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考点 36 等比数列（3 种核心题型+基础保分练+综合提升练+
拓展冲刺练）
【考试提醒】
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式.
3.了解等比数列与指数函数的关系．
【知识点】
1．等比数列有关的概念
(1)定义：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常数，那么这
个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母 q(q≠0)表示.
(2)等比中项：如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与
b 的等比中项，此时，G2＝ab.
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＝a qn－11 .
(2)等比数列通项公式的推广：an＝a n－mmq .
a1 1－qn a1－anq
(3)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝na1；当 q≠1 时，Sn＝ ＝ .1－q 1－q
3．等比数列性质
(1)若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq，其中 m，n，p，q∈N*.特别地，若 2w＝m＋n，则 aman＝
a2w，其中 m，n，w∈N*.
(2)ak，a mk＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 q (k，m∈N*)．
pan
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{pan·qbn}和{ 也是qbn }
等比数列(b，p，q≠0)．
(4)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.(n 为
偶数且 q＝－1 除外)
(5) {a1 > 0， a1 < 0，若 q > 1 或{0 < q < 1 则等比数列{an}递增．，
{a1 > 0， {a1 < 0，若 0 < q < 1 或 q > 1 则等比数列{an}递减．，
常用结论
1．等比数列{an}的通项公式可以写成 a ＝cqnn ，这里 c≠0，q≠0.
2．等比数列{an}的前 n 项和 Sn可以写成 Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．
3．数列{an}是等比数列，Sn是其前 n 项和．
T2n T3n
(1)若 a1·a2·…·an＝Tn，则 Tn， ， ，…成等比数列．Tn T2n
S 偶 S 奇－a1 S 偶
(2)若数列{an}的项数为 2n，则 ＝q；若项数为 2n＋1，则 ＝q，或 ＝qS 奇 S 偶 S 奇－an
【核心题型】
题型一　等比数列基本量的运算
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃
而解．
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
(3)运用等比数列的前 n 项和公式时，一定要讨论公比 q＝1 的情形，否则会漏解或增解．
【例题 1】（2024·广东东莞·模拟预测）等差数列 an 和等比数列 bn 都是各项为正实数的无
穷数列，且 a1 b1 ， a2 b2， an 的前 n 项和为 Sn ， bn 的前 n 项和为Tn ，下列判断正确的
是（ ）
A． an 是递增数列 B． bn 是递增数列
C． Sn > Tn D． Sn Tn
【答案】D
【分析】特例法排除 A，B，C，对于 D，根据题意，可得an+1 an，bn+1 bn ，且
bn-1 - an-1 bn - an ，故 an bn，从而可证.
【详解】设数列 an 和数列 bn 均为常数列1,1,1,1,L，所以排除 A，B，C，选 D，
对于 D，设等差数列 an 的公差为d ，等比数列 bn 的公比为q，
由 an > 0，可知 a1 > 0,d 0，故an+1 an，
由bn > 0 ，可知b1 > 0, q > 0 ，又由 a1 b1 ， a2 b2，有 q 1，故bn+1 bn ，
且 d b1 q -1 b2 q -1 L bn-1 q -1 ，
故 d bn - bn-1，即 an - an-1 bn - bn-1，
所以bn-1 - an-1 bn - an ，故 an bn，
所以 Sn Tn .
故选：D
【变式 1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正项等比数列 an 的前三项和为 28 且
a3 4，则 a8 （ ）
1 1 1 1A． 2 B． C． D．4 8 16
【答案】C
【分析】先求出公比q，再根据通项公式基本量的计算即可求解.
1 1
【详解】由题意设公比为q > 0 ，则 4 1
1 1
+ +
q q2 ÷
28，即 + - 6 0
è q
2 q ，
1 5
解得 q > 0 a a q5 4 1 1满足题意，所以
2 8
3 × .
è 2 ÷ 8
故选：C.
【变式 2】（2024·上海·三模）数列 an 满足 an+1 2an（ n为正整数），且 a2与 a4的等差中项
是 5，则首项 a1
【答案】1
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
【详解】数列{an}满足 an+1 2an (n为正整数），则数列{an}为等比数列，
不妨设其公比为q，则 q = 2，
因为 a2与 a4的等差中项是 5，
所以 a2 + a 10 ，即 a q + a 34 1 1q 10a1 10，解得 a1 1．
故答案为：1
【变式 3】（2024·四川遂宁·三模）等比数列 an 中， a1 1， a5 4a3 ．
(1)求 an 的通项公式：
(2)记 Sn 为 an 的前 n 项和，若 Sm 31，求 m．
(1) a 2n-1【答案】 n 或 an -2
n-1
．
(2) m 5．
【分析】（1）由条件求出公比，即可求解通项公式；
（2）根据（1）的结果，代入等比数列的前 n项和公式，即可求解.
【详解】（1）Q等比数列 an 中， a1 1， a5 4a3 ．
\1 q4 4 1 q2 ，解得 q ±2 ，
q = 2 a 2n-1当 时， n ，
当 q -2 n-1时， an -2 ，
\ a a 2n-1 a -2 n-1n 的通项公式为， n 或 n ．
（2）记 Sn 为 an 的前 n 项和．
n
a 1 q -2 S a1(1- q ) 1- (-2)
n 1- (-2)n
当 1 ， 时， n 1- q 1- ( ，-2) 3
S 31 S 1- (-2)
m
由 m ，得 m 31，m N，无解；3
n n
当 a1 1 q 2 S
a1(1- q ) 1- 2 n， = 时， n 2 -1，1- q 1- 2
由 Sm 63 S 2m，得 m -1 31，m N，
解得m 5
题型二　等比数列的判定与证明
等比数列的三种常用判定方法
an＋1 an
(1)定义法：若 ＝q(q 为非零常数，n∈N*)或 ＝q(q 为非零常数且 n≥2，n∈N*)，则{a
a a n
}
n n－1
是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0 且 a2n＋1＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)前 n 项和公式法：若数列{an}的前 n 项和 Sn＝k·qn－k(k 为常数且 k≠0，q≠0,1)，则{an}
是等比数列
*
【例题 2】（2023·天津和平·三模）已知数列 an 满足 a1 1， an+1 2an +1 n N ， Sn 是数
列 an 的前 n项和，则 S9 （ ）
A． 29 -10 B． 29 -11 C． 210 -10 D． 210 -11
【答案】D
【分析】由题意可得 an+1 +1 2(an +1) n N* ，可得数列 an +1 是以 2 为公比的等比数列，
从而可求出 an ，进而可求出S9 .
【详解】因为 an+1 2an +1 n N* *，所以 an+1 +1 2(an +1) n N ，
a +1
由于 a +1 2 a +1 0 n+11 ，则 n ，所以 2an +1
，
所以数列 an +1 是以 2 为公比，2 为首项的等比数列，
n-1 n
所以 an +1 2 2 2 ，
n
所以 an 2 -1，
1
所以 S9 (2 -1) + (2
2 -1) + (23 -1) + ×××+ (29 -1)
(21 + 22 + 23 + ×××+ 29 ) - 9
2(1- 29 )
- 9
1- 2
210 -11，
故选：D
【变式 1】（2024·宁夏银川·二模）已知数列{an}满足 a1 1，a2 4 ，3an+2 + an 4an+1，则下
列是等比数列的是（ ）
A．{an + 3} B．{an - 3} C． an+1 + an D． an+1 - an
【答案】D
【分析】由数列的递推式，计算前四项，由等比数列的性质可判断 ABC ；由数列的递推式
推得 an+2 - a
1
n+1 (an+1 - a3 n
) ，可判断D．
【详解】由 a1 1， a2 4 ，3an+2 + an 4an+1 ，
可得3a3 + a1 4a2 ，即3a3 +1 16 ，解得 a3 5，
又3a4 + a2 4a3 ，即3a4 + 4 20
16
，解得 a4 3 ，
由 a1 + 3 4， a2 + 3 7 ， a + 3 8， 723 4 8，故 A 错误；
由 a1 - 3 -2 ， a2 - 3 1， a3 - 3 2，12 -2 2，故 B 错误；
a + a 5 a + a 9 a a 31+ 92 5 31由 2 1 ， 3 2 ， 4 3 ， 3 3 ，故 C 错误；
由3an+2 + an 4an+1 ，可得3(an+2 - an+1) an+1 - an ，
1 1
即为 an+2 - an+1 (an+1 - an )3 ，又
a2 - a1 3，可得{an+1 - an}是首项为 3，公比为 的等比数列，3
故 D 正确．
故选：D
【变式 2】（2023·四川内江·一模）数列 an 中， a1 2， am+n aman ，若 ak +1 1024，则
k .
【答案】9
【分析】令m 1，由递推公式可知 an 为等比数列，然后可解.
【详解】令m 1，则 an+1 a1an 2an ，
因为 a1 2，所以数列 an 是以 2 为首项和公比的等比数列，
故数列 an n的通项公式为 an 2 ,
a 2 ×2k 2k +1所以， k +1 1024 2
10
，
所以， k +1 10，得 k 9，
故答案为：9
【变式 3】（2024·四川成都·模拟预测）记数列 an 的前 n 项和为 Sn ，已知
2Sn n
2 + an + a1 -1．
(1)若 a1 1，证明： an - n 是等比数列；
1
(2)若 a2是 a1和a3的等差中项，设bn a a ，求数列 bn 的前 n 项和为Tn ．n n+2
【答案】(1)证明见解析
T 3 1 1 1(2) n - ( + )4 2 n +1 n + 2
ì S1 n 1
【分析】（1）利用公式 an íS 得到数列的递推公式，构造法证明
a - n 是等
n - Sn-1 n 2
n
比数列；
（2）由已知求出 an n ，裂项相消求数列 bn 的前 n 项和为Tn ．
【详解】（1）对 2Sn n
2 + an + a1 -1①，当 n 2
2
时，有 2Sn-1 (n -1) + an-1 + a1 -1②，
① - ②： 2(Sn - Sn-1) 2n -1+ an - an-1 ，即 2an 2n -1+ an - an-1，
经整理，可得 an - n (-1) an-1 - (n -1) ，
a1 1，故 an - n 是以 a1 -1为首项、 -1为公比的等比数列．
2 n-1（ ）由（1）知 an - n (-1) (a1 -1)，有 a2 3 - a1 ， a3 a1 + 2，
题设知 2a2 a1 + a3，即 2(3 - a1) a1 + (a1 + 2)，则 a1 1，故 an n ．
b 1 1 1 1 1而 n -

a a n(n + 2) 2 n n ，+ 2 ÷ n n+2 è
Tn b
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 + b2 +L+ b

