的值是________.
【答案】
【分析】由等比数列的通项公式与性质求解即可
【详解】∵等比数列{an}的公比为，
则.
故答案为：
67．（2023·高二课时练习）已知等比数列的前项中，所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则的值为______．
【答案】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，结合等比数列求和公式求出的值，进而可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，设等比数列的前项中，设所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，
则，
所以，，
又，则，
因此，.
故答案为：.
（二）等比数列中的最值（范围）问题
68．（2023·高二课时练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】B
【分析】根据，，分 ，，讨论确定q的范围，然后再逐项判断.
【详解】若，因为，所以，则与矛盾，
若，因为，所以，则，与矛盾，
所以，故B正确；
因为，则，所以，故A错误；
因为，，所以单调递增，故C错误；
因为时，，时，，所以的最大值为，故D错误；
故选：B.
69．【多选】（2023秋·江苏南京·高二南京市第九中学校考期末）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，＜0，下列结论正确的是（ ）
A．S2019＜S2020
B．a2019a2021﹣1＜0
C．T2020是数列{Tn}中的最大值
D．数列{Tn}无最大值
【答案】AB
【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得（a1q2018）（a1q2019）＝（a1）2（q4037）＞1，分析可得q＞0，可得数列{an}各项均为正值，又由＜0可得或，由等比数列的性质分析可得q的范围，据此分析4个选项，综合即可得答案.
【详解】根据题意，等比数列{an}的公比为q，若a2019a2020＞1，则（a1q2018）（a1q2019）＝（a1）2（q4037）＞1，
又由a1＞1，必有q＞0，则数列{an}各项均为正值，
又由＜0，即（a2019﹣1）（a2020﹣1）＜0，则有或，
又由a1＞1，必有0＜q＜1，则有，
对于A，有S2020﹣S2019＝a2020＞0，即S2019＜S2020，则A正确；
对于B，有a2020＜1，则a2019a2021＝（a2020）2＜1，则B正确；
对于C，，则T2019是数列{Tn}中的最大值，C错误，同理D错误；
故选：AB
70．【多选】（2023秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期末）设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．与均为的最大值
【答案】BD
【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可.
【详解】由题意知，
：由得，由得，
所以，又，所以，故错误；
：由得，故正确；
：因为是各项为正数的等比数列，，
有
所以，
所以，故错误；
：，
则与均为的最大值，故正确.
故选：
考点十二 数列求和及应用
（一）分组（并项）法求和
71．（2023秋·浙江绍兴·高二统考期末）已知等差数列的公差为2，且成等比数列，
(1)求的通项公式；
(2)记，若数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据等比中项的性质结合等差数列的通项公式求解；
(2)分组求和.
【详解】（1）由题知
即解得，
所以.
（2）
.
72．（2023春·河北邯郸·高二大名县第一中学校考阶段练习）已知数列为等比数列，其前项和为，且满足.
(1)求的值及数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）当时，，两式相减得，由，可求出的值；
（2）由（1）知，由绝对值的定义结合等差数列的前项和公式即可求出数列的前项和.
【详解】（1）因为，所以时，，所以.
又由数列为等比数列，所以.又因为，所以，
综上.
（2）由（1）知，
当时，，
当时，
所以.
73．（2023春·吉林长春·高二长春市实验中学校考开学考试）已知数列满足，，则数列的前10项和为（ ）
A．31B．77C．171D．217
【答案】C
【分析】根据题意，可得当时，，从而有，由此可求得为奇数时，数列的通项，再利用分组求和法即可得解.
【详解】由，，
得，
当时，，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
即为奇数时，，
当为偶数时，，
所以，
所以数列的前10项和为
.
故选：C.
74．（2023秋·山东烟台·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，，、、成等比数列，数列的前项和为，且.
(1)求数列、的通项公式；
(2)记表示不超过的最大整数，例如，，设，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题中条件可得出关于的等式，解出的值，可得出等差数列的通项公式，当时，由可得出，两式作差可得出数列为等比数列，当时，求出的值，可得出等比数列的通项公式；
（2）列举出数列前项的值，进而可求得数列前项的和.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为、、成等比数列，所以，
即，整理可得，解得，
故，
因为①，当时，②，
①②可得，即，
又时，，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故.
