《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例1 (1)(2025·太原一模)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{5}=4a_{4}-1$，$\{ \frac {2S_{n}}{a_{n}}\} (n\in N^{*})$是以$1$为公差的等差数列，则下列结论正确的是(B)

A.$a_{5}=10$
B.$S_{5}=15$
C.$a_{10}=20$
D.$S_{10}=30$

答案： 例1
(1)B 【解析】设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$.因为$S_5=4a_4-1$，所以$5a_1+\frac {5×(5-1)}{2}d=4(a_1+3d)-1$，得$5a_1+10d=$
$4a_1+12d-1$，即$a_1=2d-1$.因为$\{\frac {2S_n}{a_n}\}$是以$1$为公差的等差数列，所以$\frac {2S_2}{a_2}-\frac {2S_1}{a_1}=1$，则$\frac {2\left[2a_1+\frac {2×(2-1)}{2}d\right]}{a_1+d}-2=1$，化简得$4a_1+2d=3a_1+3d$，即$a_1=d$.又因为$a_1=2d-1$，所以$d=2d-1$，解得$a_1=d=1$，则$a_n=1+n-1=n$.对于A,$a_5=5$，故A错误.对于B,$S_5=5+\frac {5×(5-1)}{2}×1=15$，故B正确.对于C,$a_{10}=10$，故C错误.对于D,$S_{10}=10+\frac {10×(10-1)}{2}×1=55$，故D错误.

(2)(2025·九江二模)在等差数列$\{ a_{n}\}$中，已知$a_{2}+a_{5}+a_{8}+3a_{6}=18$，则$\{ a_{n}\}$的前$10$项和等于(B)
A.36
B.30
C.20
D.18

答案：
(2)B 【解析】在等差数列$\{a_n\}$中，$a_2+a_5+a_8=3a_5$，故$3(a_5+a_6)=18$，即$a_5+a_6=6$，所以$\{a_n\}$的前$10$项和为$S_{10}=\frac {10(a_1+a_{10})}{2}=5(a_5+a_6)=30$.

(3)(2025·全国Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前$4$项和为$4$，前$8$项和为$68$，则该等比数列的公比为2。

答案：
(3)2 【解析】方法一:设该等比数列为$\{a_n\}$，$S_n$是其前$n$项和，则$S_4=4,S_8=68$.设$\{a_n\}$的公比为$q(q＞0)$，当$q=1$时，$S_4=4a_1=4$，即$a_1=1$，则$S_8=8a_1=8\neq68$，显然不成立，舍去;当$q\neq1$时，$S_4=\frac {a_1(1-q^4)}{1-q}=4$，$S_8=\frac {a_1(1-q^8)}{1-q}=68$，两式相除得$\frac {1-q^8}{1-q^4}=\frac {68}{4}=17$，即$\frac {(1-q^4)(1+q^4)}{1-q^4}=17$，所以$1+q^4=17$，所以$q=2$，所以该等数列的公比为$2$.
方法二:设该等比数列为$\{a_n\}$，$S_n$是其前$n$项和，则$S_4=4,S_8=68$.设$\{a_n\}$的公比为$q(q＞0)$，所以$S_4=a_1+a_2+a_3+a_4=4$，$S_8=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7+a_8=a_1+a_2+a_3+a_4+a_1q^4+a_2q^4+a_3q^4+a_4q^4=(a_1+a_2+a_3+a_4)(1+q^4)=68$，所以$4(1+q^4)=68$，所以$1+q^4=17$，所以$q=2$，所以该等比数列的公比为$2$.

变式1 (1)(2025·赣州二模)设等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{20}=21$，$S_{30}=49$，则$S_{10}=$(B)

A.$-7$
B.$7$
C.63
D.7或63

答案： 变式1
(1)B 【解析】由等比数列前$n$项和的性质知$S_{10}$，$S_{20}-S_{10},S_{30}-S_{20}$成等比数列，所以$(S_{20}-S_{10})^2=S_{10}(S_{30}-S_{20})$，则$(21-S_{10})^2=S_{10}(49-21)$，所以$S_{10}^2-70S_{10}+441=(S_{10}-7)(S_{10}-63)=0$，则$S_{10}=7$或$S_{10}=63$.设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$.若$S_{10}=63$，由$S_{20}-S_{10}=S_{10}q^{10}$，得$-42=63· q^{10}$，而$q^{10}＞0$，显然等式不成立;若$S_{10}=7$，由$S_{20}-S_{10}=S_{10}q^{10}$，得$14=7· q^{10}$，即$q^{10}=2＞0$，满足题设，所以$S_{10}=7$.

(2)(2025·安庆二模)已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{2}a_{5}=2a_{4}$，且$a_{3}$与$2a_{6}$的等差中项为$\frac {5}{4}$，则$S_{4}=$(D)

A.33
B.31
C.17
D.15

答案：
(2)D 【解析】设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q(q\neq0)$，由已知得$a_2a_5=a_3a_4$，故$a_3a_4=2a_4$，所以$a_3=2$.因为$a_3+2a_6=2×\frac {5}{4}$，则$a_6=\frac {1}{4}$，故$q=\sqrt[3]{\frac {a_6}{a_3}}=\frac {1}{2}$，所以$a_1=\frac {a_3}{q^2}=8$，故$S_4=\frac {a_1(1-q^4)}{1-q}=\frac {8\left[1-\left(\frac {1}{2}\right)^4\right]}{1-\frac {1}{2}}=15$.

例2 （2025·信阳二模）设$\{ a_{n}\}$是等差数列，$\{ b_{n}\}$是等比数列，已知$a_{1}=b_{1}=4$，$b_{2}=a_{2}+1$，$b_{3}=2a_{3}-4$。
（1）求$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
（2）将数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的项从小到大依次排列（相等项计两项）得到新数列$\{ c_{n}\}$，求$\{ c_{n}\}$的前$50$项和。

答案： 例2 【解答】
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，等比数列$\{b_n\}$的公比为$q$，则$\begin{cases}b_1q=a_1+d+1,\\b_1q^2=2(a_1+2d)-4,\end{cases}$即$\begin{cases}4q=d+5,\\4q^2=4d+4,\end{cases}$解得$\begin{cases}d=3,\\q=2,\end{cases}$所以$a_n=a_1+(n-1)d=3n+1,b_n=b_1q^{n-1}=2^{n+1}$.
(2)当数列$\{c_n\}$的前$50$项中含有数列$\{b_n\}$的前$5$项时，令$3n+1=2^{n+1}=64$，得$n=21$，则第$26$项为$64$.当数列$\{c_n\}$的前$50$项中含有数列$\{b_n\}$的前$6$项时，令$3n+1\leq2^{6+1}=128$，得$n\leq\frac {127}{3}$，则数列$\{c_n\}$的前$50$项中含有数列$\{b_n\}$的前$6$项且含有数列$\{a_n\}$的前$44$项，故数列$\{c_n\}$的前$50$项和$S_{50}=\left[\frac {44×4+\frac {44×(44-1)}{2}×3}\right]+\frac {4(1-2^6)}{1-2}=3266$.