n-1 + bn - + - +L+ - + -

2 è1 3 2 4 n -1 n +1 n n + 2 ÷
T 1 1 1 1 1n + - -

2 è1 2 n +1 n + 2 ÷
T 3 1 1 1n -
+
故 4 2

è n +1 n + 2 ÷ .
题型三　等比数列的性质
(1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前 n
项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破
口．
(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要
【例题 3】（2024·山东泰安·模拟预测）在各项均为正数的等比数列 an 中，已知 a2 >1，其
前 n项之积为Tn ，且T20 T10 ，则Tn 取得最大值时，则 n的值为（ ）
A．15 B．16 C． 29 D．30
【答案】A
T20
【分析】由已知可得 a a
5 1 a a
T 15 16 ，进而可得 2 29
1，可得等比数列 an 是递减数列，
10
且 a15 >1 > a16 > 0，可求Tn 取得最大值时 n的值．
T20
【详解】由T20 T10 ，得 a11a12 La
5
T 19
a20 a15a16 1， a15a16 1，
10
则 a1a30 a2a29 a15a16 1，由于 a2 >1，得0 < a29 <1，
所以等比数列 an 是递减数列，故 a15 >1 > a16 > 0，则Tn 取得最大值时n 15．
故选：A
【变式 1】（2024·海南·模拟预测）已知等比数列 an 的公比为3, a2 + a4 12，则 a5 - a1
（ ）
A．20 B．24 C．28 D．32
【答案】D
【分析】根据题意结合等比数列性质运算求解.
a + a
【详解】由题意可知 a 2 41 + a3 4, a3 + a5 3 a2 + a4 36，3
所以 a5 - a1 a3 + a5 - a1 + a3 36 - 4 32 .
故选：D.
【变式 2】（23-24 高三上 ·云南昆明 ·开学考试）设 an 是等比数列，且 a1 + a4 7 ，
a3 + a6 21，则a7 +a10 .
【答案】189
【分析】
由 an 是等比数列，则 a1 + a4 ， a3 + a6， a5 + a8， a7 + a10 成等比数列，再根据新等比数列
的性质计算即可.
【详解】
由 an 是等比数列，设其公比为q，
则 a1 + a ， a + a 24 3 6， a5 + a8， a7 + a10 构成等比数列，且公比为 q ，
Qa + a q23 6 a1 + a4 ，
\q2 3，
a + a 4则 7 10 q a3 + a6 21 9 189 .
故答案为：189.
【变式 3】（2023·全国· n-1模拟预测）已知数列 an ，满足 a1 + 2a2 + ×××+ 2 an 1024n．
(1)若Tn 是数列 an 的前 n 项积，求Tn 的最大值；
(2)抽去数列 an 的第 3，6，9，…，3m，…项，余下的项顺序不变，构成一个新数列 tn ，
求数列 tn 的前 2023 项和 S2023．
【答案】(1) 255
12
(2) 3 2 - 5 2
-3023
7
n 21-n
【分析】（1）先根据前 n 项和与通项的关系求出 an 的通项公式，表示出T 2 2 ，结合n
二次函数的性质，即可得出答案；
（2）方法一：每两项分为一组，构成一个新的等比数列，根据等比数列求和公式，即可得
出答案；方法二：分为 a1,a4 ,a7 , × × ×,a3034 以及 a2 , a5 , a8 , × × ×, a3032两组，分别根据等比数列求和公
式求出和，即可得出答案.
10
【详解】（1）当 n 1时， a1 1024 2 ．
当 n 2时，
2n-1a 1024n -1024 n -1 1024 210n ，解得 an 211-n ①．
因为 a1满足①式，
所以 a 11-nn 2 ，
a 10-nn+1 2 1 a 1则 11-n ，所以 n 为等比数列，公比为 ，an 2 2 2
n 10+11-n n 21-n
所以T 2102928n × × × 2
11-n 2 2 2 2 ．
又因为当 n 10 n 11 n 21- n 或 时， 取最大值 55，
2
所以Tn 的最大值为 255 ．
（2）方法一： S2023 t1 + t2 + t3 + t4 + ×××+ t2021 + t2022 + t2023
a1 + a2 + a4 + a5 + ×××+ a3031 + a3032 + a3034
a a a a 1
3 1 3 1010 3033
+ + + + ××× + a + a × + a 1 1 2 1 2 2 ÷ 1 2 ÷ 1 ÷è è 2 è 2
1- 2-3033 3 212 - 5 2-3023
3 29 + 210 2-3033-3 ．1- 2 7
2022
方法二：因为 3 3033，
2
所以，根据已知可知， t2022 a3033-1 a3032，
则 t2021 a3033-2 a3031 ， t2023 a3031+3 a3034 .
3
所以， a ,a ,a , × × ×,a 10 1 是以a 2 为首项， 2-31 4 7 3034 1 ÷ 为公比的等比数列，
è 2
10 é -3 10122 1- 2 ù 213 - 2-3023
所以， a ê ú1 + a4 + a + ×××+ a
.
7 3034 1- 2-3 7
3
a , a , a , × × ×, a a 29 1 2 5 8 3032 是以 2 为首项， -3 ÷ 2 为公比的等比数列，
è 2
9 é -3 10112 1- 2 ù 12 -3021
所以， a a a L a ê ú
2 - 2
+ + + + .2 5 8 3032 1- 2-3 7
所以， S2023 a1 + a4 + a7 + ×××+ a3034 + a2 + a5 + a8 +L+ a3032
213 - 2-3023 212 - 2-3021 3 212 - 5 2-3023
+
7 7 7
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024· 2陕西渭南·模拟预测）已知数列 an 满足 an+1 anan+2 ，若 a2 1，a8 9，则 a5
（ ）
A．-3 B． ±3 C．3 D．5
【答案】B
【分析】借助等比数列定义与性质计算即可得.
2
【详解】 an+1 anan+2 ，又 a2 1, a8 9 ，
故数列 an 为等比数列，
a2则 5 a2a8 9，故 a5 ±3 .
故选：B.
2．（2024·安徽滁州·三模）已知 an 是单调递增的等比数列， a4 + a5 24, a3a6 128，则公比
q的值是（ ）
A．2 B．-2 C．3 D．-3
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质求出 a4a5，再解方程组求出 a4 ,a5，即可得解.
【详解】因为 an 是等比数列，
所以 a4a5 a3a6 128，
ìa4 + a5 24 ìa4 8 ìa4 16
则 ía a 128 ，解得 í 4 5 a5 16
或 í ，
a5 8
又因为 an 是单调递增的等比数列，
ìa4 8
所以 ía ， 5 16
a5
所以公比 q 2a .4
故选：A.
3．（2024· n安徽合肥·模拟预测）已知“正项数列 an 满足an+1 × an 4 ”，则“ a2 2a1 ”是“数列 an
为等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不
充分又不必要条件
【答案】C
n
【分析】由an+1 × an 4 可得正项数列 an 隔项成等比数列，再由 a2 2a1结合充分条件和必
要条件的定义求解即可.
n n+1
【详解】因为an+1 × an 4 ，所以 an+2 ×an+1 4 ，
a n+1n+2 ×an+1 4
两式相除可得： 4 ，
a nn+1 × an 4
an+2
所以 4a ，n
a
所以当 n 2k 2k +2，则 4a ，所以 a2k 是以 a2为首项， 4为公比的等比数列，2k
k -1 2 k -1所以 a2k a2 ×4 a2 × 2 a2 ×22k -2，
a
n 2k -1 2k +1所以当 ，则 4，所以 aa 2k -1 是以 a1为首项， 4为公比的等比数列，2k -1
所以 a2k -1 a1 × 4
k -1 a1 × 2
2k -2
，
a 2a a 2a × 22k -2 a × 22k -1 a a × 2 2k -1 -1当 2 1，则 2k 1 1 ， 2k -1 1 ，
所以数列 an 为公比为 2的等比数列，
所以“ a2 2a1 ”能推出“数列 an 为等比数列”，
若数列 an 为等比数列，则公比为 2，故 a2 2a1，
所以“数列 an 为等比数列”能推出“ a2 2a1 ”.
故“ a2 2a1 ”是“数列 an 为等比数列”的充要条件.
故选：C.
a
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知在正项等比数列 an 中， a2a4 16，且 a3 ,10, 6 成等差数2
列，则 a1 + a4 + a7 （ ）
A．157 B．156 C．74 D．73
【答案】D
【分析】由等比中项性质求得 a3 4，由等差中项性质得 a6 32，根据等比数列通项公式基
本量运算求得 q = 2，进而求解 a1 + a4 + a7 即可.
【详解】由等比中项性质知 a3 a2a4 4 .
a ,10, a6 20 a a由 3 成等差数列，得 3 + 6 ，所以 a6 32，2 2
a6 a3 4
所以等比数列 an 的公比 q 3 2，所以 a1 2 1, a4 a3q 8, aa q 7
a3q 64，
3
所以 a1 + a4 + a7 73 .
故选：D.
二、多选题
5．（2024·江西·模拟预测）已知-1,2,8是等比数列 an 的前 5 项中的其中 3 项，且 a2 > 0，
则 an 的前 7 项和可能为（ ）
43 43 43
A．-43 B．- C． D．
4 6 2
【答案】AB
ìa 2 ìa 8
【分析】根据等比数列分析可知：q < 0且 a 2 8 2 22 或 ，分 ía 8 或 ía 2，结合等比数列 4 4
通项公式分析求解，再结合等比数列求和公式分析求解.
【详解】设等比数列 an 的公比为q，
因为等比数列中所有奇数项同号，所有偶数项同号，
结合已知可知q < 0，其中 2，8 这两项的奇偶性相同，
又因为 a2 > 0，可知 a2 2或 8，则有：
ìa a q 2 ìa -1
若 a2 2 a 8
2 1 1
， 4 ，则 ía a q3 8，解得 í ，符合题意， 4 1 q -2
-1 é1- -2 7 ù
所以 an 的前 7 项和为 -43；
1- -2
ìa a q 8 ìa1 -16
若 a2 8
2 1
， a4 2 ，则 ía a q3 2 ，解得 í 1 ，此时
a5 -1，符合题意，
4 1 q - 2
é 1
7
ù-16 ê1- - ÷ ú
所以 a è 2 的前 7 项和为 ê ú 43n - ；
1 1- 4 - ÷
è 2
综上所述： a 43n 的前 7 项和为-43或- ．4
故选：AB．
6．（23-24 高三下·福建·开学考试）在前 n 项和为 Sn 的正项等比数列 an 中， a1a4 8，
log a
a3 a2 + 2 b
2 n
， n S +1 ，则（ ）n
A． a6 - 4a5 -48 B． S7 127
C． Sn 2an -1 D．数列 bn 中的最大项为b2
【答案】BC
【分析】利用等比数列的性质和通项公式，逐项判断选项 A、B、C；对于选项 D，由
b log 2an n -1 f n n -1 f n 1 f n n n -1 2 - nn S 1 2n ，令 n ，利用 + - + 2 2n+1 - n n+1 研究数列的增n 2 2
减性即可得出.
【详解】设等比数列 an 的公比为 q，由 a1a4 8，有 a2a3 8，
ìa2a3 8, ìa2 2, ìa2 -4,
联立方程 ía a 2, 解得 + í 3 2 a3 4
或 ía （舍去）， 3 -2
q a 3 2 a a qn-2 n-2 n-1有 a ，可得 n 2 2 2 2 ．2
对于 A 5 4选项，由 a6 2 32， a5 2 16，
有 a6 - 4a5 32 - 64 -32，故 A 选项错误；
1- 27
对于 B 选项， S7 127，故 B 选项正确；1- 2
n
对于 C 1- 2选项，由 S 2nn -1，有 Sn 2an -1，故 C 选项正确；1- 2
log a n-1
D 2 n
log
2
2 n -1
对于 选项，由 Sn +1 2n -1 +1 2n ，
令 f n n -1 n ，有 f n +1 f n
n n -1 2 - n
-
2 2n+1
- n 2 2n+1
，
可得 f 1 < f 2 f 3 > f 4 > ×××有 f n f 2 f 3 1 max ，4
可得数列 bn 中的最大项为b2或b3，故 D 选项错误，
故选：BC．
三、填空题
7．（2024·河北保定·二模）在等比数列 an 中， a1a3a5 a2a6 , a4a13 -27 ，则 a6 ．
【答案】-3
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质，结合通项公式求解即得.
【详解】设等比数列 an 的公比为q，由 a3a5 a2a6 , a1a3a5 a2a6，得 a1 1，
由 a a -27 ，得 q3 ×q12 154 13 q -27 ，
a q5所以 6 -3 .
故答案为：-3
8．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）在等比数列 an 中， a3 2, a11 8，则 a7 .
【答案】4
【分析】利用等比数列的性质求解.
【详解】在等比数列 an 中， a3 2, a11 8，
2
由等比数列的性质， a3a7 a5 > 0，则 a7 > 0，
2
又a3a11 a7 16，所以 a7 4 .
故答案为：4
9．（2023·全国·模拟预测）设 Sn 是数列 an 的前 n项和， Sn 2an + n - 3，令
bn log4 an -1 ，则数列 bn 的前 121 项和为 .
【答案】3630
【分析】根据题意，结合 an Sn - Sn-1，求得 an -1 2(an-1 -1) ，进而得到数列 an -1 是为等
a -1 2n-1 1比数列，得到 n ，得出bn (n -1)，结合等差数列的求和公式，即可求解.2
【详解】由数列 an 的前 n项和 Sn 2an + n - 3，
当 n 2时，可得 Sn-1 2an-1 + n -1 - 3，
两式相减，可得 an Sn - Sn-1 2an + n - 3 - 2an-1 - n -1 + 3 2an - 2an-1 +1，
即 an 2an-1 -1，即 an -1 2(an-1 -1) ，
当 n 1时， a1 S1 2a1 - 2 ，可得 a1 2，所以 a1 -1 1，
所以数列 an -1 是以1为首项，以 2为公比的等比数列，所以 an -1 2n-1，
n-1
b log a 1 log n-1 2 1则 n 4 n - 4 2 log4 4 (n -1)，2
b 121(b1 + b121) 1 121 (0 +120)所以数 n 的前 121 项和为 3630 .2 2 2
故答案为：3630 .
四、解答题
10．（2022·江西新余·二模）已知数列 an 是递增的等差数列， a2 3，若 a1， a3 - a1， a8 + a1
成等比数列.
(1)求数列 an 的通项公式；
ì ü
(2)若b 3an
8bn
n ，数列 í 的前 n 项和
S ，求 S .
bn + 2 bn+1 + 2
n n

