资源简介

第 03 讲 等比数列及其前 n 项和
目录
01 考情透视·目标导航 .........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航 .........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究 .........................................................................................................................4
知识点 1：等比数列的有关概念.........................................................................................................4
知识点 2：等比数列的有关公式.........................................................................................................4
知识点 3：等比数列的性质.................................................................................................................5
解题方法总结........................................................................................................................................5
题型一：等比数列的基本运算............................................................................................................6
题型二：等比数列的判定与证明........................................................................................................7
题型三：等比数列项的性质应用........................................................................................................9
题型四：等比数列前 n 项和的性质..................................................................................................10
题型五：奇偶项求和问题的讨论......................................................................................................10
题型六：等差数列与等比数列的综合应用......................................................................................12
题型七：等比数列的范围与最值问题..............................................................................................13
题型八：等比数列的实际应用..........................................................................................................14
题型九：公共项与插项问题..............................................................................................................15
04 真题练习·命题洞见........................................................................................................................17
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................18
06 易错分析·答题模板........................................................................................................................19
易错点：不能灵活运用等比数列的性质..........................................................................................19
考点要求 考题统计 考情分析
（1）等比数列的有关概 高考对等比数列的考查相对稳定，考查内
念 2023 年甲卷（理）第 5 题，5 分 容、频率、题型、难度均变化不大．重点是（1）
（2）等比数列的通项公 2023 年 II 卷第 8 题，5 分 选择题、填空题多单独考查基本量的计算；（2）
式与求和公式 2023 年乙卷（理）第 15 题，5 分 解答题多与等差数列结合考查，或结合实际问题
（3）等比数列的性质 或其他知识考查．
复习目标：
（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：等比数列的有关概念
（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等于同一常数（不为零），那么这个
数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为 an +1 =q ．
an
（2）等比中项：如果 a ，G ，b成等比数列，那么G 叫做 a 与b的等比中项．
即G 是 a 与b的等比中项 a ，G ，b成等比数列 G2 = ab．
【诊断自测】某景点上山共有 999 级台阶，寓意长长久久.甲上台阶时，可以一步上一个台阶，也可以一步
1 2
上两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为 ，每步上两个台阶的概率为 3 ，为了简便描述问题，我们约3
定，甲从 0 级台阶开始向上走，一步走一个台阶记 1 分，一步走两个台阶记 2 分，记甲登上第 n 个台阶的
概率为P ，其中 n N*n ，且 n 998 . 证明：数列 Pn+1 - Pn 是等比数列.
知识点 2：等比数列的有关公式
（1）等比数列的通项公式
a
设等比数列{a n-1 n 1n } 的首项为 a 1 ，公比为 q(q 0)，则它的通项公式 an = a1q = c × q (c = )(a1,q 0) ．q
推广形式： an = a × q
n－m
m
（2）等比数列的前 n 项和公式
ìna1(q = 1)

等比数列{an } 的公比为 q(q 0)，其前 n 项和为 S nn = ía1(1- q ) a1 - anq
= (q 1)
1- q 1- q
注①等比数列的前 n 项和公式有两种形式，在求等比数列的前 n 项和时，首先要判断公比q是否为 1，
再由q的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比q是否为 1 时，要分 q = 1与 q 1两种情况讨论求解．
n
② a - a q已知 a , q(q 1), n （项数），则利用 S a= 1 (1 - q )1 求解；已知n a1 , an , q (q 1) ，则利用 S =
1 n 求
1 - q n 1- q
解．
③ S a1 (1 - q
n ) -a a
n = =
1 × q n + 1 = kq n - k (k 0, q 1) ， S n 为关于 q n 的指数型函数，且系数与常数1 - q 1 - q 1 - q
互为相反数．
【诊断自测】若数列 an 是公比为q的等比数列，且 log2 a4 + log2 a13 = 3， a6a10 = 4，则q的值为（ ）
A．2 B．4 C．±2 D．±4
知识点 3：等比数列的性质
（1）等比中项的推广．
2
若m+n = p +q时，则aman =apaq，特别地，当m + n = 2 p 时， aman = ap ．
（2）①设{an } 为等比数列，则{l an } （l为非零常数），{ an }，{a mn } 仍为等比数列．
