【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点14《 等差数列与等比数列》(解析版） .doc，共(25)页，1.178 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点14等差数列与等比数列（核心考点讲与练）一、等差数列及其前n项和1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N+，d为常数).(2)如果三个数

x，A，y组成等差数列，那么A叫做x和y的等差中项，且A＝x＋y2.2.等差数列的通项公式与前n项和公式(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项

和公式：Sn＝na1＋n（n－1）d2＝n（a1＋an）2.3.等差数列的性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N+).(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N+)，则ak＋al＝am＋an.(

3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，„(k，m∈N+)是公差为md的等差数列.(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，„也是等

差数列.(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Snn也为等差数列.二、等比数列及其前n项和1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个非零常数，那么这个

数列叫做等比数列.数学语言表达式：anan－1＝q(n≥2，q为非零常数).(2)如果三个数x，G，y组成等比数列，则G叫做x和y的等比中项，其中G＝±xy.2.等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通

项公式为an＝a1qn－1；通项公式的推广：an＝amqn－m.(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q.3.等比数列的性质已知{an}是等比数

列，Sn是数列{an}的前n项和.(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N+)，则有ak·al＝am·an.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，„仍是等比数列，公比为qm.(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n

－Sn，S3n－S2n，„仍成等比数列，其公比为qn.1.等差数列的判断方法(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立；(3)通项公式法：验证an＝pn＋q；(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋

Bn.注后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列．2.等比数列的判断方法有：(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2且n∈N＋)，则{an}是等比数列．(2)中项公式法：在数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈

N*)，则数列{an}是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．注：前两种方法也可用来证明一个数列为等比数列．3.等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m

∈N*)．(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．(5)S2

n－1＝(2n－1)an.(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．4.等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m，(n，m∈N＋)．(2)若{an}为等比数列，且k＋l

＝m＋n(k，l，m，n∈N＋)，则ak·al＝am·an.(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其

公比为qn.5.等差数列的前n项和公式若已知首项a1和末项an，则Sn＝，或等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其前n项和公式为Sn＝na1＋d.6.等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠

1时，Sn＝＝.等差数列及其前n项和一、解答题1．（2022·江苏南通·模拟预测）已知数列na前n项积为nT，且*1(N)nnaTn．(1)求证：数列11na为等差数列；(2)设22212nnS

TTT，求证：112nnSa．【分析】（1）由已知得1nnTa，111(2)nnTan，两式相除整理得1111(2)11nnnaa，从而可证得结论，（2）由（1）可得1nnan，则11nTn

，从而2221222211123(1)nnSTTTn，然后利用放缩法可证得结论(1)因为1nnaT，所以1112nnTaa，所以111(2)nnTan，两式相除，得11(2)1nnnaana，整理得，1111(2)

11nnnaa．所以数列11na为以2为首项公差为1的等差数列．(2)因为1nnaT，所以1111,221aa，由（1）知，1211nna，故1nnan，所以1212

12311nnnTaaann．所以2221222211123(1)nnSTTTn111111111112334(1)(2)23341222nnnnn．又因为1111112222

2nnann，所以112nnSa．2．（2022·山西·二模（理））已知数列na的前n项和为nS，若24a，12nnSnan．(1)求证：数列na是等差数列；(2)从下面两个条件

中选一个，求数列nb的前n项的和T．①11nnba；②212221nnnnnbaaaa．【分析】（1）根据12nnSnan可得111112nnSna，相减可得11122nnnnaa，再得到21112

2nnnnaa，再次相减即可证明结论；（2）若选①，则讨论n的取值范围，分段求得结果；若选②，将212221nnnnnbaaaa化为22121()nnnnbaaa，利用（1）的结果，结合等差数列的前n项和公式求得答案．(1)证明：因为12nnSnan，所以112nnS

na，则111112nnSna，两式相减得11122nnnnaa，所以211122nnnnaa，以上两式相减得212nnnaaa，所

以数列na是等差数列．(2)12nnSnan中令1n得12a，又24a，所以等差数列na的公差212daa，所以2212nann，1nSnn，若选①：若5n，11nnba，则

1211111111nnnTaaanS211110nnnnn；若6n，12561111111111nnTaaaaa

25211101050nSSnnn，所以2210,51050,6nnnnTnnn；若选②：12233445212221nnnnnTaaaaaaaaaaaa21343522121nnnaaaaaaaaa