【答案】(1) an 2n -1
1 1
(2) Sn -5 32n+1 + 2
【分析】（1）由等差数列的基本量运算和等比数列的性质列方程组解得 a1和公差d 得通项公
式；
（2）求出bn ，用裂项相消法求和．
【详解】（1）设 an 的公差为 d， d > 0，
ì a1 + d 3
2 ìa1 1
由条件得 ía1 2a1 + 7d 2d ，∴ í
d 2
d > 0

∴ an 1+ 2 n -1 2n -1 .
2 2n-1（ ）由（1）bn 3 ，bn+1 9bn ，
8bn 1 1 -
bn + 2 bn+1 + 2 bn + 2 b ，n+1 + 2
S 1 1 1 1 1 1∴ n - + - + + -b1 + 2 b2 + 2 b2 + 2 b2 + 2 bn + 2 bn+1 + 2
1 1
- 1 1
b - ．1 + 2 bn+1 + 2 5 32n+1 + 2
11．（23-24 高二下·河南·期中）已知数列 an 的首项 a1 3，且 an+1 - 2an +1 0.
(1)证明: an -1 是等比数列；
(2)求数列 an log2 an -1 的前 n项和Tn .
【答案】(1)证明见解析
n2(2)Tn n
+ n
-1 2n+1 + + 2
2
【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；
（2）结合（1）中结论求得 an log2 an -1 的通项公式，再利用错位相减法及分组求和法即
可得解.
【详解】（1）因为 an+1 - 2an +1 0， a1 3，
所以 an+1 -1 2 an -1 ， a1 -1 2，
a -1
显然 an -1 0
n+1
，则 2a -1 ，n
故 an -1 是首项为 2，公比为 2的等比数列.
（2）由（1 a n-1 n）知， n -1 2 2 2 ，所以 an log2 an -1 2n +1 × n n ×2n + n，
则T 1n 1 2 + 2 2
2 +L+ (n -1) ×2n-1 + n × 2n + 1+ 2 +L+ n ，
令Rn 1 2
1 + 2 22 +L+ (n -1) ×2n-1 + n × 2n ，
故 2R 1 22 + 2 23 +L+ (n -1) × 2n + n ×2n+1n ，
n+1
-R 21 +L+ 2n-1 n上两式相减得， n + 2 - n × 2
n+1 2 - 2 - n × 2n+1 1- n 2n+1 - 2，
1- 2
n+1
所以Rn n -1 2 + 2，
2
T n -1 2n+1 1+ n ×n+ 2 + n -1 2n+1 n + nn + + 2
所以 2 2
【综合提升练】
一、单选题
1．（2023·四川巴中·模拟预测）在等比数列 an 中， a1 + a3 2，a5 + a7 18，则 a3 + a5
（ ）
A．3 B．6 C．9 D．18
【答案】B
【分析】已知条件作商可求得 q2 ，然后根据等比数列性质可得.
a 45 + a7 a1q + a q
4
3 4
【详解】因为 a 21 + a3 2，a5 + a7 18，所以 q 9，解得 q 3，则a1 + a3 a1 + a3
a3 + a5 a1 + a3 q2 6．
故选：B
2．（2023·河南驻马店·二模）设等比数列 an 的前 n 项之积为 Sn，若 S3 1， S9 512 ，则
a11=（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】C
【分析】根据题意结合等比数列的性质可得 a2 1， a5 2，进而可得 q3 2，运算求解即可.
【详解】因为 S3 1， S9 512 3，所以 a1a2a3 a2 1， a1a2a3La9 a
9
5 512 ，
解得 a2 1， a5 2，
q3 a则 5 2 ，故 a11 a2q
9 23 8
a ．2
故选：C.
【点睛】本题考查等比数列的性质，考查数学运算的核心素养．
3．（2024·浙江·三模）已知数列 an 满足 a1 2，则“ an 为等比数列”是“ am ×an am+n（"m ，
n N* ）”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【分析】根据等比数列的定义、通项公式及充分条件、必要条件的定义判断即可.
n-1
【详解】若 an 为等比数列，则 an 2q ，
a ×a 2qm-1 2qn-1所以 m n 4q
m+n-2
， am+n 2q
m+n-1
，
当 q 2时 am ×an am+n ，故充分性不成立；
若 am ×an am+n（"m ， n N* ），不妨令m 1，则 a1 ×an a1+n ，又 a1 2，
a
所以 2an a
n+1
n+1，即 2a ，所以 an 为公比为 2的等比数列，故必要性成立；n
故“ an 为等比数列”是“ am ×an am+n（"m ， n N* ）”的必要不充分条件.
故选：B
4．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知数列 an a
1
的首项 ，且满足 a
an
1 n+1