②设{an } 与{b n } 为等比数列，则{an bn}也为等比数列．
（3）等比数列{an } 的单调性（等比数列的单调性由首项 a 1 与公比q决定）．
ìa1 > 0 ìa1 < 0
当 í 或 í 时，{an } 为递增数列；
q > 1 0 < q <1
ìa1 > 0 ìa1 < 0
当 í 或 í 时，0 q 1 q 1 {a< < > n }
为递减数列．

（4）其他衍生等比数列．
若已知等比数列{an } ，公比为q，前 n 项和为 S n ，则：
①等间距抽取
ap,ap+t ,a tp+2t ,Lap+(n-1)t ,L为等比数列，公比为 q ．
②等长度截取
Sm , S2m - Sm , S3m - S2m ,L 为等比数列，公比为 q m （当 q = -1时， m 不为偶数）．
1 1 1
【诊断自测】在正项等比数列 a 2n 中， a2， a10 是3x - 6x +1 = 0的两个根，则 + + =a a a .2 6 10
解题方法总结
（1 2）若 m + n = p + q = 2k (m ， n ， p ， q ， k N * ) ，则 am ×an＝ap ×aq＝ak ．
（2）若{an } ，{bn }
a
（项数相同）是等比数列，则{l an }(l 0) ，{
1 }，{a 2n }，{an × bn } ，{ n }仍是等an bn
比数列．
（3）在等比数列{an } 中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an， an＋ k， an＋2 k， an 为＋3k
等比数列，公比为 q k ．
（4）公比不为－1 的等比数列{an } 的前 n 项和为 S n ，则 S n ， S 2 n - S n ， S3n - S2n 仍成等比数列，其公
比为 q n ．
（5）{an } 为等比数列，若 a
T T
1 × a2 a ＝T 2n 3nn n ，则Tn ， ， ，L 成等比数列．Tn T2n
（6 a）当 q 0， q 1时， S n = k－ k·q n (k 0) 是{an } 成等比数列的充要条件，此时 k = 1 ．1 - q
（7）有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间
项的平方．
（8）若{an } 为正项等比数列，则{log c an }(c > 0, c 1) 为等差数列．
（9）若{an } 为等差数列，则{c an }(c > 0, c 1) 为等比数列．
（10）若{an } 既是等差数列又是等比数列 {a n ) 是非零常数列．
题型一：等比数列的基本运算
【典例 1-1】（2024·广东深圳·模拟预测）已知等比数列 an 公比为q，前 n项和为 Sn ，且满足 a6 = 8a3，则
下列说法正确的是（ ）
S 1
A． S3 × S9 = S
2 B 66 ． =S3 9
1
C． q = D． Sn = 2a2 n
- a1
【典例 1-2】（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
【方法技巧】
等比数列基本量运算的解题策略
（1）等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量 a ， n ，q1 ， a n ，
S n ，
一般可以“知三求二”，通过列方程（组）便可迎刃而解．
（2）等比数列的前 n 项和公式涉及对公比q的分类讨论：
n
当 q = 1时， Sn = na1 ；当 q 1时， S =
a1 (1 - q ) a - a= 1 n qn 1 - q 1 - q
【变式 1-1】（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 an 是各项均为正数的等比数列，且3a1 + 9a2 = 2，
9a24 = a1a5，则（ ）
A． a
1
n = n B
n
． an = 3 C． a
1
n = n-1 D a
n-1
．
3 3 n
=3
【变式 1-2】（2024·高三·广西·开学考试）已知等比数列 an 的前三项和为 13， a6 - 6a5 + 9a4 = 0，则 a6 =
（ ）
A．81 B．243 C．27 D．729
【变式 1-3】（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,
a6 成等差数列，
2
则 a1 + a4 + a7 = （ ）
A．157 B．156 C．74 D．73
【变式 1-4】（2024·陕西渭南·二模）已知等比数列 an 的前 n项和为 Sn , a1 + a3 = 30, S4 =120，则其公比 q =
（ ）
A．1 B． 2 C．3 D．-3
题型二：等比数列的判定与证明
【典例 2-1】（2024·河南·三模）已知数列 an 的各项均不为 0，其前 n项和为 Sn ，q为不等于 0 的常数，且
Sn = qSn-1 + a1 n 2 ．
(1)证明： an 是等比数列；
(2)若 S5 , S11, S8 成等差数列，则对于任意的正整数 t ， at+5 ， at+11， at+8 是否成等差数列？若成等差数列，请
予以证明；若不成等差数列，请说明理由．
1 a 1
【典例 2-2】（2024· n四川绵阳·模拟预测）已知数列{an}中， a1 = ， an+1 = 2 a (n N
*) .证明：{ -1}- a 是3 n n
等比数列；
【方法技巧】
等比数列的判定方法
若 an +1 =q （ q为非零常数， n N * 或 an =q （ q为非零常数且 n 2， n N * ），则
a
定义法 n
an -1
{an } 是等比数列
中项公式法 若数列{an } 中， an 0 且 a 2 *n +1 =an × an + 2 (n N ) ，则{an } 是等比数列
若数列{an } 的通项公式可写成 a = c·q n -1 （ c，qn 均为非零常数， n N * ），则{an } 是等
通项公式法
比数列
前 n 项和公式法 若数列{a nn } 的前 n 项和 S n = k·q - k （ k为非零常数， q 0，1），则{an } 是等比数列
ìa - 3, n为奇数,
【变式 2-1】（2024·河北石家庄· a a = 7,a = n二模）已知数列 n 满足 1 n+1 í
2an , n为偶数.
(1)写出 a2 , a3 , a4 ;
(2)证明:数列 a2n-1 - 6 为等比数列;
【变式 2-2】（2024·青海海南·一模）记等差数列 an 的前 n项和为 Sn ， bn 是正项等比数列，且
a1 = b1 = 2, S10 =11a5 ,b3 - b2 = a2．
(1)求 an 和 bn 的通项公式；
ì n ü
(2)证明 í 是等比数列．
an ×bn
【变式 2-3】已知数列 an 和 bn 满足 a1 =1,b1 = 0 ， 4an+1 = 3an - bn + 4 ， 4bn+1 = 3bn - an - 4 .证明： an + bn
是等比数列， an - bn 是等差数列.
【变式 2-4】已知点 A1(1, 2)， A2 (2,3)，设 An an ,bn n N* ，当 n 3时，线段 An-2 An-1的中点为Bn ，Bn 关
于直线 y = x A B A A B
3 5 5 3
的对称点为 n .例如， 3为线段 1 2 的中点，则 3 , ÷， A3 , ÷ .设 cn = an+1 + bn+1 - an - bn ，
è 2 2 è 2 2
证明： cn 是等比数列.
【变式 2-5】（2024·全国·模拟预测）已知数列 a a =1, a + a = 8 ×3n-1n 满足 1 n n+1 ．
n
证明：$l R ，使得数列 an + l ×3 成等比数列；
题型三：等比数列项的性质应用
【典例 3-1】（2024·浙江金华·模拟预测）已知数列 an 是等差数列，数列 bn 是等比数列，若
a2 + a4 + a6 = 5π ，b b b = 3 3，则 tan
a1 + a7 =
2 4 6 1- b b ．2 6
【典例 3-2】（2024·高三·内蒙古锡林郭勒盟·开学考试）已知数列 an 为正项等比数列，若
1 1 1 1 1
a3 + a4 + a6 + a8 + a9 = 2 ， + + + + = 18 a =a a a a a ，则 6 ．3 4 6 8 9
【方法技巧】
（ 1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件、利用性质，特别是性质 “若
m + n = p + q = 2k ，则 am ×an＝ap ×aq＝a
2
k ．”，可以减少运算量，提高解题速度．
（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时
注意设而不求思想的运用．
【变式 3-1】在各项均为正数的等比数列 an 中， a5a6 = 8，则 log2a4 + log2a7 = .