2424naaa22244448822naannnnn．3．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知数列na满足12a，前n项的和nS，且132nnnaa.(1)写出23,aa

，并求出数列na的通项公式；(2)在①21lognnnbaa；②2lognnbS这两个条件中任选一个补充在下面横线中，并加以解答.若数列nb满足___________，求实

数使得数列nb是等差数列.（注：如果求解了两个问题，则按照第一个问题解答给分）【答案】(1)24a，38a，2nna(2)若选①，0；若选②，2.【分析】（1）根据递推关系可求得23,aa，可猜想得到2nna；利用数学归纳法可证得2nna；（2）若选

条件①，由112nnnbbb可整理得到21222152nn，由此可得；若选条件②，由112nnnbbb可整理得到252222nn，由此可得.(1)由132nnna

a得：21324aa；233248a；猜想可得：2nna；当1n时，12a满足2nna；假设当nk时，2kka成立，则当1nk时，11323222312kkkkkkkaa成立，综上所述：当nN时，2nna

.(2)若选条件①，2121222loglog2nnnnb，若nb为等差数列，则112nnnbbb，即232121222log2log22log2nnn

，2232121222nnn，整理得：232122222nnn，即21222152nn，158，解得：0，则

存在实数0，使得nb为等差数列；若选条件②，12122212nnnS，12log22nnb，若nb为等差数列，则112nnnbbb，21222log22log22log222nnn

，212222222nnn，整理得：2222222nnn，即252222nn，5242，解得：2，则存在实数2，使得nb为等差数列.4

．（2022·辽宁葫芦岛·一模）记nS为等差数列na的前n项和，已知1310aa，80S．(1)求na的通项公式；(2)求nS，并求nS的最大值．【答案】(1)92nan(2)28nSnn，max16nS【

分析】（1）利用等差数列通项和求和公式直接构造方程组求得1,ad，由此可得na；（2）利用等差数列求和公式可求得nS，利用nS的二次函数性可求得最大值.(1)设等差数列na的公差为d，则13181221087802aaadSad

，解得：172ad，72192nann.(2)由（1）得：()279282nnnSnn+-==-+，则当842n时，4max163216nSS.等比数列及其前n项和一、单选题1．（2021·安徽池州·一模（理））已

知数列na为等比数列，其前n项和为nS，且5nnSa，则a（）A．5B．5C．1D．1【答案】C【分析】求出数列na的通项公式，利用15aa满足na在2n时的表达式可求得实数a的值.【详解】当1n时，115aSa；当2n时，1115545n

nnnnnaSSaa.因为数列na为等比数列，则015454aa，解得1a.故选：C.二、多选题2．（2022·全国·模拟预测）已知数列na满足1213nnnaaam

，12na，则下列说法正确的有（）A．若12m，11a，则35aB．若0m，112a，则11331nnnaC．若12m，12a，3，则32nnaa是等比数列D．若12m，11a，则766nna【答案】BC【分

析】A选项由递推关系计算可判断；B选项，递推关系变形为1111113nnaa，构造一个等比数列11na，可求出通项公式，从而判断；C选项由递推关系变形出1132nnaa3372nn

aa，从而得到判断；D选项，递推关系变形得出112na是等比数列，从而求得通项公式进行判断．【详解】A选项：若12m，则121312nnnaaa，即131221nnnaaa.又11a，则231233a，39122

1615a，故A错误.B选项：若0m，则1213nnnaaa，即1321nnnaaa，即112133nnaa，则1111113nnaa.又112a，则111211a，所以11na是首项为1，公比为13的等比数

列，则11113nna，即1111113133nnnna，即11331nnna，故B正确.C选项：若12m，则121312nnnaaa，即131221

nnnaaa，则1131233123213213122312221221nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa393371472nnnnaaaa，所以3

2nnaa是公比为37的等比数列，故C正确.D选项：若12m，则113221nnnaaa，则11132112222121nnnnnnaaaaaa，则1212121111

112121222nnnnnnaaaaaa，即11111122nnaa.又11a，则11212a，所以112na是首项为2，公差为1的等差数列

，所以1112nna，即1121nan，即1112nan，故D错误，故选：BC.三、解答题3．（2022·江西·二模（文））已知正项数列na的前n项和为nS，212S，且*,mnmnaaamnN．

