《2025年高考帮数学》

训练2 [2023江苏省七市模拟]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{2}=5$，$a_{n + 2}=5a_{n + 1}-6a_{n}$。
(1)证明：$\{ a_{n + 1}-2a_{n}\}$是等比数列。
(2)证明：存在两个等比数列$\{ b_{n}\},\{ c_{n}\}$，使得$a_{n}=b_{n}+c_{n}$成立。

答案： 训练2　解法一　
(1)$\because a_{n + 2}=5a_{n + 1}-6a_{n}$，$\therefore a_{n + 2}-2a_{n + 1}=5a_{n + 1}-6a_{n}-2a_{n + 1}=3a_{n + 1}-6a_{n}=3(a_{n + 1}-2a_{n})$，
$\because a_{1}=1$，$a_{2}=5$，$\therefore a_{2}-2a_{1}=3\neq0$，
$\therefore$数列$\{a_{n + 1}-2a_{n}\}$是首项为3，公比为3的等比数列.
(2)$\because a_{n + 2}=5a_{n + 1}-6a_{n}$，$\therefore a_{n + 2}-3a_{n + 1}=5a_{n + 1}-6a_{n}-3a_{n + 1}=2a_{n + 1}-6a_{n}=2(a_{n + 1}-3a_{n})$.
$\because a_{1}=1$，$a_{2}=5$，$\therefore a_{2}-3a_{1}=2\neq0$，
$\therefore$数列$\{a_{n + 1}-3a_{n}\}$是首项为2，公比为2的等比数列，
$\therefore a_{n + 1}-3a_{n}=2^{n}$ ①，
由第
(1)问得$a_{n + 1}-2a_{n}=3^{n}$ ②，由② - ①得，$a_{n}=3^{n}-2^{n}$.
故存在通项为$b_{n}=3^{n}$，$c_{n}=-2^{n}$的两个等比数列，使得$a_{n}=b_{n}+c_{n}$成立.
解法二　
(1)令$a_{n + 2}+\lambda a_{n + 1}=\mu(a_{n + 1}+\lambda a_{n})$，
由$a_{n + 2}=5a_{n + 1}-6a_{n}$得$\begin{cases}\mu-\lambda = 5,\\\mu\lambda=-6,\end{cases}$解得$\begin{cases}\mu = 3,\\\lambda=-2\end{cases}$或$\begin{cases}\mu = 2,\\\lambda=-3.\end{cases}$
$\therefore a_{n + 2}-2a_{n + 1}=3(a_{n + 1}-2a_{n})$或$a_{n + 2}-3a_{n + 1}=2(a_{n + 1}-3a_{n})$.
$\because a_{1}=1$，$a_{2}=5$，$\therefore a_{2}-2a_{1}=3\neq0$，
$\therefore$数列$\{a_{n + 1}-2a_{n}\}$是首项为3，公比为3的等比数列.
(2)由
(1)知$a_{n + 1}-2a_{n}=3^{n}$ ①，
由$a_{n + 2}-3a_{n + 1}=2(a_{n + 1}-3a_{n})$可得$a_{n + 1}-3a_{n}=2^{n}$ ②，
由① - ②得，$a_{n}=3^{n}-2^{n}$，
故存在通项为$b_{n}=3^{n}$，$c_{n}=-2^{n}$的两个等比数列，使得$a_{n}=b_{n}+c_{n}$成立.

例3
(1)[2023新高考卷Ⅱ]记$S_{n}$为等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$S_{4}=-5$，$S_{6}=21S_{2}$，则$S_{8}=$ ( )
A. 120 B. 85 C. -85 D. -120
(2)[2023全国卷乙]已知$\{ a_{n}\}$为等比数列，$a_{2}a_{4}a_{5}=a_{3}a_{6}$，$a_{9}a_{10}=-8$，则$a_{7}=$_______。