【变式 3-2】若等比数列 an 满足 a4 × a6 + 2a5 ×a7 + a6 × a8 = 36，则 a5 + a7 等于 ．
【变式 3-3】已知等比数列 an 的各项均为正数，且 a4a6 + a3a7 =18，则 a5 = ，
log3 a1 + log3 a2 + log3 a3 + ××× + log3 a9 = ．
【变式 3-4】（2024·陕西·模拟预测）等比数列 an 满足： a1 > 0,q > 0,a1a3a5a7a9 = 32，则 a2 + a8 的最小值
为 ．
题型四：等比数列前 n 项和的性质
【典例 4-1】记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，则S1 = ．
S9
【典例 4-2】设等比数列 an 的前 n项和是 Sn .已知 S3 = 30 , S6 =120，则 =S .3
【方法技巧】
（1）等比数列{an } 中，所有奇数项之和 S 与所有偶数项之和 S 具有的性质，设公比为q．奇 偶
① S若共有 2n项，则 偶 = q ；②若共有 2n +1 S - a项， 奇 1 = q ．
S奇 S偶
（2）等比数列{an } 中， S k 表示它的前 k项和．当 q -1时，有 S k ，S 2 k－ S k ，S 3k－ S 2 k ， 也成等比数列，
公比为 q k ．
【变式 4-1】已知正项等比数列 an 共有 2n项，它的所有项的和是奇数项的和的3倍，则公比 q = .
【变式 4-2】已知等比数列 a nn 的前 n 项和 Sn = a 3 - 2，则a = ．
S 1
【变式 4-3】（2024·高三· 5江苏苏州·期末）设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若 =S 3 ，则10
S5 =
S + S .20 10
【变式 4-4】数列 an 是等差数列，数列 bn 是等比数列，公比为 q，数列 cn 中， cn = anbn， Sn 是数列
cn 的前 n 项和．若 Sm =11， S2m = 7 ， S3m = -201（m 为正偶数），则 S4m 的值为 ．
题型五：奇偶项求和问题的讨论
5-1 2024· · · a a = a =1, a - a
a
= 2, 2n+2【典例 】（ 高三 四川成都 期中）数列 n 满足： 1 2 2n+1 2n-1 = 2 ，数列 aa n 的2n
前 n项和记为 Sn ，则 S23 = ．
ìa
n ,a 是偶数,
【典例 5-2】（2024·河南· n模拟预测）已知数列 an 满足 an+1 = í 2 ， Sn 是数列 an 的前 n项和，
an + 2,an是奇数,
若已知a1 = 64，那么 S20的值为（ ）
A．322 B．295 C．293 D．270
【方法技巧】
求解等比数列的前 n项和 Sn ，要准确地记住求和公式，并合理选取公式，尤其是要注意其项数 n的值；
对于奇偶项通项不统一问题要注意分类讨论．主要是从 n为奇数、偶数进行分类．
ì 2an , n为奇数
【变式 5-1】已知数列 an 满足 an+1 = í ，若3 a9 15，则 a1的取值范围是（ ）
an +1, n为偶数
A．[-1,0] é
3 ù é 3ùB． ê- ,0ú C． ê0, ú D．[0,1] 4 4
【变式 5-2】（2024·高三·河北唐山·期末）记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，当 n 2
ìa
, a = n-1
+1,n为奇数
时 n í ．且 S =1．
2an-1,n
3
为偶数
(1)求 a1， a2；
(2)（i）当 n 为偶数时，求 an 的通项公式；
（ⅱ）求 S2024．
ìan - 301,n为奇数【变式 5-3】（2024·福建厦门·模拟预测）已知 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，bn = í ，
2
an , n为偶数
b4 = 32， S5 = 20 .
(1)求 an 的通项公式；
(2)记Tn 为数列 bn 的前 n 项和，若 2T2n - S2n > 0，求 n 的最小值.
ì2la , n为奇数
【变式 5-4】已知数列 a nn 满足 a1 =1， an+1 = í
l +1 a , n
，l 为参数且l > 0 .
n 为偶数
(1)求 a2、a3的值（用l 表示），并探究是否存在l 使得数列 an 成等比数列，若存在，求l 的值，无需证
明.
(2)当l = 2时，求 an 的前 2n项和 S2n ；试给出 an 前 n项和 Sn 表达式.
题型六：等差数列与等比数列的综合应用
【典例 6-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）已知数列 an 是公差不为 0 的等差数列， a1 =1，且满足 a2 , a3 , a6
成等比数列，则数列 an 前 6 项的和为 .
【典例 6-2】（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 Sn ，且
S
3a2 , 2a3 ,a
3
4 成等差数列，则 =a .4
【方法技巧】
（1）等差数列与等比数列的相互转化：等差数列通过指数运算转化为正项等比数列，正项等比数列
通过对数运算转化为等差数列．
（2）等差数列和等比数列的交汇，若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列为非零常数数
列．
1
【变式 6-1】（2024·湖北荆州·三模）若实数0, x, y,6成等差数列，- ,a,b,c,
1
- y - x成等比数列，则 = .
2 8 b
【变式 6-2】（2024·浙江杭州·三模）已知公差为正数的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ， bn 是等比数列，
且 S2 = -2 b3 + b
2
4 ， S6 = 6 b1 + b2 b5 + b6 ，则 Sn 的最小项是第 项．
【变式 6-3】记 Sn 为公差不为 0 的等差数列 an 的前 n 项和，已知 S2 = -30 ，且 a1， a5 ，a7成等比数列，
则 Sn 的最小值为 .