2 - a ，若2 n
1 1 1 1
+ + + ××× + < 1000，则满足条件的最大整数 n a a a a （ ）1 2 3 n
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】B
1 n-1
【分析】令bn a ，根据构造法求得bn 2 +1，结合等比数列前 n 项求和公式建立不等式n
即可求解.
1 2 1
【详解】 -1a a ，令
bn ，
n+1 n an
1
则bn+1 -1 2 bn -1 ，又b1 -1 -1 1a ，1
所以{bn -1}是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，
b -1 2n-1得 n ，所以bn 2
n-1 +1，
∴ b1 + b2 + ××× + bn 1+ 2 + 2
2 + ××× + 2n-1 + n 2n + n -1，
由2n + n -1< 1000，解得 n 9 .
故选：B
5．（2024·宁夏石嘴山·三模）已知数列 an 是等比数列，且a2a3a4 64,则 log2 a3 的值为
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用等比数列的性质求出a3，再代入求解即可.
【详解】因为{an}为等比数列，所以 a2a4 a
2
3 ，
因此 a2a3a4 a
3
3 64，即 a3 4，
所以 log2 a3 log2 4 2，
故选：B.
6．（2024·山东聊城·一模）已知数列 an 满足 an+1 3an + 2，则“ a1 -1”是“ an 是等比数
列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.
【详解】当 a1 -1时，因为 an+1 3an + 2，所以 an+1 +1 3 an +1 ，
又 a1 -1，则 a1 +1 0，则 a2 +1 3 a1 +1 0,L，
依次类推可知 an +1 0，故 an -1，
则 an 是首项为 -1，公比为1的等比数列，即充分性成立；
当 an 是等比数列时，因为 an+1 3an + 2，所以 an+1 +1 3 an +1 ，
a
a +1 0 n+1
+1
当 n 时， 3，则 an +1a +1 是公比为3的等比数列，n
所以 an +1 a1 +1 3n-1 ，即 an a1 +1 3n-1 -1，
则 a2 a1 +1 -1 a1， a2 3 a1 +1 -1 3a1 + 2， a3 9 a1 +1 -1 9a1 + 8，
a2 2由 2 a1a3，得 3a1 + 2 a1 × 9a1 + 8 ，解得 a1 -1，不满足题意；
当 an +1 0，即 a1 -1时，易知满足题意；
所以 a1 -1，即必要性成立.
故选：C.
7．（2024· *陕西西安·模拟预测）等差数列 an 的前项 n和为 Sn ，且 an N ，数列 bn 为等比
数列，则下列说法错误的选项是（ ）
A a．数列 2 n 一定是等比数列 B．数列 ba 一定是等比数列n
ìS ü
C n．数列 í 一定是等差数列 D．数列 bn + bn+1 一定是等比数列
n
【答案】D
【分析】利用等差、等比数列的定义判断 A、B、C，特殊值判断 D，即可得结果.
【详解】因为数列 an 是等差数列，设其通项公式为 an a1 + (n -1)d ，
2an+1
所以 2an+1 -an d aa 2 是定值，所以数列 2 n 一定是等比数列，A 选项正确;2 n
因为数列 b n-1n 为等比数列，设其通项公式为bn b1q ，
b an+1-1
b b qan -1, an+1 b 1q qan+1-an所以 a 1 q
d
n b b qan -1 是定值，an 1
所以数列 ba 一定是等比数列，B选项正确;n
n 2a1 + (n -1)d S 2a + (n -1)d d因为 Sn ，所以 n 1 a + (n -1) × ，2 n 2 1 2
ìS
í n
ü
所以数列 一定是等差数列，C 选项正确;
n
当bn (-1)
n 时，bn + bn+1 0，则 bn + bn+1 不是等比数列，D 选项错误，
故选: D .
8．（2024·陕西商洛·模拟预测）设等比数列 a a a f x x3 + 3a x2 + a x + a2n 中， 3， 7使函数 3 7 3
在 x=-1时取得极值 0 ，则 a5 的值是（ ）
A．± 3 或±3 2 B． 3或3 2
C．±3 2 D．3 2
【答案】D
【分析】根据 f x 在 x=-1时取得极值 0 ，可求得a3，a7，代回验证可得 a3 2， a7 9，
再根据等比数列的性质即可求解.
2
【详解】由题意 f x 3x + 6a3x + a7 ，
因为 f x 在 x=-1时取得极值 0 ，
ì f -1 -1+ 3a3 - a7 + a23 0
所以 í f ， -1 3 - 6a3 + a7 0
ìa3 1 ìa3 2
解得 ía 3或 í ， 7 a7 9
当 a3 1， a7 3时，
f x 3x2 + 6x + 3 3 x +1 2 0，
所以 f x 在R 上单调递增，不合题意，
当 a3 2， a7 9时，
f x 3x2 +12x + 9 3 x +1 x + 3 ，
所以 x - ,-3 U -1,+ 时， f x > 0，
x -3, -1 时， f x < 0，
所以 f x 在 - , -3 ， -1, + 上单调递增，在 -3, -1 上单调递减，
所以当 x=-1时 f x 取得极小值，满足题意，
a2所以 5 a3 ×a7 18，
又a3， a5 ，a7同号，
所以 a5 3 2 .
故选：D .
二、多选题
9．（2024·江西·三模）已知数列 an 满足 a1 1, an+1 2an +1，则（ ）
A．数列 an 是等比数列 B．数列 log2 an +1 是等差数列
C．数列 an 的前 n项和为 2n+1 - n - 2 D． a20 能被 3 整除
【答案】BCD
【分析】利用构造法得到数列 an +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数
列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二
项式定理展开后，再加以证明.
【详解】由 an+1 2an +1可得：an+1+1 2 an +1 ，所以数列 an +1 是等比数列，即
an =2
n -1，
则 a1=1, a2 =3,a3 =7,显然有 a1 ×a3 a
2
2 ，所以 a1,a2 ,a3 不成等比数列，故选项 A 是错误的；
由数列 an +1 n是等比数列可得： an +1=2 ，即 log2 an +1 = log n2 2 n ，故选项 B 是正确的；
n
由 a =2n -1可得：前 n 2 1- 2 项和 S =21 -1+ 22 -1+ 23 -1+ ×××+ 2n -1 - n 2n+1n n - n - 2，故1- 2
选项 C 是正确的；
由 a =220 -1= 3 -1 20 -1 C0 320 1 19 2 18 2 19 19 20 2020 20 + C203 × -1 + C203 × -1 + ×××+ C203 × -1 + C20 -1 -1
3 éC0 19 203 + C
1 18 2
203 × -1 + C20317 × -1
2 + ×××+ C19 19 ù20 -1 ，故选项 D 是正确的；
方法二：由 210 1024，1024 除以 3 余数是 1，所以10242除以 3 的余数还是 1，从而可得 220 -1
能补 3 整除，故选项 D 是正确的；
故选：BCD．
10．（2024· 2辽宁大连·一模）已知递增等比数列 an 的公比为q，且满足 a3 + 3a4 a5，下列
情况可能正确的是（ ）
q = 2 q 1A． B． C． a4 -1 D． a4 20242
【答案】BCD
【分析】原数列递增等价于 an > 0， q > 1 或 an < 0，0 < q <1，进一步得 a4 q
3 - 3q2 ，从而
分类讨论得 q > 3或0 < q <1，构造函数求得 a4的范围，对比选项即可得解.
【详解】原数列递增等价于 an > 0， q > 1 或 an < 0，0 < q <1.
a2 3a a a
2
+ 4 + 3a a q a q3 23 4 5等价于 2 4 4 ，即 4 - 3q .q
从而 q3 - 3q2 > 0， q > 1 或 q3 - 3q2 < 0，0 < q <1.
这意味着q的范围是 q > 3或0 < q <1，
令 f x x3 - 3x2 ， x > 3或0 < x <1，则 f x 3x x - 2 ，
当 x > 3时， f x > 0， f x 单调递增，
当0 < x <1时， f x < 0， f x 单调递减，
从而 f x > f 3 0或 f 1 -2 < f x < f 0 0，
a q3 - 3q2这表明了 4 的范围是-2 < a4 < 0 或 a4 > 0 .
所以 A 错误，B 正确，C 正确，D 正确.
故选：BCD.
11．（2024· *浙江绍兴·二模）已知数列{an}与{bn}满足 a1 1，且 an+1 2an +1(n N )，
bn log2 (an +1) .若数列{an}保持顺序不变，在 a 与 a kk k +1项之间都插入 2 个bk 后，组成新数列
{cn}，记{cn}的前 n项和为 Sn ，则（ ）
A a 2n． n+1 B．bn n
C． c2024 10 D． S2024 20150
【答案】BCD
【分析】利用构造等比数列法判断 A；继而结合bn log2 (an +1)可判断 B；根据数列的规律，
计算数列的项数，可确定 c2024 10 ，判断 C，确定数列的项，利用等比数列的求和公式可判
断 D.
【详解】对于 A， a1 1，且 an+1 2an +1(n N
*)，则 an+1 +1 2 an +1 , (n N*)，
{a +1} a +1 2 a +1 2n,\a 2n即数列 n 为等比数列， 1 ，故 n n -1，
则a n+1n+1 2 -1，A 错误；
对于 B，bn log2 (an +1) log2 2
n n，B 正确；
{c } 1,1,1,3,2,2,2,2,7,L 2 1- 2
9 2 1- 210
对于 C ，新数列 n 为 ，由于 1022， 2046，
1- 2 1- 2
即数列{cn}从 a1 1到 a10 1023共有1022 +10 1032项，到 a11 共有 2046 +11 2057项，
而 a10 和 a11 之间有210个 10，故 c2024 10 ，C 正确；
对于 D，结合 C 的分析，可得
2 1- 210
S2024 -10 + 1× 2
1 + 2 ×22 +L+ 9 × 29 + (2024 -1032) 10
1 - 2
2036 + 8194 + 9920 20150 ，D 正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键时 CD 选项的判断，解答时要结合数列的特点，判断数
列的项数，从而确定项的取值.
三、填空题
12．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列 an 为各项均不相等的等比数列，其前 n项和为
S
S 3a , 2a 3n ，且 2 3 ,a4 成等差数列，则 a .4
13
【答案】
27
2 3
【分析】数列公比为q，则 q 1，则由题意可得 4a1q 3a1q + a1q ，解出公比q，从而可求
S3
出 a .4
【详解】设数列公比为q，则 q 1，
Q3a2 ,2a3,a4成等差数列，\4a3 3a2 + a4 ，
4a 2 3即 21q 3a1q + a1q ，整理得 q - 4q + 3 0，
解得 q 3，或 q 1（舍去），
S3 a1 + a q + a q
2
1 1 1+ 3 + 3
2 13
∴ 3 .a4 a1q 3
3 27
13
故答案为：
27
13．（2024·湖南邵阳·一模）已知数列 an 的首项为1， anan+1 3n n N* ，则 a8 .
【答案】81
a
【分析】由 anan+1 3
n n N* n+2得 3 n N*a ，进而判断 an 中各个偶数项 a2 , a4 , a6 L构n
成首项为 3，公比为 3 的等比数列，即可得到 a8 .
1
a a 3n n N* n+1 * 3【详解】由 n n+1 得 an+1an+2 3 n N ， a2 3 ,a1
a n+1n+1an+2 a n+2 3
a
于是 n 3 n N* n+2 *，即 3 n N .anan+1 an 3 an
所以数列 an 中，各个奇数项 a1,a3 ,a5 L 构成首项为 1，公比为 3 的等比数列，
n n
同理，各个偶数项 a2 , a4 , a6 L 也构成首项为 3，公比为 3 的等比数列，即 -1an a232 32 .
所以 a8 3
4 81 .
故答案为：81.
1
14．（2024·上海·三模）无穷等比数列 an 满足： a1 + a2 1， a3 + a4 ，则 an 的各项和4
为 ．
4
【答案】
3
【分析】设无穷等比数列 an 的公比为q， an 的前 n项和为 Sn ，根据所给条件求出q、
a1，即可求出 Sn ，再取极限即可.
【详解】设无穷等比数列 an 的公比为q， an 的前 n项和为 Sn ，
2 a3 + a4 1
则 q a a 4 ，解得 q
1 q 1
+ 或
- ，
1 2 2 2
q 1 a a a 1 2当 时 1 + 2 2 1
+ a1 1，解得 a ，2 1 3
2 é n ù
ê1
1
-
a 1 ú1 - q
n 3 2 ÷
所以 S ê è ú 4 é 1
n
1-
ù
n 1 ê1- q 3 ÷
ú，
1- ê è 2 ú
2
4 é 1 n ù é 4 4 1 n ù 4
所以 lim Sn lim ê1- ÷ ú lim ê - ú ；n n 3 ê è 2 ú n ê 3 3
÷
è 2 ú 3
q 1 1当 - 时 a1 + a2 a1 - a1 1，解得 a1 2，2 2
é 1
n
ù
a1 1- qn
2 ê1- - 2 ÷ ú n
所以 S ê
è ú 4 é 1
ù
n ê1- - ú ，1- q ÷1 1- - 3 ê è 2 ÷ ú
è 2
lim S lim 4
é 1 n ù é 4 4 1 n ù 4
所以 1-
- ê ú lim -