答案： 例3　
(1)C　解法一　设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q(q\neq0)$，由题意易知$q\neq1$，则$\begin{cases}\frac{a_{1}(1 - q^{4})}{1 - q}=-5,\\\frac{a_{1}(1 - q^{6})}{1 - q}=21\times\frac{a_{1}(1 - q^{2})}{1 - q},\end{cases}$化简整理得$\begin{cases}q^{2}=4,\\\frac{a_{1}}{1 - q}=\frac{1}{3}.\end{cases}$所以$S_{8}=\frac{a_{1}(1 - q^{8})}{1 - q}=\frac{1}{3}\times(1 - 4^{4})=-85$. 故选C.
解法二　易知$S_{2}$，$S_{4}-S_{2}$，$S_{6}-S_{4}$，$S_{8}-S_{6}$为等比数列，所以$(S_{4}-S_{2})^{2}=S_{2}\cdot(S_{6}-S_{4})$，解得$S_{2}=-1$或$S_{2}=\frac{5}{4}$. 当$S_{2}=-1$时，由$(S_{6}-S_{4})^{2}=(S_{4}-S_{2})\cdot(S_{8}-S_{6})$，解得$S_{8}=-85$；当$S_{2}=\frac{5}{4}$时，结合$S_{4}=-5$得$\begin{cases}\frac{a_{1}(1 - q^{4})}{1 - q}=-5,\\\frac{a_{1}(1 - q^{2})}{1 - q}=\frac{5}{4},\end{cases}$化简可得$q^{2}=-5$，不成立，舍去. 所以$S_{8}=-85$，故选C.
(2)$-2$　解法一　设数列$\{a_{n}\}$的公比为$q$，则由$a_{2}a_{4}=a_{3}a_{6}$，得$a_{1}q\cdot a_{1}q^{3}\cdot a_{1}q^{4}=a_{1}q^{2}\cdot a_{1}q^{5}$. 又$a_{1}\neq0$，且$q\neq0$，所以可得$a_{1}q = 1$ ①. 又$a_{9}a_{10}=a_{1}q^{8}\cdot a_{1}q^{9}=a_{1}^{2}q^{17}=-8$ ②，所以由①②可得$q^{15}=-8$，$q^{5}=-2$，所以$a_{7}=a_{1}q^{6}=a_{1}q\cdot q^{5}=-2$.
解法二　设数列$\{a_{n}\}$的公比为$q$. 因为$a_{4}a_{5}=a_{3}a_{6}\neq0$，所以$a_{2}=1$. 又$a_{9}a_{10}=a_{2}q^{7}\cdot a_{2}q^{8}=q^{15}=-8$，于是$q^{5}=-2$，所以$a_{7}=a_{2}q^{5}=-2$.

训练3
(1)[2021全国卷甲]记$S_{n}$为等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和。若$S_{2}=4$，$S_{4}=6$，则$S_{6}=$ ( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
(2)若公比大于1的等比数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}a_{5}=144$，$a_{2}+a_{4}=30$，则公比$q=$_______。

答案： 训练3　
(1)A　易知公比$q\neq - 1$，则$S_{2}$，$S_{4}-S_{2}$，$S_{6}-S_{4}$构成等比数列，由等比中项得$S_{2}(S_{6}-S_{4})=(S_{4}-S_{2})^{2}$，即$4(S_{6}-6)=2^{2}$，所以$S_{6}=7$. 故选A.
(2)2　解法一　由题意知$a_{1}a_{5}=a_{2}a_{4}=144$ ①，$a_{2}+a_{4}=30$ ②，由①②得$\begin{cases}a_{2}=6,\\a_{4}=24\end{cases}$或$\begin{cases}a_{2}=24,\\a_{4}=6.\end{cases}$因为公比$q ＞ 1$，所以$a_{n + 1}＞a_{n}$，所以$\begin{cases}a_{2}=6,\\a_{4}=24,\end{cases}$则$q^{2}=\frac{a_{4}}{a_{2}}=4$，故$q = 2$.
解法二　由题意知$a_{1}＞0$，$q ＞ 1$，
由$\begin{cases}a_{1}a_{5}=144,\\a_{2}+a_{4}=30,\end{cases}$得$\begin{cases}a_{1}\cdot a_{1}q^{4}=144,\\a_{1}q+a_{1}q^{3}=30,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=3,\\q = 2.\end{cases}$