【变式 6-4】（2024· 2 2陕西安康·三模）已知方程 x - mx + 27 x - nx + 27 = 0的四个根组成以 1 为首项的等
比数列，则 m - n =（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
题型七：等比数列的范围与最值问题
【典例 7-1】（多选题）设等比数列 an 的公比为q，其前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，若 a1 >1， 0 < q <1，
且 a2023 -1 × a2024 -1 < 0，则下列结论正确的是（ ）
A． S2024 - S2023 > 0 B． a2023a2025 <1
C．数列 Tn 中的最大值是T2023 D．数列 Tn 无最大值
【典例 7-2】（多选题）（2024·湖北·二模）无穷等比数列 an 的首项为 a1公比为 q，下列条件能使 an 既有
最大值，又有最小值的有（ ）
A．a1 > 0，0 < q <1 B．a1 > 0，-1 < q < 0
C． a1 < 0， q = -1 D． a1 < 0， q < -1
【方法技巧】
等比数列的范围与最值问题是数列研究中的重要内容。在处理这类问题时，首先需要明确等比数列的
定义和性质，包括通项公式、前 n 项和公式等。对于范围问题，通常通过不等式求解，利用等比数列的性
质确定数列项的取值范围。对于最值问题，则需分析数列的单调性，结合数列项的性质，求出数列的最大
项或最小项。
【变式 7-1】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知正项等比数列 an 的前 n项的积为Tn ，且公比 q 1，若
对于任意正整数 n，Tn T2023，则（ ）
A．0 < a1 <1 B．0 < q <1 C． a2023 =1 D．T4047 1
【变式 7-2】（多选题）设等比数列 an 的公比为q，其前 n 项和为 Sn ，前 n 项积为Tn ，且满足条件 a1 >1，
a2022a2023 >1， a2022 -1 a2023 -1 < 0，则下列选项正确的是（ ）
A．0 < q <1 B． S2022 > S2023 -1
C．T2023是数列 Tn 中的最大项 D．T4043 < 1
【变式 7-3】（多选题）已知等比数列 an 满足a1 > 0，公比 q > 1 ，且 a1a2 × × ×a2021 <1， a1a2 × × ×a2022 >1，则
（ ）
A． a2022 >1 B．当 n = 2021时， a1a2 × × × an 最小
C．当 n = 1011时， a1a2 × × × an 最小 D．存在 n <1011，使得 anan+1 = an+2
【变式 7-4】（多选题）设等比数列 an 的公比为q，其前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，且 a1 >1， a6a7 >1，
a6 -1 < 0
a -1 ，则下列结论正确的是（ ）7
A．0 < q <1 B．0 < a7a8 <1
C． Sn 的最大值为 S7 D．Tn 的最大值为T6
【变式 7-5】（多选题）（2024·福建三明·三模）设等比数列 an 的前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，若满足
0 < a1 <1， a7 ×a4040 >1， a2023 -1 a2024 -1 < 0，则下列选项正确的是（ ）
A． an 为递减数列 B． S2023 +1< S2024
C．当 n = 2023时，Tn 最小 D．当Tn >1时， n的最小值为 4047
题型八：等比数列的实际应用
【典例 8-1】（2024·安徽合肥·三模）某银行大额存款的年利率为3%，小张于 2024 年初存入大额存款 10 万
元，按照复利计算 8 年后他能得到的本利和约为（ ）（单位：万元，结果保留一位小数）
A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9
【典例 8-2】（2024·天津红桥·二模）某同学于 2019 年元旦在银行存款 1 万元，定期储蓄年利率为1.75% ，
以后按约定自动转存，那么该同学在 2025年元旦可以得到本利和为（ ）
A．10000 1.01756 B．10000 1.01757
10000 1-1.75%6 10000 1-1.75%7C D ． ．
1-1.75% 1-1.75%
【方法技巧】
等比数列在实际应用中广泛存在，其独特的性质使得它在金融、物理、生物学等多个领域都有重要的
应用。例如，在金融领域，等比数列可以用于计算复利、贷款分期偿还等问题；在物理学中，等比数列可
以用来描述某些放射性物质的衰变过程；在生物学中，它也可以用于描述种群数量的增长等。因此，掌握
等比数列的应用具有实际意义。
π
【变式 8-1】在等腰直角三角形 ABC 中，B = ， AB = a ，以 AB 为斜边作等腰直角三角形 AB1B ，再以2
AB1为斜边作等腰直角三角形 AB2B1，依次类推，记 VABC 的面积为 S1，依次所得三角形的面积分别为 S2 ，
S3 ……若 S1 + S
255
2 +L+ S8 = ，则a = （32 ）
A．2 B． 2 2 C．3 D．4
【变式 8-2】如图，雪花形状图形的作法是:从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中
间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三
角形(图①)的边长为 1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为C1，C2 ，C3，C4 ，则C4 =
（ ）
64 128 64 128
A． B． C． D．
9 9 27 27
【变式 8-3】（2024·云南昆明·模拟预测）每年 6 月到 9 月，昆明大观公园的荷花陆续开放，已知池塘内某
种单瓣荷花的花期为 3 天（第四天完全凋谢），池塘内共有 2000 个花蕾，第一天有 10 个花蕾开花，之后每
天花蕾开放的数量都是前一天的 2 倍，则在第几天池塘内开放荷花的数量达到最大（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【变式 8-4】（2024·云南昆明·一模）第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的.如
图所示，作Rt△AOB ，OA =1， AOB = 30°，再依次作相似三角形△BOC ，△COD ，△DOE ，……，直至
最后一个三角形的斜边OM 与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（ ）
é 113 ù é 11 ù
A． ê
2 3 1ú 3 4 ÷÷ - B． ê ÷ -1ú2 ê 3 è ú 2 êè 3 ú
é 123 ù é 12 ù
C． ê
2 3 3 4
2 ê
÷÷ -1ú D． ê ÷ -1ú
è
3 ú 2 êè 3 ú
题型九：公共项与插项问题
【典例 9-1 n】将数列 2 与 3n - 2 的公共项由小到大排列得到数列 an ，则数列 an 的前 n 项的和为 ．
【典例 9-2】已知数列 a 满足 a = 2nn n ，在 an 和 an+1之间插入 n个 1，构成数列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，
则数列 bn 的前 20 项的和为 .
【方法技巧】
公共项与插项问题是数列研究中的重要内容，具有广泛的应用背景。
公共项问题涉及两个或多个数列中共同存在的项。这些项可能具有特定的数值和序号关系，需要利用
数列的通项公式和性质进行求解。例如，两个等差数列的公共项可以组成一个新的等差数列，其公差是两
原数列公差的最小公倍数。
插项问题则是在数列的特定位置插入新的项，以改变数列的原始结构。这类问题通常要求分析插入项
对数列性质的影响，如数列的单调性、最值等。在实际应用中，插项问题可用于数列的扩展、数列模型的
修正等方面。
综上所述，公共项与插项问题是数列研究中的基础而重要的问题，对于深入理解数列的性质和应用具
有重要意义。
【变式 9-1】已知数列 an 满足 an = 2n ，在 an 和 an+1之间插入 n个 1，构成新的数列 bn ，则数列 bn 的前
20 项的和为 .