(1)求na的通项公式；(2)若nnbna，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)3nna(2)121334nnnT【分析】（1）令1mn，可知221aa，结合212S，可求得1a，2a，再令1m，可得13nnaa，即可求解

；（2）由（1）可得3nnbn，利用错位相减法求解即可.(1)由题，令1mn，得221aa，又21212Saa，解得13a或14a（舍去），29a，令1m，得11nnaaa，所以13nnaa，所以na是以3为首项，3为公比的等

比数列，所以3nna.(2)由（1）可得，3nnnbnan，所以1231323333nnTn，所以234131323333nnTn，两式相减得，1231233333nnnTn

即13133132nnnnT，所以1123322nnnT，所以121334nnnT.4．（2022·河南·二模（理））已知数列{}na的前n项和为nS，1

1a，22a，37a，且满足：2113nnnnSSSS，其中*nN且1n.(1)求1nnaa.(2)求数列{(1)}nna的前n项和nT.【答案】(1)13nnnaa(2)1(3)3416nnnT【分析】（1）设1nnnb

aa，由2113nnnnSSSS得13nnbb，又213bb，再按照等比数列通项公式求解即可；（2）设1nnnca，由13nnncc，通过累加法求得nc，再通过分组求和

及等比数列的求和公式求nT即可.(1)记1nnnbaa，当1n时，由2113nnnnSSSS得，2113nnnnaaaa，即13nnbb.又因为11a，22a，37a，所以13b，29b，即213bb.故数列{}nb是以3为首项，3为公

比的等比数列，即数列1{}nnaa是等比数列.则13nnnaa.(2)由（1）知11111133nnnnnnnaa.记1nnnca，故13nnncc，当2n时，21

112211....33...31nnnnnncccccccc即314nnc.而111ca也满足，故对*nN，均有314nnc.从而112334133...34416nn

nnnT.5．（2022·重庆·二模）设nS为数列na的前n项和，已知0na，2243nnnaaSnN.若数列nb满足12b，24b，212nnnbbbnN.(1)求数列na和nb的通项公式；(2)设

1,21,,2,nnnnkkNScbnkkN，求数列nc的前2n项的和2nT.【答案】(1)21nan，2nnb(2)1244213nnnTn【分析】（1）根据1nnnaSS求解na的通项，根据212

nnnbbb，可得nb为等比数列，求解计算即可；（2）根据通项采用分组求和即可.(1)由0na，2243nnnaaS①，得：当1n时，211230aa,解得13a或11a（负值舍去），当2n时，2111243nnnaaS②，①②得：1

112nnnnnnaaaaaa，所以12nnaa，所以数列na是以3为首项，2为公差的等差数列.所以*21nannN.因为数列nb满足12b，24b，212nnnbbb.所以数列nb是等比

数列，首项为2，公比为2.所以2nnb.(2)因为*21Nnann，所以2321222nnnSnnnn，所以242211112221335572121nnTnn

414111111111233557212114nnn41411122114nn144213nnn.1.（2020年新课标Ⅱ）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.3

699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【分析】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，设nS为{}na的前n项和，由题意可得322729nnnnSSSS，解方程即可得到n，进

一步得到3nS.【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.故选：C【点晴】本题主要考查

等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.2.（2019年新课标Ⅲ）已知各项均为正数的等比数列na的前4项和为15，且53134aaa，则3aA.16B.8C.4D.2【答案】C【分析】利用方程思想列出关

于1,aq的方程组，求出1,aq，再利用通项公式即可求得3a的值．【详解】设正数的等比数列{an}的公比为q，则2311114211115,34aaqaqaqaqaqa，解得11,2aq，2314aaq，故选C．【点

睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．3.（2021年全国高考甲卷）已知数列{an}的各项为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列；②数列{nS

}是等差数列；③a2＝3a1.【分析】首先确定条件和结论，然后结合等差数列的通项公式和前n项和公式证明结论即可．【详解】解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：2113aada，12da，数列的前n项和：21111(1)(1)222nnnnnSnadnaana