（2）解：由（1）知，，则，
所以，，，
则数列的前项和.
（二）倒序相加法求和
75．（2023秋·江苏常州·高二常州市第一中学校考期末）已知函数满足，若数列满足，则数列的前16项的和为______.
【答案】
【分析】利用倒序相加法可得到，即可求得前16项的和.
【详解】，①
，②
两式相加，又因为，
故，所以，
所以的前16项的和为
故答案为：
76．（2023·全国·高二专题练习）已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试用推导等差数列前n项和的方法探求：若，则（ ）
A．2018B．4036C．2019D．4038
【答案】D
【分析】利用，再等差数列前n项和的方法倒序相加法求和即可.
【详解】，
∵函数
∴，
令，则，
∴，
∴.
故选：D.
77．（2023·全国·高二专题练习）已知函数，则______．
【答案】4043
【分析】根据题意，化简得到，结合倒序相加法求和，即可求解.
【详解】由题意，函数，
可得
，
设，
则
两式相加，可得
，
所以.
故答案为：.
78．（2023·全国·高二专题练习）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对的求和运算中，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.现有函数，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据，利用倒序相加法求解.
【详解】解：因为，
且，
令,
又
，
两式相加得：，
解得，
故选：B
（三）裂项相消法求和
79．（2023秋·福建福州·高二福建省福州铜盘中学校考期末）已知等差数列中，为其前n项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求．
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）根据题意列出方程组，求得首项和公差，即可求得数列的通项公式.
（2）由（1）可得，利用裂项求和即可求得答案.
【详解】（1）由题意等差数列中，，设公差为d，
可得，解得，
故.
（2）由（1）可得，
故
.
80．（2023秋·山东烟台·高二统考期末）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前顶和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由得，可求得的通项公式；
（2）用裂项求和求得，再根据单调性求得的范围.
【详解】（1）由得，，
所以对任意恒成立，
于是，又，所以.
（2）由（1）知，，
所以，
因为，所以，
从而.
81．（2023春·湖北咸宁·高二校考开学考试）已知数列满足.
(1)判断数列是否是等比数列，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）由已知可得，可知该数列不是等比数列，利用递推关系即可求出；
（2）利用裂项相消法即可求和.
【详解】（1），故数列不是等比数列.
∵，
∴
同理

，
迭代得，即
所以.
（2），
所以.
82．（2023·全国·高二专题练习）设等差数列的前n项和为，且，．
(1)求的通项公式．
(2)令，数列的前n项和为．证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差数列通项公式和求和公式列出方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）化简得到，裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
则，
解得，因此；
（2）证明：因为，
所以，
所以.
（四）错位相减法求和
83．（2023春·河北承德·高二兴隆县第一中学校考阶段练习）已知等差数列的前项和为，，，数列满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等差数列的前项和求，利用当时求；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为数列是等差数列，且，，
设数列的公差为，所以，解得，
所以.
当时，，
当时，，当时仍成立，
所以.
（2）由（1）得，
所以①，
②，
①②得，
所以.
84．（2023春·河北石家庄·高二校考阶段练习）已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图像上，且过点的切线的斜率为．
(1)求数列的通项公式．
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，利用与的关系可求得通项公式；
（2）利用导数的几何意义求得，则，利用错位相减法可求出数列的前项和.
【详解】（1）点都在函数的图像上，，
当时，，
当时，满足上式，
所以数列的通项公式为
（2）由求导可得，
过点的切线的斜率为，，
，
①
由①×4，得②
①－②得： ，
.
85．（2023秋·陕西商洛·高二统考期末）已知等差数列中，，.
(1)求的通项公式；
(2)若为正项等比数列，，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，即可求出通项作答.
（2）求出等比数列的通项公式，再利用错位相减法求解作答.
【详解】（1）在等差数列中，，解得，而，
则等差数列的公差，
所以的通项公式是.
（2）设正项等比数列的公比为，，解得，而，
则有，解得，
，由（1）知，，
则，
于是得，
两式相减得：，
所以数列的前项和.