ê -

ú ；
n n n 3 ÷ ê è 2 ú n ê 3 3

è 2 ÷ ú 3
4
综上可得 an 的各项和为 .3
4
故答案为：
3
四、解答题
15．（2023·山东威海·二模）已知 2n＋2 个数排列构成以 qn qn >1 为公比的等比数列，其中
第 1 个数为 1，第 2n＋2 个数为 8，设 an log2 qn．
ì 1 ü
(1)证明：数列 í 是等差数列；
an
π π
(2)设bn tan tan ，求数列 ba a n 的前 100 项和 S100 ．n n+1
【答案】(1)证明见详解
(2) -99
3
【分析】（1）根据等比数列的性质分析可得 an ，再结合等差数列的定义分析证明；2n +1
3 π π
（2）根据两角差的正切公式整理得bn - tan - tan ÷ -1，结合裂项相消法运算求3 è an+1 an
解.
1 2n+1
8 3
【详解】（ ）由题意可得： qn 8，且 qn >1，可得 q 22n+1 ，1 n
3 1 2n +1
所以 an log 22n+1
3
2 ，可得 ，2n +1 an 3
1 1 2 n +1 +1 2n +1 2
则 - - ，
an+1 an 3 3 3
ì 1 ü 2
所以数列 í 是以公差为 3 的等差数列. an
π π 2π
（2）由（1）可得 - an+1 a 3
，
n
tan π - tan π
tan 2π
π π an+1 an
则 tan - - 3 ，
3 ÷è an+1 an 1 tan π tan π+
an+1 an

b tan π tan π 3 tan π tan π

整理得 n - - -1，an a
÷
n+1 3 è an+1 an
则
é 3 ù é ù é S b b b tan π tan π 1 3 π π 3 π π
ù
100 1 + 2 + ×××+ 100 ê- - ÷ - ú + ê- tan - tan ÷ -1ú + ××× + ê- tan - tan -1
3 è a
÷ ú
2 a1 3 è a3 a2 3 è a101 a100
3 é π π ù
- ê tan - tan ÷ + tan
π tan π π π- + ×××+
3 ÷
tan - tan ÷ú -100
è a2 a1 è a3 a2 è a101 a100
3 tan π

tan π 100 3 tan 203π - - ÷ - - - tan π

÷ -1003 è a101 a1 3 è 3
3
- tan 68π π 100 3 tan π- - -100 -99，
3 3 ֏ 3 3
所以数列 bn 的前 100 项和 S100 -99 .
16．（2024·四川成都·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 1, a2 1, 当 n 3时，
ìa
a n-1
+ an-2 ,n为奇数
n í
2an-2 +1, n为偶数
(1)求 a4和 a6，并证明当 n为偶数时 an +1 是等比数列；
(2)求a1 +a3 +a5 +......+a29
【答案】(1)3，7，证明见解析
(2) 216 -122
【分析】（1）利用递推公式易求 a4， a6，利用递推关系可证结论；
n
（2 k）由（1）可得 n为偶数时，a 22 -1，当 n为奇数时， a2k +1 2 -1+ an 2k -2 + a2k -3 ，
k +1
可求得 a2k +1 2 - k -1，计算可求结论.
ìa + a ,n为奇数
【详解】（1）因为 a1 1, a2 1, 当 n 3
n-1 n-2
时， an í ，
2an-2 +1, n为偶数
所以 a4 2a2 +1 3，a6 2a4 +1 7 .
a2k +2 2a2k +1，a2k+2 +1 2(a2k +1)，又 a2 +1 2，
\当 n为偶数时， an +1 是以 2为首项，以 2为公比的等比数列；
2 1 a +1 (a +1)2k-1 k（ ）由（ ）知， 2k 2 2 ，
n n
设 n 2k ，则a 22 -1 \n为偶数时，n an 22 -1
当 n为奇数时，a2k+1 a2k + a2k-1 2
k -1+ a2k-1 2
k -1+ a2k-2 + a2k-3
2k -1+ 2k-1 -1+ a2k-3 ...... 2
k -1+ 2k-1 -1+......+ (21 -1) + a1
a 2(1- 2
k )
\ - k + a 2k +12k +1 1 - k -1 ；1- 2
n+1 n + 1
设 n 2k +1，\n为奇数时， an 2 2 - ，2
\a1 + a3 + a5 + ......+ a29 (2
1 -1) + (22 - 2) + (23 - 3) + ......+ (215 -15)
21 + 22 + 23 +L+ 215 - 1+ 2 + 3 +L+15
21 1- 215 15 1+15
-
1- 2 2
216 -122 .
17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知公比大于 1 的等比数列 an 满足： a2 + a3 + a4 28，且
a3 + 2是 a2和 a4的等差中项．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若bn an × log0．5an，求 bn 的前 n项和 Sn ．
【答案】(1) an 2n ；
(2) Sn (1- n)2
n+1 - 2 .
ìa + a + a 28
【分析】（1）设等比数列 an 的公比为 q 2 3 4，由 í
2 a3 + 2 a2 + a
求解；
4
n
（2）由（1）得到bn an log 1 an -n × 2 ，利用错位相减法求得 Sn .
2
【详解】（1）设等比数列 an 的公比为q，
因为 a3 + 2是 a2和 a4的等差中项，
所以 2 a3 + 2 a2 + a4 ，又 a2 + a3 + a4 28，
代入得 a3 + 2 a3 + 2 28，即 a3 8，
ìa 23 8 ìa
í 1
q 8
所以 a a 20，即 ， 2 +
ía q24 1 + a q
3
1 20
ìa1 32 ìa1 2
解得 í 1 或 í ，

q q 22
又因为数列 an 是 q > 1 的等比数列，
所以 a1 2, q 2,\a
n
n 2 ．
（2）由（1）知bn an·log0.5 an -n ×2
n ,
\Sn - 1 2 + 2 22 3 23 +L+ n 2n ①，
2Sn - 1 22 + 2 23 + 3 24 +L+ n 2n+1 ②，
é 2 1- 2n ù
① - ②得-Sn - 2 + 22 + 23 +L+ 2n - n 2n+1 - ê - n 2n+1 ú (n -1)2n+1 + 2 ,
ê 1- 2 ú
\Sn (1- n)2
n+1 - 2 .
18．（2024·青海海南·二模）已知数列 an 的各项均为正数，其前 n项和为 Sn , Sn 是等比数
列，a3 a1a2 ,2S5 a6 .
(1)求数列 Sn 的通项公式；
(2)设bn an × log3 Sn ，求数列 bn 的前 n项和Tn .
【答案】(1) Sn 3
n
T 3 1 + n - (2) nn 2 2 ÷
×3
è
【分析】（1）设等比数列 Sn 的公比为q，由等比数列的性质和 an 与 Sn 的关系，解方程可
得首项和公比q，即可求解；
ì3, n 1
（2）先求出 an í2 3n-1, n 2，再由对数的运算性质求得
bn ，根据数列的错位相减法求和，
×
结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）由 Sn 是等比数列，设公比为q，则由 2S5 a6 得 2S5 S6 - S5 ，所以 S6 3S5，
所以 q 3，所以 S2 3S1, S3 3S2 9S1 ，故由 a3 a1a2 得 S3 - S2 S1 S2 - S1 ，
所以6S1 S1 2S1，所以 S1 3，所以 Sn 3 3
n-1 3n ；
2 1 S 3n（ ）由（ ）可得 n ，当 n 1时， a1 S1 3 .
n n-1 n-1
当 n 2时， an Sn - Sn-1 3 - 3 2 ×3 .经检验 a1 3不适合 an 2 ×3
n-1
，
ì3, n 1 ì3, n 1
所以 an í n-1 ，所以bn an × log S 2 ×3 , n 2 3 n í 2n ×3
n-1, n ， 2
b n T 3+ 4 ×3+ 6 ×32 + 8 ×33 +L+ 2 n -1 ×3n-2 + 2n ×3n-1则数列 n 的前 项和 n ，
3Tn 9 + 4 ×3
2 + 6 ×33 + 8 ×34 +L+ 2 n -1 ×3n-1 + 2n ×3n ，
n
两式相减可得-2T 2 3 + 32 + 33 +L+ 3n-1 - 2n ×3n 3- 3n 2 - 2n ×3n -3 + 1- 2n ×3n ，1- 3
3 1 n
所以Tn + n -2 2 ÷
×3 .
è
19．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 的首项为 1，前 n 项和为 Sn ，且 Sn 2Sn-1 +1，其
中 n 2．
(1)求证：数列 an 是等比数列；
1 1 1 1 1
(2)当 n 2时，求证： + + + ×××+ < 2
1-
S n ÷．1 S2 S3 Sn è 2
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用 Sn 与 an 的关系证明 an 是等比数列
1 1 ì 1 ü
（2）求得 Sn 2n -1，利用放缩得 n 2 ，再求 í 的和即可证得结论.
n Sn
【详解】（1）由 Sn 2Sn-1 +1 n 2 ，得 Sn+1 2Sn +1，
两式相减，得 Sn+1 - Sn 2 Sn - Sn-1 n 2 ，
又当 n 2时， an Sn - Sn-1， an+1 Sn+1 - Sn ，
an+1
所以 an+1 2an， 2 n 2 a ，n
a a
又 S2 2S1 +1， a1 1，所以 a2 2
2
， 2 n+1a ，（注意验证 n 1是否符合
2 ）
1 an
因此数列 an 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列．
n
2 1 a 2n-1 S 1- 2（ ）由（ ）知 n ，所以 n 2
n -1．
1- 2
当 n 2时， 2n-1 >1，
所以 Sn 2
n -1 > 2n - 2n-1 2n-1 > 0，
1 1 1
所以 S 2n
<
-1 2n-1 ， n
1 n1-
n 2 1 1 1 1 1 1 1 1
÷ 1
所以当 时， + + + ×××+ < + + 2 + ×××+
è 2 2 1- ．
S S S S 2 2 2n-1 1 2n ÷1 2 3 n 1- è
2
【点睛】数列型不等式问题的求解过程中常用到放缩法，一般有两种情况：一是先放缩，再
求和；二是先求和，再放缩．常用的放缩技巧如下：
1 1 1 1 1
（1）对 2 的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：① 2 < 2 - n 2 ；n n n - n n -1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 < 2