【变式 9-2 2 2】已知各项均为正数的数列 an 中， a1 =1且满足 an+1 - an = 2an + 2an+1，数列 bn 的前 n 项和为
Sn ，满足 2Sn +1 = 3bn ．
(1)求数列 an ， bn 的通项公式；
(2)若在bk 与bk +1之间依次插入数列 an 中的 k 项构成新数列 cn ：b1， a1，b2， a2， a3，b3， a4， a5 ， a6，
b4，……，求数列 cn 中前 50 项的和T50 ．
【变式 9-3】（2024·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成
新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到数
列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3．设数列 a,b,c经过 n次“和扩充”后得到的数列的
项数为Pn，所有项的和为 Sn ．
(1)若 a = 2,b = 3,c = 4，求P2 , S2 ；
(2)求不等式Pn 2024的解集；
(3)是否存在数列 a,b,c a,b,c R ，使得数列 Sn 为等比数列？请说明理由．
n n-1
【变式 9-4】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列 an 的前 n 项积为T = 3 2 ，数列 bn 满足b1 =1，n
bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求数列 an ， bn 的通项公式；
(2)将数列 an ， bn 中的公共项从小到大排列构成新数列 cn ，求数列 cn 的通项公式．
【变式 9-5】（2024·全国·模拟预测）设 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，且 a1 = 4, S5 = 50，数列 bn 满足
b = 4,b = 4b ,n N*1 n+1 n ．
(1)求 an 和 bn 的通项公式；
(2)若将数列 an 和 bn 的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列 cn ，求数列 cn 的前 n 项和Tn ．
1．（2023 年高考全国甲卷数学（理）真题）设等比数列 an 的各项均为正数，前 n 项和 Sn ，若 a1 =1，
S5 = 5S3 - 4，则 S4 =（ ）
15 65
A． B． C．15 D．40
8 8
2．（2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，则 S8 =
（ ）．
A．120 B．85 C．-85 D． -120
3．（2022 年高考全国乙卷数学（理）真题）已知等比数列 an 的前 3 项和为 168， a2 - a5 = 42，则 a6 = （ ）
A．14 B．12 C．6 D．3
4．（2021 年全国高考甲卷数学（文）试题）记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和.若 S2 = 4， S4 = 6，则 S6 =
（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．（2024 年上海秋季高考数学真题）无穷等比数列 an 满足首项 a1 > 0,q >1，记
In = x - y x, y a1,a2 an ,an+1 ，若对任意正整数 n集合 In 是闭区间，则q的取值范围是 ．
1．已知数列 3
3a
a nn 的首项 a1 = ，且满足 a = ．5 n+1 2an +1
ì 1 ü
（1）求证：数列 í -1 为等比数列．
an
1 1 1
（2）若 + + +L
1
+ <100
a a a a ，求满足条件的最大整数 n．1 2 3 n
2．已知 an 是一个无穷等比数列，公比为 q．
（1）将数列 an 中的前 k 项去掉，剩余项组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项
与公比分别是多少？
（2）取出数列 an 中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项与
公比分别是多少？
（3）在数列 an 中，每隔 10 项取出一项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的公
比是多少？你能根据得到的结论作出关于等比数列的一个猜想吗？
S
3．已知数列 an 为等差数列， a1 =1， a3 = 2 2 +1，前 n 项和为 Sn ，数列 bn 满足b = nn ，n
求证：
（1）数列 bn 为等差数列；
（2）数列 an 中的任意三项均不能构成等比数列．
4．已知数列 an 为等比数列， a1 =1024
1
，公比 q = ．若Tn 是数列 an 的前 n 项积，求Tn 的最大值．2
易错点：不能灵活运用等比数列的性质
易错分析：解题的过程中要注意把握等比数列的基本性质，以及前 n 项和的性质，正确运用学过的知
识，进行合理计算即可.
【易错题 1】在各项均为正数的等比数列 an 中， a12a19 =16，则 log2 a8 + log2 a23 = .
【易错题 2】等比数列{an}中， a2 = 4 ，a6 =16，则 a4 =第 03 讲 等比数列及其前 n 项和
目录
01 考情透视·目标导航 .........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航 .........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究 .........................................................................................................................4
知识点 1：等比数列的有关概念.........................................................................................................4
知识点 2：等比数列的有关公式.........................................................................................................4
知识点 3：等比数列的性质.................................................................................................................5
解题方法总结........................................................................................................................................6
题型一：等比数列的基本运算............................................................................................................7
题型二：等比数列的判定与证明........................................................................................................9
题型三：等比数列项的性质应用......................................................................................................13
题型四：等比数列前 n 项和的性质..................................................................................................15
题型五：奇偶项求和问题的讨论......................................................................................................17
题型六：等差数列与等比数列的综合应用......................................................................................21
题型七：等比数列的范围与最值问题..............................................................................................24
题型八：等比数列的实际应用..........................................................................................................27
题型九：公共项与插项问题..............................................................................................................31
04 真题练习·命题洞见........................................................................................................................35
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................38
06 易错分析·答题模板........................................................................................................................40
易错点：不能灵活运用等比数列的性质..........................................................................................40
考点要求 考题统计 考情分析
（1）等比数列的有关概 高考对等比数列的考查相对稳定，考查内
2023年甲卷（理）第 5题，5分
念 容、频率、题型、难度均变化不大．重点是（1）
2023年 II卷第 8题，5分
（2）等比数列的通项公 选择题、填空题多单独考查基本量的计算；（2）
2023 年乙卷（理）第 15 题，5
式与求和公式 解答题多与等差数列结合考查，或结合实际问题
分
（3）等比数列的性质 或其他知识考查．
复习目标：
（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：等比数列的有关概念
（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等于同一常数（不为零），那么这个
数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为 an +1 =q ．
an
（2）等比中项：如果 a ，G ，b成等比数列，那么G 叫做 a 与b的等比中项．
即G 是 a 与b的等比中项 a ，G ，b成等比数列 G2 = ab．
【诊断自测】某景点上山共有 999 级台阶，寓意长长久久.甲上台阶时，可以一步上一个台阶，也可以一步
1 2
上两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为 ，每步上两个台阶的概率为 ，为了简便描述问题，我们约
3 3
定，甲从 0 级台阶开始向上走，一步走一个台阶记 1 分，一步走两个台阶记 2 分，记甲登上第 n 个台阶的
概率为Pn，其中 n N*，且 n 998 . 证明：数列 Pn+1 - Pn 是等比数列.