86．（2023秋·山东聊城·高二统考期末）已知数列的前n项和为，是等差数列，且，，是，的等差中项．
(1)求，的通项公式；
(2)记，求证：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用可得到时，，然后求出，即可求出的通项公式，设等差数列的公差为d，利用等差中项可得到，求出即可求解；
（2）利用错位相减法求出，即可求证
【详解】（1）因为，所以当时，得，
两式作差得，当时，，即时，．
又，，得，解得，所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以．
设等差数列的公差为d，因为是，的等差中项，所以，
又，所以，解得，
所以，
故，．
（2）由（1）知，①
，②
①②，得．
所以．
所以，即．
考点十三 数列综合问题
87．（2023秋·广西防城港·高二统考期末）某地地方政府为了促进农业生态发展，鼓励农民建设生态采摘园.2022年该地生态采摘园的沃柑产量为6500公斤，计划不超过24天内完成销售.采摘园种植的农产品一般有批发销售和游客采摘零售两大销售渠道.根据往年数据统计，游客从开园第1天到闭园，游客采摘量（公斤）和开园的第天满足以下关系：.批发销售每天的销售量为200公斤，每公斤5元，采摘零售的价格是批发销售价格的4倍.
(1)取何值时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入？
(2)采摘零售的总采摘量是多少？农户能否24天内完成销售计划？
【答案】(1)
(2)1327公斤，不能完成销售计划
【分析】（1）分段讨论计算采摘零售当天的收入:，批发销售当天的收入，列不等式求解即可；
（2）当时，采摘零售量为数列的和，当时，采摘零售量为数列的和， 两者之和为采摘零售的总采摘量，再加上批发销售的销售总量后判断是否超过6500公斤.
【详解】（1）由条件，当时，，解得
当时，，解得，
所以，采摘零售当天的收入不低于批发销售的收入.
（2）不能.当时，为等差数列，记这些项的和为，.
当时，记数列这些项的和为，
，即采摘零售的总采摘量是1327公斤.
批发销售的销售总量为公斤，24天一共销售公斤，故不能完成销售计划.
88．（2023秋·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期末）某林场去年底森林木材储存量为100万，若树木以每年20%的增长率生长，计划从今年起，每年底要砍伐x万木材，记为第n年年底的木材储存量.
(1)写出；写出数列的递推公式；
(2)为了实现经过10年木材储存量翻两番（原来的4倍）的目标，每年砍伐的木材量x的最大值是多少?（精确到0.1万）
参考数据：.
【答案】(1)，，；
(2)万.
【分析】（1）根据给定的信息求出，数列的递推公式作答.
（2）由（1）的递推公式求出数列的通项公式，再列出不等式求解作答.
【详解】（1）依题意，，，
，所以数列的递推公式是.
（2）由（1）知，，，则，
若，则，有，即，
若，则，于是数列是以为首项，为公比的等比数列，
则有，即，当时，上式也成立，
因此，，
因为10年木材量翻两番，即，则，而，
从而，解得，
所以每年砍伐的木材量x的最大值是万.
89．（2023秋·广东梅州·高二统考期末）市民小张计划贷款75万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息，因此，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：银行从每月月供款中，先收剩余本金利息，后收本金；利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低，本金在月供款中的比例因增加而升高，但月供总额保持不变.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（如2021年7月8日贷款到账，则2021年8月8日首次还款）.已知该笔贷款年限为25年，月利率为.
(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还5500元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息.
(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）.参考数据：.
(3)对比两种还款方式，你会建议小张选择哪种还款方式，并说明你的理由.
【答案】(1)451500元；
(2)小张该笔贷款能够获批；
(3)建议小张选择等额本息的还款方式，理由见解析.
【分析】（1）等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，求出即得解；
（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，求出即得解；
（3）从节省利息的角度来考虑，从前几年付款压力大小的角度来考虑，即得解.
【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，则，，
则，
故小张的该笔贷款的总利息为（元）.
（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，
则，
所以，
即，
因为，
所以小张该笔贷款能够获批.
（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），
因为，
所以从节省利息的角度来考虑，建议小张选择等额本金的还款方式.
也可以回答：
因为以等额本息方案，每月还款只需要均还4298元，
而以等额本金在前面的10年内还款金额都比这个金额高，
，
对于小张可能会造成更大的还款压力，
因此从前几年付款压力大小的角度来考虑，建议小张选择等额本息的还款方式.