-

② ÷
n2
< - n 2 ；③ 1
n2 -1 2 n -1 n +1÷ n n2è - è 2n -1 2n +1
．
4
1
（2）对 的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
2 n
1 1
① > n +1 n
1 1
- ；② < n - n -1 n 2 ．
2 n n + n +1 2 n n + n -1
1 1 1
n n n-1
（3）对 2 -1的放缩，为 2 -1 2
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·山东菏泽·二模）已知 an 是等差数列，a1 3,a4 12，在数列 bn 中
b1 4,b4 20，若 bn - an 是等比数列，则b2024 的值为（ ）
A．6072 B． 22023
C．22023 + 6072 D．22023 - 6072
【答案】C
【分析】求出公差，得 an ，求出公比，得bn ，即可求b2024 ．
【详解】设 an 的公差为 d , bn - an 的公比为q，
则由题意可得， a4 a1 + 3d ，即12 3 + 3d ，解得 d 3，
所以 an 3+ n -1 3 3n
根据已知又有：b1 - a1 1,b4 - a4 8，
则8 1× q3，得 q = 2，
所以bn - an 1× 2
n-1 b 2n-1，进而 n + 3n ，
b 22023故 2024 + 6072 .
故选：C.
2．（2024·山东济南·三模）已知 an 是等比数列，且 a2a7 -a8 -4a4，则a3 （ ）
A．- 2 B．± 2 C．-2 D．±2
【答案】C
【分析】设等比数列 an 的公比为q，利用条件 -a8 -4a4，得到 q2 2，再由 a2a7 -4a4 ，
a3
得 a3q
4 -4a3qq ，即可得出结果.
4
【详解】设等比数列 an 的公比为q，因为-a8 -4a4，所以-a4q -4a4 ，
得到 q4
a
4 ，所以 q2 2，由 a2a7 -4a
3 4
4 ，得到 a3q -4aq 3
q，
4
所以 a3 - 2 -2q ，
故选：C.
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 的前 n项和为
Sn , a
2
n -1 an-1 -1 an+1 -1 n 2 ,a1 2, a2 3，则 S8 （ ）
A．127 B．135 C．255 D．263
【答案】D
【分析】由等比中项的性质证明 an -1 为等比数列，由此可求 an 的通项，然后利用分组
求和求解出结果.
2 a -1 2
【详解】由题意知当 n 2时， an -1 an-1 -1 an+1 -1 ，且 a1 -1 1, 2 2a -1 1 ，1
所以 an -1 是首项为1，公比为 2的等比数列，
n-1
所以 an -1 2 ，即 an 2
n-1 +1，
1 1- 28
所以 S8 + 8 263，1- 2
故选：D.
4．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 1, a2 1,an+1 2an + 3an-1 n 2 ，数列 an
的前 n项和为 Sn ，则S2023 （ ）
32024 -1 32024 - 4 32025 - 2 32023A． B C +1． ． D．
2 8 2 4
【答案】D
【分析】方法一：变形得到 an+2 + an+1 9 an + an-1 ， a2n + a2n+1 是以 6 为首项，9 为公比的
等比数列，分组求和,结合等比数列求和公式求出答案；
n-1
方法二：推出 an+1 + an 是首项为 2，公比为 3 的等比数列，故 an+2 - an 4 3 ，分 n为奇
数和偶数两种情况，利用累加法得到数列的通项公式，利用等比数列求和公式求出答案.
【详解】方法一：因为 an+1 2an + 3an-1 n 2 ,a1 1, a2 1，所以 a3 5．
因为 an+1 2an + 3an-1 n 2 ，所以 an+1 + an 3 an + an-1 ，
所以 an+2 + an+1 9 an + an-1 ．
因为 a2 + a3 6，所以 a2n + a2n+1 是以 6 为首项，9 为公比的等比数列．
所以 S2023 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + ×××+ a2022 + a2023
a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + ×××+ a2022 + a2023
6 1- 91011 2023
1 3 +1+ ；
1- 9 4
方法二：因为当 n 2时， an+1 2an + 3an-1，即 an+1 + an 3 an + an-1 ，
又 a1 + a2 1+1 2，所以 an+1 + an 是首项为 2，公比为 3 的等比数列，故
an+1 + an 2 3
n-1
．
a n-1 n n n-1 n-1由 n+1 + an 2 3 ，得 an+2 + an+1 2 3 ，两式相减得 an+2 - an 2 3 - 2 3 4 3 ．
当 n为偶数且n 4时， a4 - a2 4 3
1,a6 - a4 4 3
3 , × × ×,an - an-2 4 3
n-3
，
n-2
3 1- 9 2 3n-1 -1
以上式子相加得 ÷ n-1
a a 4 è 3 - 3
，又 a2 1，所以 an ．
n - 2 21- 9 2
3n-1a -1又 2 1满足上式，所以 an ．2
n 0 2 n-3当 为奇数且 n 3时， a3 - a1 4 3 ,a5 - a3 4 3 , × × ×,an - an-2 4 3 ，
n-1
30
以上式子相加得
1- 9 2 ÷ n-1
3n-1
3 +1
è -1，又 a1 1，所以 aa - a 4 n
，
n 1 21- 9 2
n-1
又 a1 1 a
3 +1
满足上式，所以 n ．2
ì3n-1 +1
,n 2k -1,k N
*
a 2综上， n í n-1 ，
3 -1
,n 2k,k N
*
2
1 3 1- 91011 1 1 1- 91012所以 S 1011 1 1012 3
2023 +1
2023 - + + ．2 1- 9 2 2 1- 9 2 4
故选：D
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向：①等差，等比数列中的奇偶项求和问
题；②数列中连续两项和或积问题；③含有 -1 n 的问题；④通项公式分奇偶项有不同表
达式问题；含三角函数问题，需要对 n分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组
求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相消法求和.
二、多选题
5．（2023·江苏盐城·三模）已知数列 a 2 2 2n 对任意的整数 n 3，都有 n an-2an+2 n - 4 an ，
则下列说法中正确的有（ ）
A．若 a2 2, a4 2 ，则 a6 2
B．若 a1 1， a3 3，则 a2n+1 2n +1 n N
C．数列 an 可以是等差数列
D．数列 an 可以是等比数列
【答案】BC
【分析】利用赋值，递推式以及假设法，即可逐一选项进行判断.
【详解】若 a2 2, a4 2 ，
当 n 4 16a 2时， 2a6 12a4 ，
3
解得 a6 ，故 A 错；2
若 a1 1， a3 3，
当 n 3时，9a1a5 5a
2
3 ，
解得 a5 5，
当 n 5时， 25a3a7 21a
2
5 ，
解得 a7 7 ，
L，
根据递推关系可知，
当 n为奇数，即 n 2n +1时，
a2n+1 2n +1 n N ，故 B 正确；
若 an n ，
则 n2 n - 2 n + 2 n2 - 4 n2 成立，
故数列 an 可以是等差数列，即 C 正确；
若数列 an 是等比数列，假设公比为q，
n2a a 2 2则由 n-2 n+2 n - 4 an ，
得 n +1 2 a é 2 ù 2n-1an+3 n +1 - 4 an+1，
n +1 2 n +1 2a a - 4 a2
两式相除得， n-1 n+3 n+1
n2

a 2 2
，
n-2 an+2 n - 4 an
n +1 2 2 n +1
2 - 4
即 q q2 ，
n2 n2 - 4
解得 n
1
- ，不符合题意，
2
则假设不成立，故 D 错.
故选：BC
6．（2024·江西赣州·一模）已知等比数列 an 的前 n项和为 Sn , a3 18, S3 26，则（ ）
A． an > 0 B． Sn > 0
C．数列 an 为单调数列 D．数列 Sn 为单调数列
【答案】BC
ìq 3 ì 3 q -
【分析】根据条件得到 ía 或 2 í
4 ，再对各个选项逐一分析判断，即可求出结果.
1 a1 32
【详解】设数列 an 的首项为 a1，公比为q，
ìa q21 18 ìq 3
ì
q
3
-
由题有 ía + a q + a q2
，解得 或 4 ，
1 1 1 26
í
a1 2
í
a1 32
ì 3
q -
对于选项 A，当 í 4 ， n为奇数时， an < 0，所以选项 A 错误，
a1 32
a (1 qn ) ìq
3
- - ìq 3
对于选项 B，因为 S 1n ，当 í 4 ，显然有 S > 0，当 时，1 í- q n
a 32
a1 2
1
1- q < 0,1- qn < 0，所以 Sn > 0，故选项 B 正确，
对于选项 C，当 q 3时，数列 an 是首项为 2，公比为3的递增数列，
当 q
3 3
- 时，数列 an 是首项为32，公比为 的递减数列，所以选项 C 正确，4 4
对于选项 D，由选项 B 知 Sn > 0，所以 Sn Sn，
ì 3 3 n
q - 32(1- (- ) ) 128
当 í 4 时， Sn 43 [1 (
3
- - )n ]，此时 Sn 不具有单调性，所以选项 D 错误，
a
7 4
1 32 1+ 4
故选：BC.
三、填空题
7 *．（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 1,2an+1 - an + anan+1 0(n N ) ，则数
列 an 的通项公式为 ．
1
【答案】 an 2n -1
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项即得.
【详解】数列 an 中， a1 1， 2an+1 - an + anan+1 0 ，显然 an 0 ，
1 2 1则有 × +1
1 1 1
a a ，即
+1 2( +1) +1 2
a a ，而 a ，n+1 n n+1 n 1
1
因此数列{ +1}a 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，n
1
所以 +1 2n
1
a ，即
an 2n
．
n -1
1
故答案为： an 2n -1
8．（2024·重庆·模拟预测）在正项等比数列 an 中， a1 16, a3 + a5 12，则 a2a4 LLa2n 的最
大值为 ．
【答案】 256
2 1 2
【分析】设等比数列 an 的公比为q，列出方程求得 q ，得到 - n +4n
2 a2a ×… × a 2
2 ，
4 2n
结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】设等比数列 an 的公比为q(q > 0)，
因为 a1 16, a3 + a5 12，可得 a1q
2 + a q41 12 ，即16q2 +16q4 12 q
2
，解得 ，
2
n2
1 1- n2 +4n - (n-4)2 +8
所以 a2a4 ×… × a
n 1+3+L+(2n-1)
2n a1 q 2
4n 2× 2 ÷
2 2 *
÷ 2 2 ,n N ，
è
所以当 n 4时， a2a4 ×… × a2n取得最大值，最大值为 28 256．
故答案为： 256 .
9．（2024·北京·三模）已知等比数列 an 满足： a2 < an < a1（ n 3,4,5, × × ×），请写出符合上
述条件的一个等比数列 an 的通项公式： ．
1 n-1 n-1
【答案】 an (- ) （答案不唯一， an a1q （ a1 > 0，-1 < q < 0））2
【分析】根据给定条件，可得 a1 > 0，公比 q (-1,0) ，再写出数列 an 的一个通项公式即可.
【详解】设等比数列 an 的公比为q，由 a2 < an < a1， n 3,4,5, × × ×，得 a1 > 0，
显然 a2 <| a3 |，即 a1q <| a
2 2
1q |< a1，于是 q < q <1，解得-1 < q < 0，
a n-1n a1q ，满足 a2 < an < a1， n 3,4,5, × × ×，
a 1 1 n-1取 1 1, q - ， an (- ) .2 2
1 n-1
故答案为： an (- )2
四、解答题
10．（2023·河北沧州·模拟预测）在各项均为正数的等差数列 an 中， a1， a2 -1， a3 -1成等
比数列， a6 11．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设数列 an
a
n S b n+1 5的前 项和为 n ， n S S ，证明：b1 + b2 +L+ b <2n-1 × n
．
2n+3 36
【答案】(1) an 2n -1
(2)证明过程见详解
【分析】（1）设等差数列 an 的公差为d ，结合题意求得d ，从而即可求得 a1，进而即可求
得等差数列 an 的通项公式；
（2）结合（1）可得数列 an 的前 n项和为 Sn ，从而即可求得 bn 的通项公式，再根据裂项
相消即可证明结论．
【详解】（1）设等差数列 an 的公差为d ，
由已知得 a2 -1
2 a1 a3 -1 ，
即 a 21 + d -1 a1 a1 + 2d -1 ，
又 a6 a1 + 5d 11，解得 d 2（舍负），
则 a1 1，所以 an 2n -1．
n 1+ 2n -1
（2