，故1111(1)(2)nnSSnanaan…，据此可得数列{}nS是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{}na的公差为d，则：11211131111,()2,()(2)3()SaSaadadSaadad

ad，数列{}nS为等差数列，则：1322SSS，即：22111(3())(22)aadad，整理可得：12da，2113aada．选择③②为条件，①结论：由题意可得：21214Saaa，212

Sa，则数列{}nS的公差为211dSSa，通项公式为：11(1)nSSndna，据此可得，当2n…时，221111(1)(21)nnnaSSnanana，当1n时上式也成立，故数列的通项公式为：1(21)na

na，由1111[2(1)1](21)2nnaananaa，可知数列{}na是等差数列．一、单选题1.（2022·北京·模拟预测）已知公差不为零的等差数列na，首项15a，若2a，4

a，5a成等比数列，记12nnTaaa（1,2,n，），则数列nT（）A.有最小项，无最大项B.有最大项，无最小项C.无最大项，无最小项D.有最大项，有最小项【答案】D【分析】根据等差数列、等比中项可求出公

差，得出通项公式，由12nnTaaa的项的特点求解即可.【详解】设na的公差为d，则2(5)(54)(53)ddd，解得1d，5(1)16nann，(5)432101（-）（-）（-）（-）nT当5n时，有最小

值，当4n时有最大值.故选：D2.（2022·福建漳州·二模）已知nS是数列na的前n项和，11a，22a，33a，记12nnnnbaaa且12nnbb+-=，则31S（）A.171B.278C.351D.395【答案】C【分析】通过12nnbb+-=得出数列

na隔两项取出的数是等差数列，按照等差数列求和和分组求和计算得出答案.【详解】由12nnbb+-=，11231232nnnnnnnnnnbaaaaaaaab，147,,,aaa是首项为1，公差为2的等差

数列，258,,,aaa是首项为2，公差为2的等差数列，369,,,aaa是首项为3，公差为2的等差数列，31143125293630Saaaaaaaaa1110210921092111210310222

351.故选：C.3.（2022·福建龙岩·一模）已知函数31()43fxxx，记等差数列na的前n项和为nS，若12100fa，20222100fa，则2022S（）A.

4044B.2022C.2022D.4044【答案】A【分析】先判断函数()fx是奇函数，再求出120224aa，再利用等差数列的前n项和公式得解.【详解】解：因为31()4(),()3fxxxfxfx是

奇函数，因为12100fa，20222100fa，所以120222(2)fafa，所以12022220aa，所以120224aa，所以2022120222022()40442Saa.故选：A二、多选题4.（2022·湖北·一模）尽管目前人类还无法

准确预报地震，但科学家经过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M，则下列说法正确的是（）A.地震释放的能量为1015.3焦

耳时，地震里氏震级约为七级B.八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的6.3倍C.八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍D.记地震里氏震级为n（n=1，2，···，9，10），地震释放的

能量为an，则数列{an}是等比数列【答案】ACD【分析】根据所给公式，结合指对互化原则，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】对于A：当15.310E时，由题意得15.3lg104.81.5M，解得7M，即地震里氏震级约为七级，故A正确；对于B：八级地震即8M时，1lg4.

81.5816.8E，解得16.8110E，所以16.81.5115.31010106.310EE，所以八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的1.510倍，故B错误；对于C：六级地震即6M时，2lg4.81.5

613.8E，解得13.8210E，所以16.83113.821010100010EE，即八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍，故C正确；对于D：由题意得lg4.81.5n

an（n=1，2，···，9，10），所以4.81.510nna，所以4.81.5(1)6.31.511010nnna所以6.31.51.514.81.5101010nnnnaa，即数列{an}是等比数列，故D正确；故选：ACD5.（2

022·海南·模拟预测）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将12111描述为“1个1，1个2，2个

1”，则第五项为111221，L，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．则对于外观数列na，下列说法正确的是（）A.若13a，则从4a开始出现数字2B.若11,2,3,,9akk，则*nanN的最后一个数字均为kC.na不

可能为等差数列或等比数列D.若1123a，则*nanN均不包含数字4【答案】BD【分析】求出4a，可判断A选项；分1k、1k两种情况讨论，逐项递推可判断B选项；取122a可判断C选项；利用假设法可判断D选项.【详解】对于A，13a，即“1个3”，213a，即“1个1