1 2 1 2 7
【解析】证明：由题可得P1 = ，P = +3 2 3 3 ÷
= ，
è 9
1 2
则P = P *n+2 3 n+1
+ Pn ，3 n N
，
2
∴ Pn+2 - Pn+1 = - Pn+1 - Pn ，3
P 1= P 7= P P 4由于 1 ， 2 ，∴ 2 - 1 = 09 ，3 9
Pn+2 - Pn+1 2
故Pn+1 - P n 0，则 = -P - P 3 ，n+1 n
4 2
∴数列 Pn+1 - Pn 是以 为首项，- 为公比的等比数列.9 3
知识点 2：等比数列的有关公式
（1）等比数列的通项公式
设等比数列{an } 的首项为 a 1 ，公比为 q(q 0)，则它的通项公式 an = a1q
n-1 a= c × qn (c = 1 )(a1,q 0) ．q
推广形式： a n－mn = am × q
（2）等比数列的前 n 项和公式
ìna1(q = 1)

等比数列{an } 的公比为 q(q 0)，其前 n 项和为 Sn = ía1(1- q
n ) a1 - anq
= (q 1)
1- q 1- q
注①等比数列的前 n 项和公式有两种形式，在求等比数列的前 n 项和时，首先要判断公比q是否为 1，
再由q的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比q是否为 1 时，要分 q = 1与 q 1两种情况讨论求解．
n a - a q
②已知 a1 , q(q 1), n （项数），则利用 S
a1 (1 - q )= 求解；已知n a1 , a , q (q 1) ，则利用 S =
1 n 求
1 q n- n 1- q
解．
n
③ S a1 (1 - q ) -a an = = 1 × q
n + 1 = kq n - k (k 0, q 1) ， S n 为关于 q n 的指数型函数，且系数与常数互1 - q 1 - q 1 - q
为相反数．
【诊断自测】若数列 an 是公比为q的等比数列，且 log2 a4 + log2 a13 = 3， a6a10 = 4，则q的值为（ ）
A．2 B．4 C．±2 D．±4
【答案】A
【解析】数列 an 中，由 log2 a4 + log2 a13 = 3，知 a4 > 0, a13 > 0，则 an > 0，
又 log 32 a4a13 = 3，于是 a4a13 = 2 = 8，而 a4a12 = a6a10 = 4，
a a
所以 q = 4 13 = 2a .4a12
故选：A
知识点 3：等比数列的性质
（1）等比中项的推广．
若m+n = p +q时，则aman =apa 2q，特别地，当m + n = 2 p 时， aman = ap ．
（2）①设{an } 为等比数列，则{l an } （l为非零常数），{ an }，{a mn } 仍为等比数列．
②设{an } 与{b n } 为等比数列，则{an bn}也为等比数列．
（3）等比数列{an } 的单调性（等比数列的单调性由首项 a 1 与公比q决定）．
ìa1 > 0 ìa1 < 0
当 í 或 í 时，q 1 0 q 1 {a> n }
为递增数列；
< <
ìa1 > 0 ìa1 < 0
当 í 或0 < q <1 í
时，
q 1 {an }
为递减数列．
>
（4）其他衍生等比数列．
若已知等比数列{an } ，公比为q，前 n 项和为 S n ，则：
①等间距抽取
ap,ap+t ,a tp+2t ,Lap+(n-1)t ,L为等比数列，公比为 q ．
②等长度截取
Sm , S2m - Sm , S3m - S2m ,L 为等比数列，公比为 q m （当 q = -1时， m 不为偶数）．
【诊断自测】在正项等比数列 an
1 1 1
中， a2， a10 是3x2 - 6x +1 = 0的两个根，则 + + =a a a .2 6 10
【答案】6 + 3
1
【解析】由韦达定理得 a2 + a10 = 2,a2a10 = ，3
由于 an 为正项数列，
3
故 a6 = a2a10 = ，3
1 1 1 a + a 1 2
+ + = 2 10 + = + 3 = 6 + 3
a2 a6 a 110 a2a10 a6 .
3
故答案为：6 + 3
解题方法总结
（1 2）若 m + n = p + q = 2k (m ， n ， p ， q ， k N * ) ，则 am ×an＝ap ×aq＝ak ．
（2）若{a 1 2 ann } ，{bn } （项数相同）是等比数列，则{l an }(l 0) ，{ }，{an }，{an × bn } ，{ }仍是等an bn
比数列．
（3）在等比数列{an } 中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an， an 为＋ k， an＋2 k， an＋3k
等比数列，公比为 q k ．
（4）公比不为－1 的等比数列{an } 的前 n 项和为 S n ，则 S n ， S 2 n - S n ， S3n - S2n 仍成等比数列，其公
比为 q n ．
（5）{an } 为等比数列，若 a1 × a2 a ＝T ，则T
T
， 2n
T
n n n ，
3n ，L 成等比数列．
Tn T2n
（6）当 q 0， q 1 a时， S nn = k－ k·q (k 0) 是{an } 成等比数列的充要条件，此时 k = 1 ．1 - q
（7）有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间
项的平方．
（8）若{an } 为正项等比数列，则{log c an }(c > 0, c 1) 为等差数列．
（9）若{an } 为等差数列，则{c an }(c > 0, c 1) 为等比数列．
（10）若{an } 既是等差数列又是等比数列 {a n ) 是非零常数列．
题型一：等比数列的基本运算
【典例 1-1】（2024·广东深圳·模拟预测）已知等比数列 an 公比为q，前 n项和为 Sn ，且满足 a6 = 8a3，
则下列说法正确的是（ ）
S 1
A． S3 × S9 = S
2
6 B
6
． =S3 9
q 1C． = D． S
2 n
= 2an - a1
【答案】D
【解析】等比数列 an
a
中 an 0
3 6
，又 a6 = 8a3，可得 q = = 8，解得 q = 2a ，故 C 错误；3
n
a = a × qn-1 a 1- 2= a 2n-1 1 又 n 1 1 ， Sn = = a1 2n - a = 2a - a ，故 D 正确；1- 2 1 n 1
a 26 -13
又 S3 = a1 q -1 = a 31 2 -1 S = a 6 S6 1， 6 1 2 -1 ，所以 = = 9 3 ，故 B 错误；S3 a1 2 -1
S = a q9又 9 1 -1 ， S3 × S9 = a2 q12 - q91 - q3 +1 2 2 12 6， S6 = a1 q - 2q +1 ，
故 S3 × S9 = S
2
6 不成立，故 A 错误．
故选：D．
【典例 1-2】（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
【答案】C
1 1 1 1
【解析】由题意设公比为q > 0 ，则 4 1+ + 2 ÷ = 28，即 2 + - 6 = 0
è q q q q
，
q 1= a a q5 4 1
5
1
解得 （负值舍），所以 = = × = .