）结合（1）得 Sn n
2，
2
b an+1 2n +1 1
é 1 1 ù
则 n ê - ú ， S2n-1 × S2n+3 2n -1 2 2n + 3 2 8 2ê 2n -1 2n + 3
2
ú
所以
1 é 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ùb1 + b2 +L+ bn ê1- 2 + 2 - 2 + 2 - 2 +L+ 2 - 2 + 2 - 2 ú8 ê 5 3 7 5 9 2n - 3 2n +1 2n -1 2n + 3 ú
1 é 1 1 1 ù
1+ 1 10 5ê
8 32
- 2 - 2 ú < ．
ê 2n +1 2n + 3 ú 8 9 36
11．（2024·贵州毕节·三模）在无穷数列 an 中，若对任意的 n N*，都存在m N* ，使得
a + a 2a *n n+2m n+m ，则称 an 为 m 阶等差数列.在正项无穷数列 bn 中，若对任意的 n N ，
都存在m N* ，使得bnb
2
n+2m bn+m ，则称 bn 为 m 阶等比数列．
b b b b 7(1)若数列 n 为 1 阶等比数列， 1 + 2 + 3 ，b3 + b
7
4 + b5 ，求 bn 的通项公式及前 n2 8
项的和；
(2)若数列 ln cn 为 m 阶等差数列，求证： cn 为 m 阶等比数列；
(3)若数列 ln cn 既是 m 阶等差数列，又是m +1阶等差数列，证明： cn 是等比数列．
1 1
【答案】(1) bn 2n-2
， Sn 4 - 2n-2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可知数列 bn 为正项等比数列，求出首项和公比，再根据等比数列通项
公式和求和公式求解即可；
（2）由 ln cn 为 m 阶等差数列，所以对任意的 n N*，都存在m N* ，可得
c c c 2n n+2m n+m ，即可证明；
（3）由数列 ln cn 既是 m 阶等差数列，又是m +1阶等差数列，可得 cn ， cn+m+1， cn+2m+2成
cn+m+1 q 0 cn+m+1等比，cn+1， cn+m+1， cn+2m+1成等比，设 1 > ， q2 > 0c c ，即可证明.n n+1
【详解】（1）因为 bn 为 1 阶等比数列，所以 bn 为正项等比数列，
设公比为q，则q为正数，
ì b 1+ q + q2 7 1 2 1
由已知得 í q2
b q2 1 q q2 7
，解得 ，
+ + 4
1
8
1
因为q > 0 ，所以 q ，所以b 2，
2 1
所以 bn n-1
1 1
的通项公式为bn b1q 2 n-1 n-2 ，2 2
1
b 1- qn 2