，1个3”，31113a，即“3个1，1个3”，故43113a，A错；对于B，若12,3,,9akk，即“1个k”，21ak，即“1个1，1个k”，3111ak，即“3个1，1个k”，4311ak，L，以此类推可知，*

nanN的最后一个数字均为k，若11a，则211a，321a，41211a，L，以此类推可知，*nanN的最后一个数字均为1.综上所述，若11,2,3,,9akk，则*nanN的

最后一个数字均为k，B对；对于C，取122a，则2322aa，此时数列na既是等差数列，又是等比数列，C错；对于D，1123a，则2111213a，331121113a，413211

23113a，L，若数列na中，5,Nkakk中为第一次出现数字4，则1ka中必出现了4个连续的相同数字，如11111ka，则在2ka的描述中必包含“1个1，1个1”，即211ka，显然2ka的描述是不合乎要求的，若12222

ka或13333ka，同理可知均不合乎题意，故Nnan不包含数字4，D对.故选：BD.6.（2022·福建龙岩·一模）已知数列na的前n项和为nS，11a，11(2),,2,,nnnnnanaan为奇数为偶数则下列选

项正确的是（）A.数列na的奇数项构成的数列是等差数列B.数列na的偶数项构成的数列是等比数列C.138191aD.10671S【答案】BC【分析】根据11a，11(2),2,nnnnnanaan为奇数为偶数，进行递

推得到数列的规律逐项判断.【详解】因为11a，11(2),,2,,nnnnnanaan为奇数为偶数，所以121(2)1a,3312a，33412(2)1a，5512a,56521a

a，7712a,81a，9912a，101a，111112a，121a，1313128191a，可以看出：偶数项为常数列，可看作是以1为公比的等比数列，奇数项不是等差数列，1012345678910Saaaaaaaa

aa，351112112，791121121，35791912222，34214867214，故选

：BC.7.（2022·全国·模拟预测）已知等比数列na满足10a，公比1q，且1220211aaa，1220221aaa，则（）A.20211aB.当2021n时，12naaa最小C.当1011n时，12n

aaa最小D.存在1011n，使得12nnnaaa【答案】AC【分析】由等比数列的性质、单调性及不等式的性质可对每一个选项进行判断.【详解】对A，∵10a，1q，∴0na，又1220211aa

a，1220221aaa，∴202212202111aaaa，故A正确.对B，C，由等比数列的性质，21202122020101010121011aaaaaaa，故202112202110111aaaa，101

11a，∵22202232021101110131012aaaaaaa，∴20212342022101211aaaaaa，∵1220211aaa，10a，1q，∴11a，111a，∴10121a，故当1011n时，12naaa

最小，B错误，C正确；对D，当1011n时，10111naa，故112nnnnaaaa，故D错误.故选：AC8.（2022·湖北·一模）已知三棱锥S-ABC的底面是边长为a的正三角形，SA平面

ABC，P为平面ABC内部一动点（包括边界）.若SA=2a，SP与侧面SAB，侧面SAC，侧面SBC所成的角分别为123,,，点P到AB，AC，BC的距离分别为123,,ddd，那么（）A.123ddd为定值B.123ddd为定值C.若132sin,sin,sin成

等差数列，则12dd为定值D.若132sin,sin,sin成等比数列，则12dd为定值【答案】BCD【分析】由等面积法ABPACPBCPABCSSSS计算判断选项AB，由等体积法PSABPSACPSBCSABCVVVV计

算，并结合等差中项与等比中项的性质，判断选项CD.【详解】如图，作,,PDABPEACPFBC，由题意，根据等面积法可得ABPACPBCPABCSSSS，即212311132224adadada，得12332ddda，所以123dd

d为定值，B正确；因为SA平面ABC，所以,SAPESAPD，又因为,PDABPEAC，,SAABASAACA，所以PD平面SAB，PE平面SAC，设点P到平面SBC的距离为h，由等体积法可知

，PSABPSACPSBCSABCVVVV，即2121111111332232232324aaadadahaaa，得12322ddha，因为12123sin,sin,sinddhSPSPSP，若132sin,sin,sin成等