2 8 3 2 ֏ 8
故选：C.
【方法技巧】
等比数列基本量运算的解题策略
（1）等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量 a 1 ， n ，q， a n ，
S n ，
一般可以“知三求二”，通过列方程（组）便可迎刃而解．
（2）等比数列的前 n 项和公式涉及对公比q的分类讨论：
n
当 q = 1时， Sn = na1 ；当 q 1时， S n =
a1 (1 - q ) a1 - a n q=
1 - q 1 - q
【变式 1-1】（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 an 是各项均为正数的等比数列，且3a1 + 9a2 = 2，
9a24 = a1a5，则（ ）
a 1A = n
1
． n n B． an = 3 C a
n-1
．
3 n
=
3n-1
D．an =3
【答案】A
2 2 2 2 1
【解析】设数列 an 的公比为q，由9a4 = a1a5得9a4 = a3 ，所以 q = ，9
1
又因为各项均为正数， 所以 q = ，
3
由3a1 + 9a2 = 2得3a1 + 9a1q = 2 a
1
，所以 1 = ，3
1
故 an = 3n
，
故选：A.
【变式 1-2】（2024·高三·广西·开学考试）已知等比数列 an 的前三项和为 13， a6 - 6a5 + 9a4 = 0，则
a6 = （ ）
A．81 B．243 C．27 D．729
【答案】B
【解析】设等比数列 a 2n 的公比为q，由 a6 - 6a5 + 9a4 = 0，得 a4 (q - 6q + 9) = 0，解得 q = 3，
2
由 an 的前三项和为 13，得 a1(1+ q + q ) =13，解得 a1 =1，
a a =3n-1 5因此等比数列 n 的通项 n ，所以 a6 = 3 = 243 .
故选：B
a
【变式 1-3】（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
【解析】由等比中项性质知 a3 = a2a4 = 4 .
由 a3 ,10,
a6 a成等差数列，得 20 = a3 + 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, a7 = a3q = 64q ，a3
所以 a1 + a4 + a7 = 73 .
故选：D.
【变式 1-4】（2024·陕西渭南·二模）已知等比数列 an 的前 n项和为 Sn , a1 + a3 = 30, S4 =120，则其公比
q = （ ）
A．1 B． 2 C．3 D．-3
【答案】C
【解析】设等比数列 an 的公比为q，
因为 a1 + a3 = 30, S4 =120，若 q = 1，由 a1 + a3 = 30，得到 an = a1 =15，不满足 S4 = 120，所以 q 1，
4
由 a1 + a3 = 30 a
2 a (1- q )
，得到 1(1+ q ) = 30 ①，由 S4 = 120，得到 1 =120 ②，1- q
a1(1+ q
2 ) 1
4 = 1 1由① ②得 a1(1- q ) 4 ，整理得到 = q = 31+ q 4 ，解得 ，
1- q
故选：C.
题型二：等比数列的判定与证明
【典例 2-1】（2024·河南·三模）已知数列 an 的各项均不为 0，其前 n项和为 Sn ，q为不等于 0 的常数，
且 Sn = qSn-1 + a1 n 2 ．
(1)证明： an 是等比数列；
(2)若 S5 , S11, S8 成等差数列，则对于任意的正整数 t ， at+5 ， at+11， at+8 是否成等差数列？若成等差数列，请
予以证明；若不成等差数列，请说明理由．
【解析】（1）证明：因为 Sn = qSn-1 + a1 n 2 ，①
所以 Sn+1 = qSn + a1 n 1 ，②
a
② - ①，得 an+1 = qan n 2 n+1，即 = q n 2 a ．n
a
当 n = 2时， S2 = qS1 + a1，即 a
2
2 + a1 = qa1 + a1，所以 = qa ，1
a
所以对"n N* n+1， = qa ，即 an 是公比为q的等比数列．n
（2）对任意正整数 t,at+5 ,at+11,at+8 成等差数列．证明如下：
由 S5 , S11, S8 成等差数列，得 q 1，且 2S11 = S5 + S8，
a 1- q111 a1 1- q5 a1 1- q8
即 2 = + ，
1- q 1- q 1- q
化简得 2q6 - q3 -1 = 0，即 2q6 = q3 +1．
a + a = a q5 + a q8 = a q5 1+ q3 2a = 2a q11 = a q5因为 t+5 t+8 t t t ， t+11 t t 2q6 = atq5 1+ q3 ，
所以 at+5 + at+8 = 2at+11，
故对于任意的正整数 t,at+5 ,at+11,at+8 成等差数列．
1
【典例 2-2】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列{an}中， a1 = ， a
a 1
n+1 =
n (n N*) .证明：{ -1}
3 2 - an an
是等比数列；
a
【解析】因为数列{an} a
1
中， 1 = ， a
n
n+1 = 2 a (n N
*)
- ，3 n
1 1 2 - a- n -1 2 - 2
an+1 a a 1
所以 = n = n = 2，且 -1 = 3-1 = 21 1 1 ，
-1 -1 -1 a1
an an an
{ 1所以 -1}a 是等比数列，公比为 2，首项为 2n
【方法技巧】
等比数列的判定方法
若 an +1 =q （ q为非零常数， n N * 或 an =q （ q为非零常数且 n 2， n N * ），则
an a定义法 n -1
{an } 是等比数列
中项公式法 若数列{an } 中， a 0 且 a 2n n +1 =an × an + 2 (n N
* ) ，则{an } 是等比数列
若数列{a } 的通项公式可写成 a = c·q n -1 （ c，qn n 均为非零常数， n N * ），则{an } 是等
通项公式法
比数列
前 n 项和公式法 若数列{an } 的前 n 项和 S = k·q n - k （ kn 为非零常数， q 0，1），则{an } 是等比数列
ìan - 3, n为奇数,
【变式 2-1】（2024·河北石家庄·二模）已知数列 an 满足 a1 = 7,an+1 = í
2an , n为偶数.
(1)写出 a2 , a3 , a4 ;
(2)证明:数列 a2n-1 - 6 为等比数列;
ìan - 3, n为奇数,
【解析】（1）由 a1 = 7,an+1 = í
2an , n为偶数.