1-

n ÷
前 n 项的和为 S 1 è 2 4 1n - n-2 ；1- q 1 1- 2
2
（2）因为 ln cn 为 m 阶等差数列，所以对任意的 n N*，都存在m N* ，
使得 ln cn + ln cn+2m 2ln cn+m 成立，
2
所以 ln cn ×cn+2m ln cn+m ，
2
即 cncn+2m cn+m ，所以 cn 为 m 阶等比数列；
（3）因为 ln cn 既是 m 阶等差数列，又是m +1阶等差数列，
所以对"n N*，有 ln cn + ln cn+2m 2ln cn+m 与 ln cn + ln cn+2(m+1) 2ln cn+m+1同时成立，
2
所以 cncn+2m cn+m 与 cncn+2(m+1) cn+m+1
2
同时成立，
所以 cn ， cn+m ， cn+2m 成等比， cn ， cn+m+1， cn+2m+2成等比，
由 cn ， cn+m ， cn+2m 成等比，得cn+1， cn+m+1， cn+2m+1也成等比，
cn+m+1 cn+m+1
设 q1 > 0， q2 > 0c c ，n n+1
cn+1 q 1所以 > 0 "n N* cc q ，所以数列 n 是等比数列.n 2
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新的概念来创设全新的问题情境，要
求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息迁移，
达到灵活解题的目的，遇到新定义的问题，应耐心读题，分析新定义，弄清新定义的性质，
按新定义的要求运算求解考点 36 等比数列（3 种核心题型+基础保分练+综合提升练+
拓展冲刺练）
【考试提醒】
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式.
3.了解等比数列与指数函数的关系．
【知识点】
1．等比数列有关的概念
(1)定义：如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的比都等于 常数，
那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，公比通常用字母 q(q≠0)
表示.
(2)等比中项：如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 成等比数列，那么 G 叫做 a
与 b 的等比中项，此时，G2＝ .
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＝ .
(2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.
(3)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝na1；当 q≠1 时，Sn＝ ＝ .
3．等比数列性质
(1)若 m＋n＝p＋q，则 ，其中 m，n，p，q∈N*.特别地，若 2w＝m＋n，
则 ，其中 m，n，w∈N*.
(2)a *k，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 (k，m∈N )．
pan
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{pan·qbn}和{ 也是qbn }
等比数列(b，p，q≠0)．
(4)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn， ， 仍成等比数列，其公比
为 qn.(n 为偶数且 q＝－1 除外)
(5) {a1 > 0，若 q > 1 {
a1 < 0，
或 0 < q < 1 则等比数列{an}递 ．，
{a1 > 0， {a1 < 0，若 0 < q < 1 或 q > 1 则等比数列{an}递 ．，
常用结论
1．等比数列{an}的通项公式可以写成 an＝cqn，这里 c≠0，q≠0.
2．等比数列{an}的前 n 项和 Sn可以写成 S nn＝Aq －A(A≠0，q≠1,0)．
3．数列{an}是等比数列，Sn是其前 n 项和．
T2n T3n
(1)若 a1·a2·…·an＝Tn，则 Tn， ， ，…成等比数列．Tn T2n
S 偶 S 奇－a1 S 偶
(2)若数列{an}的项数为 2n，则 ＝q；若项数为 2n＋1，则 ＝q，或 ＝qS 奇 S 偶 S 奇－an
【核心题型】
题型一　等比数列基本量的运算
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃
而解．
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
(3)运用等比数列的前 n 项和公式时，一定要讨论公比 q＝1 的情形，否则会漏解或增解．
【例题 1】（2024·广东东莞·模拟预测）等差数列 an 和等比数列 bn 都是各项为正实数的无
穷数列，且 a1 b1 ， a2 b2， an 的前 n 项和为 Sn ， bn 的前 n 项和为Tn ，下列判断正确的
是（ ）
A． an 是递增数列 B． bn 是递增数列
C． Sn > Tn D． Sn Tn
【变式 1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知正项等比数列 an 的前三项和为 28 且
a3 4，则 a8 （ ）
A 1
1 1 1
． 2 B． C． D．4 8 16
【变式 2】（2024·上海·三模）数列 an 满足 an+1 2an（ n为正整数），且 a2与 a4的等差中项
是 5，则首项 a1
【变式 3】（2024·四川遂宁·三模）等比数列 an 中， a1 1， a5 4a3 ．
(1)求 an 的通项公式：
(2)记 Sn 为 an 的前 n 项和，若 Sm 31，求 m．
题型二　等比数列的判定与证明
等比数列的三种常用判定方法
an＋1 an
(1)定义法：若 ＝q(q 为非零常数，n∈N*)或 ＝q(q 为非零常数且 n≥2，n∈N*)，则{a }
an a
n
n－1
是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0 且 a2n＋1＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)前 n 项和公式法：若数列{an}的前 n 项和 Sn＝k·qn－k(k 为常数且 k≠0，q≠0,1)，则{an}
是等比数列
*
【例题 2】（2023·天津和平·三模）已知数列 an 满足 a1 1， an+1 2an +1 n N ， Sn 是数
列 an 的前 n项和，则 S9 （ ）
A． 29 -10 B． 29 -11 C． 210 -10 D． 210 -11
【变式 1】（2024·宁夏银川·二模）已知数列{an}满足 a1 1，a2 4 ，3an+2 + an 4an+1，则下
列是等比数列的是（ ）
A．{an + 3} B．{an - 3} C． an+1 + an D． an+1 - an
【变式 2】（2023·四川内江·一模）数列 an 中， a1 2， am+n aman ，若 ak +1 1024，则
k .
【变式 3】（2024·四川成都·模拟预测）记数列 an 的前 n 项和为 Sn ，已知
2Sn n
2 + an + a1 -1．
(1)若 a1 1，证明： an - n 是等比数列；
1
(2)若 a2是 a1和a3的等差中项，设bn b Tana
，求数列 n 的前 n 项和为 n ．
n+2
题型三　等比数列的性质
(1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前 n
项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破
口．
(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要
【例题 3】（2024·山东泰安·模拟预测）在各项均为正数的等比数列 an 中，已知 a2 >1，其
前 n项之积为Tn ，且T20 T10 ，则Tn 取得最大值时，则 n的值为（ ）
A．15 B．16 C． 29 D．30
【变式 1】（2024·海南·模拟预测）已知等比数列 an 的公比为3, a2 + a4 12，则 a5 - a1
（ ）
A．20 B．24 C．28 D．32
【变式 2】（23-24 高三上 ·云南昆明 ·开学考试）设 an 是等比数列，且 a1 + a4 7 ，
a3 + a6 21，则a7 +a10 .
【变式 3】（2023·全国·模拟预测）已知数列 an a n-1，满足 1 + 2a2 + ×××+ 2 an 1024n．
(1)若Tn 是数列 an 的前 n 项积，求Tn 的最大值；
(2)抽去数列 an 的第 3，6，9，…，3m，…项，余下的项顺序不变，构成一个新数列 tn ，
求数列 tn 的前 2023 项和 S2023．
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知数列 an a2满足 n+1 anan+2 ，若 a2 1，a8 9，则 a5
（ ）
A．-3 B． ±3 C．3 D．5
2．（2024·安徽滁州·三模）已知 an 是单调递增的等比数列， a4 + a5 24, a3a6 128，则公比
q的值是（ ）
A．2 B．-2 C．3 D．-3
3．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知“正项数列 an 满足a nn+1 × an 4 ”，则“ a2 2a1 ”是“数列 an
为等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知在正项等比数列 a an 中， a2a4 16，且 a ,10, 63 成等差数2
列，则 a1 + a4 + a7 （ ）
A．157 B．156 C．74 D．73
二、多选题
5．（2024·江西·模拟预测）已知-1,2,8是等比数列 an 的前 5 项中的其中 3 项，且 a2 > 0，
则 an 的前 7 项和可能为（ ）
43 43
A．-43 -
43
B． C． D．
4 6 2
6．（23-24 高三下·福建·开学考试）在前 n 项和为 Sn 的正项等比数列 an 中， a1a4 8，
log a
a3 a2 + 2 b
2 n
， n S +1 ，则（ ）n
A． a6 - 4a5 -48 B． S7 127
C． Sn 2an -1 D．数列 bn 中的最大项为b2
三、填空题
7．（2024·河北保定·二模）在等比数列 an 中， a1a3a5 a2a6 , a4a13 -27 ，则 a6 ．
8．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）在等比数列 an 中， a3 2, a11 8，则 a7 .
9．（2023·全国·模拟预测）设 Sn 是数列 an 的前 n项和， Sn 2an + n - 3，令
bn log4 an -1 ，则数列 bn 的前 121 项和为 .
四、解答题
10．（2022·江西新余·二模）已知数列 an 是递增的等差数列， a2 3，若 a1， a3 - a1， a8 + a1
成等比数列.
(1)求数列 an 的通项公式；
a ì 8b ü(2) n若b nn 3 ，数列 í 的前 n 项和 S ，求
S .
bn + 2 b
n n
n+1 + 2
11．（23-24 高二下·河南·期中）已知数列 an 的首项 a1 3，且 an+1 - 2an +1 0.
(1)证明: an -1 是等比数列；
(2)求数列 an log2 an -1 的前 n项和Tn .
【综合提升练】
一、单选题
1．（2023·四川巴中·模拟预测）在等比数列 an 中， a1 + a3 2，a5 + a7 18，则 a3 + a5
（ ）
A．3 B．6 C．9 D．18
2．（2023·河南驻马店·二模）设等比数列 an 的前 n 项之积为 Sn，若 S3 1， S9 512 ，则
a11=（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．（2024·浙江·三模）已知数列 an 满足 a1 2，则“ an 为等比数列”是“ am ×an am+n（"m ，
n N* ）”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件
1 a
4 n．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知数列 an 的首项 a1 ，且满足 an+1 2 - a ，若2 n
1 1 1 1
+ + + ××× + < 1000 n
a1 a a a
，则满足条件的最大整数 （ ）
2 3 n
A．8 B．9 C．10 D．11
5．（2024·宁夏石嘴山·三模）已知数列 an 是等比数列，且a2a3a4 64,则 log2 a3 的值为
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2024·山东聊城·一模）已知数列 an 满足 an+1 3an + 2，则“ a1 -1”是“ an 是等比数
列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2024· *陕西西安·模拟预测）等差数列 an 的前项 n和为 Sn ，且 an N ，数列 bn 为等比
数列，则下列说法错误的选项是（ ）
A a．数列 2 n 一定是等比数列 B．数列 ba 一定是等比数列n
ìS ü
C n．数列 í 一定是等差数列 D．数列 bn + bn n+1 一定是等比数列
8．（2024· 3 2 2陕西商洛·模拟预测）设等比数列 an 中，a3，a7使函数 f x x + 3a3x + a7 x + a3
在 x=-1时取得极值 0 ，则 a5 的值是（ ）
A．± 3 或±3 2 B． 3或3 2
C．±3 2 D．3 2
二、多选题
9．（2024·江西·三模）已知数列 an 满足 a1 1, an+1 2an +1，则（ ）
A．数列 an 是等比数列 B．数列 log2 an +1 是等差数列
C．数列 an 的前 n项和为 2n+1 - n - 2 D． a20 能被 3 整除
10．（2024· 2辽宁大连·一模）已知递增等比数列 an 的公比为q，且满足 a3 + 3a4 a5，下列
情况可能正确的是（ ）
q = 2 q 1A． B． C． a4 -1 D． a4 20242
11．（2024·浙江绍兴·二模）已知数列{an}与{bn}满足 a1 1，且 an+1 2an +1(n N
*)，
bn log2 (an +1) .若数列{an}保持顺序不变，在 a kk 与 ak +1项之间都插入 2 个bk 后，组成新数列
{cn}，记{cn}的前 n项和为 Sn ，则（ ）
A． a nn+1 2 B．bn n
C． c2024 10 D． S2024 20150
三、填空题
12．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列 an 为各项均不相等的等比数列，其前 n项和为
S
Sn ，且3a2 , 2a3 ,a
3
4 成等差数列，则 a .4
13 n *．（2024·湖南邵阳·一模）已知数列 an 的首项为1， anan+1 3 n N ，则 a8 .
1
14．（2024·上海·三模）无穷等比数列 an 满足： a1 + a2 1， a3 + a4 ，则 an 的各项和4
为 ．
四、解答题
15．（2023·山东威海·二模）已知 2n＋2 个数排列构成以 qn qn >1 为公比的等比数列，其中
第 1 个数为 1，第 2n＋2 个数为 8，设 an log2 qn．
ì 1 ü
(1)证明：数列 í 是等差数列；
an
π π
(2)设bn tan tana a ，求数列 bn 的前 100 项和 S100 ．n n+1
16．（2024·四川成都·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 1, a2 1, 当 n 3时，
ìa + a ,n为奇数
an
n-1 n-2
í
2an-2 +1, n为偶数
(1)求 a4和 a6，并证明当 n为偶数时 an +1 是等比数列；
(2)求a1 +a3 +a5 +......+a29
17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知公比大于 1 的等比数列 an 满足： a2 + a3 + a4 28，且
a3 + 2是 a2和 a4的等差中项．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若bn an × log0．5an，求 bn 的前 n项和 Sn ．
18．（2024·青海海南·二模）已知数列 an 的各项均为正数，其前 n项和为 Sn , Sn 是等比数
列，a3 a1a2 ,2S5 a6 .
(1)求数列 Sn 的通项公式；
(2)设bn an × log3 Sn ，求数列 bn 的前 n项和Tn .
19．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 的首项为 1，前 n 项和为 Sn ，且 Sn 2Sn-1 +1，其
中 n 2．
(1)求证：数列 an 是等比数列；
1 1 1 1 1
(2)当 n 2时，求证： + + + ×××+ < 2 1-S n ÷．1 S2 S3 Sn è 2
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·山东菏泽·二模）已知 an 是等差数列，a1 3,a4 12，在数列 bn 中
b1 4,b4 20，若 bn - an 是等比数列，则b2024 的值为（ ）
A．6072 B． 22023
C．22023 + 6072 D．22023 - 6072
2．（2024·山东济南·三模）已知 an 是等比数列，且 a2a7 -a8 -4a4，则a3 （ ）
A．- 2 B．± 2 C．-2 D．±2
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 的前 n项和为
Sn , a
2
n -1 an-1 -1 an+1 -1 n 2 ,a1 2, a2 3，则 S8 （ ）
A．127 B．135 C．255 D．263
4．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 1, a2 1,an+1 2an + 3an-1 n 2 ，数列 an
的前 n项和为 Sn ，则S2023 （ ）
32024 -1 32024 - 4 32025A B C - 2 3
2023 +1
． ． ． D．
2 8 2 4
二、多选题
5．（2023· 2 2 2江苏盐城·三模）已知数列 an 对任意的整数 n 3，都有 n an-2an+2 n - 4 an ，
则下列说法中正确的有（ ）
A．若 a2 2, a4 2 ，则 a6 2
B．若 a1 1， a3 3，则 a2n+1 2n +1 n N
C．数列 an 可以是等差数列
D．数列 an 可以是等比数列
6．（2024·江西赣州·一模）已知等比数列 an 的前 n项和为 Sn , a3 18, S3 26，则（ ）
A． an > 0 B． Sn > 0
C．数列 an 为单调数列 D．数列 Sn 为单调数列
三、填空题
7．（2024·江苏南京· *模拟预测）已知数列 an 满足 a1 1,2an+1 - an + anan+1 0(n N ) ，则数
列 an 的通项公式为 ．
8．（2024·重庆·模拟预测）在正项等比数列 an 中， a1 16, a3 + a5 12，则 a2a4 LLa2n 的最
大值为 ．
9．（2024·北京·三模）已知等比数列 an 满足： a2 < an < a1（ n 3,4,5, × × ×），请写出符合上
述条件的一个等比数列 an 的通项公式： ．
四、解答题
10．（2023·河北沧州·模拟预测）在各项均为正数的等差数列 an 中， a1， a2 -1， a3 -1成等
比数列， a6 11．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设数列
a
an 的前 n n+1
5
项和为 Sn ，bn S × S ，证明：b1 + b2 +L+ bn < ．2n-1 2n+3 36
11．（2024·贵州毕节·三模）在无穷数列 an 中，若对任意的 n N*，都存在m N* ，使得
an + an+2m 2an+m ，则称 an 为 m 阶等差数列.在正项无穷数列 bn 中，若对任意的 n N*，
2
都存在m N* ，使得bnbn+2m bn+m ，则称 bn 为 m 阶等比数列．
(1)若数列 b 7 7n 为 1 阶等比数列，b1 + b2 + b3 ，b3 + b4 + b5 ，求 b 的通项公式及前 n2 8 n
项的和；
(2)若数列 ln cn 为 m 阶等差数列，求证： cn 为 m 阶等比数列；
(3)若数列 ln cn 既是 m 阶等差数列，又是m +1阶等差数列，证明： cn 是等比数列．

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