差数列，即312122sinsin+sin2hdd，所以1234dda为定值，C正确；若132sin,sin,sin成等比数列，即2231212sinsinsinhd

d，所以2121122123222dddddddhda为定值，D正确；故选：BCD【点睛】一般关于三棱锥体积计算一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算底面积与点到底面的距离，代入棱锥的体积公式计算，二是可以通过等体积法，通过换底换高或者分为多

个小三棱锥的和计算；三、填空题9.（2022·河北唐山·一模）记nS是公差不为0的等差数列na的前n项和，若35aS，145aaa，则na________.【答案】3n##3n【分析】利用1,ad表示出已知的等量关系，解方程组求得1,ad后，利用等

差数列通项公式求解即可.【详解】设等差数列na的公差为0dd，由35145aSaaa得：111115425234adadaadad，解得：121ad，213nann.故答案为：3n.四、解答题10.

（2021辽宁省盘锦市高级中学高三上学期9月月考）.已知数列na是首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为nS.（1）若247,,2nnSa成等差数列，求n的值；（2）若1023nS的前n项和为nT，求nT的最值.

【答案】（1）4n；（2）nT最小值为8194，无最大值.【分析】（1）由等比数列通项和求和公式可求得,nnaS；由等差数列定义可构造方程求得n；（2）由（1）可得1023nS，采用分组求和可求得nT；根据1121024nnnTT可确定nT的单调

性，由此可得最值.【详解】（1）na是首项为1，公比为2的等比数列，12nna-\=，122112nnnS；247,,2nnSa成等差数列，即247nnaS，122132147nnn，解得：4n；（2）由（1）知：

102321024nnS，212122221024102421024212nnnnTnnn，2111210241221024221024nnnnnTTnn

，当8n时，10nnTT；当9n时，10nnTT；当10n≥时，10nnTT；当9n或10n时，nT取得最小值，即min8194nT；当n时，nT

，则nT无最大值.11.（2022江西省临川一中、临川一中实验学校高三第一次月考）设公比1q的等比数列na满足：23439aaa，且36a是2a与4a的等差中项.（1）求数列na通

项公式；（2）求数列11nna的前n项和nS.【答案】（1）13nna，*nN；（2）134nnS.【分析】（1）、利用等差中项的相关性质构建等式，结合题目已知条件即可求出3a，再利用nmnm

aaq构造关于q的等式求出q，最后写出数列na通项公式；（2）、由（1）可求出数列11nna的通项公式，求出前n项和nS.【详解】解：（1）∵23439aaa，∴24339aaa，∵36a是2

a与4a的等差中项，∴32432639aaaa即39a.∴249930aaqq即3q或13q，∵1q，∴3q，∴3133nnnaaq，即13nna，*nN；（

2）由（1）可知13nna1113nnna，1122113=313nnnnnnaa数列11nna是以1为首项，以3为公比的等比数列，∴1313134nnnS.12（2021广

东省深圳市横岗高级中学高三第一次月考）已知数列{}na的前n项和nS满足2nnSnan，*nN，且23a．（1）求证：数列1(2)1nann是常数列；（2）求数列{}na的通项公式．若

数列{}nb通项公式32nbn，将数列{}na与{}nb的公共项按从小到大的顺序排列得到数列{}nc，求{}nc的前n项和．【答案】（1）证明见解析；（2）232nn．【分析】（1）根据nS与na的关系式得到11(2)1nnnaann，然后证明11101nnaann

即可；（2）根据（1）求出数列{}na的通项公式，然后根据数列{}na与{}nb的通项公式得到新数列{}nc是以1为首项，以6为公差的等差数列，从而根据等差数列的前n项和公式求{}nc的前n项和．【详解】（1）证明：由2nnSnan，得112(1)1nnSnan，将上述两式

相减，得112(1)1nnnanana，即1(1)1nnnana．11(2)1nnnaann，则111111111nnnnnaaaannnnn110(2)11nnaannn，数列1(2

)1nann是常数列；（2）由（1）可知，当2n时，2112121naan，21(2)nann，检验当1n时，21nan也适用，*21()nannN，数列{}na是以1为首项，以2为公差的等差数列，又数列{}nb是以1为首项，以3为公差的等

差数列，这两个数列的公共项所构成的新数列{}nc是以1为首项，以6为公差的等差数列，{}nc的前n项和为2(1)16322nnnnn．