可得 a2 = a1 - 3 = 4； a3 = 2a2 = 8； a4 = a3 - 3 = 5；
（2）证明：由题可得 a2n+1 - 6 = 2a2n - 6 = 2a2n-1 - 6 - 6 = 2(a2n-1 - 6)，
则数列 a2n-1 - 6 是首项为 1，公比为 2 的等比数列；
【变式 2-2】（2024·青海海南·一模）记等差数列 an 的前 n项和为 Sn ， bn 是正项等比数列，且
a1 = b1 = 2, S10 =11a5 ,b3 - b2 = a2．
(1)求 an 和 bn 的通项公式；
ì n ü
(2)证明 í 是等比数列．
an ×bn
【解析】（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d ，
10 9
则 S10 =10 2 + d =11 2 + 4d ，解得 d = 2，2
则 an = 2 + n -1 2 = 2n ；
{b } q(q > 0) b = 2q2设正项等比数列 n 的公比为 ，则 3 ，b2 = 2q，
由题意，可得 2q2 - 2q = 4，解得 q = 2或 -1（舍去），
n-1 n
故bn = 2 ×2 = 2 .
n n 1 cn+1 1
（2）令 cn = = = =an ×bn 2n ×2
n 2n+1 ，则 c 2，n
ì n ü 1 1
故 í 是以 c1 = 为首项,公比为
a ×b 4 2
的等比数列.
n n
【变式 2-3】已知数列 an 和 bn 满足 a1 =1,b1 = 0 ， 4an+1 = 3an - bn + 4 ， 4bn+1 = 3bn - an - 4 .证明： an + bn
是等比数列， an - bn 是等差数列.
【解析】由题意可知 4an+1 = 3an - bn + 4， 4bn+1 = 3bn - an - 4， a1 +b1 =1， a1 - b1 =1，
所以 4an+1 + 4b
1
n+1 = 3an - bn + 4 +3bn - an - 4 = 2an + 2bn ，即 an+1 + bn+1 = a + b ，2 n n
所以数列 an + bn 是首项为1 1、公比为 2 的等比数列；
因为 4an+1 - 4bn+1 = 3an - bn + 4 - 3bn - an - 4 = 4an - 4bn +8，
所以 an+1 - bn+1 - an - bn = 2，数列 an - bn 是首项1、公差为 2的等差数列．
【变式 2-4】已知点 A1(1, 2)， A2 (2,3)，设 A a ,b *n n n n N ，当 n 3时，线段 An-2 An-1的中点为Bn ，Bn 关
3 5 5 3
于直线 y = x 的对称点为 An .例如， B3为线段 A1A2 的中点，则 B3 , ÷， A3 , ÷ .设 cn = an+1 + bn+1 - an - bn ，
è 2 2 è 2 2
证明： cn 是等比数列.
a + a
【解析】证明：当 n N* A A n n+1时，线段 n n+1的中点为Bn+2 ，Bn+2 ,
bn + bn+1
2 2 ÷
，
è
A bn + bn+1 , an + an+1 则 n+2 ÷ .
è 2 2
ìa bn + bn+1 n+2
= ,
2 a + b + a + b
由 í a a 得
a + b = n n n+1 n+1n+2 n+2 ，
b n + n+1n+2 = ,
2
2
a b a b an+1 + bn+1 - an - b 1所以 n+2 + n+2 - n+1 - n+1 = - n ，即 cn+1 = - c .2 2 n
因为 c1 = a2 + b2 - a1 - b1 = 2，所以 c
1
n 是以 2 为首项，- 为公比的等比数列.2
【变式 2-5】（2024 n-1·全国·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 =1, an + an+1 = 8 ×3 ．
证明：$l R ，使得数列 an + l ×3n 成等比数列；
【解析】若$l R ，数列 a nn + l ×3 成等比数列，
a n+1n+1 + l ×3
则存在非零实数q，使得 = q，
an + l ×3
n
a + l ×3n+1即 n+1 = q an + l ×3n ，整理得an+1 = qan + (ql - 3l)3n ①．
a a 8 3n-1 a a 8因为 n + n+1 = × ，所以 n+1 = - n + 3
n ②．
3
ì q = -1, ì q = -1,

由①②对应项系数相等得 í 8 解得
ql
í
- 3l = , l
2
= - .
3 3
2 n+1 2
所以 an+1 - ×3 = -

an - ×3
n
3 3 ÷
．
è
因为 a1 =1
2 1
，所以 a1 - 3 = -1 0．3
2 n+1
ì 2 ü an+1 - ×3
所以数列 ían - ×3
n
3的各项均不为 0，所以 = -1．
3 a 2n - ×3
n
3
ì 2 n ü
所以数列 ían - ×3 是以 -1为首项， -1为公比的等比数列，
3
l 2即$ = - n，使得数列 an + l ×3 成等比数列．3
题型三：等比数列项的性质应用
【典例 3-1】（2024·浙江金华·模拟预测）已知数列 an 是等差数列，数列 bn 是等比数列，若
a + a
a2 + a4 + a6 = 5π ，b b b = 3 3 tan
1 7
2 4 6 ，则 =1- b b ．2 6
【答案】 3
5π 10π
【解析】由等差数列的性质可知， a2 + a4 + a6 = 3a4 = 5π ，即 a4 = ，而 a1 + a7 = 2a = ，3 4 3
根据等比数列的性质可知，b2b4b6 = b
3
4 = 3 3 ，则b = 3 b b
2
4 ， 2 6 = b4 = 3，
tan a1 + a7所以 = tan
5π π
-

1- b b 3 ÷
= tan = 3 .
2 6 è 3
故答案为： 3
【典例 3-2】（2024·高三·内蒙古锡林郭勒盟·开学考试）已知数列 an 为正项等比数列，若
1 1 1 1 1
a3 + a4 + a6 + a8 + a9 = 2 ， + + + + = 18 a =a a a a a ，则 6 ．3 4 6 8 9
1
【答案】
3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
【解析】由 + + + + = + + + +
a3 a
÷ ÷
4 a6 a8 a9 è a3 a9 è a4 a8 a6
a3 + a9 a4 + a8 a= + + 6
a3a9 a4a8 a
2 ，
6
2
由等比数列的性质可得： a3a9 = a4a8 = a6 ，
a
= 3
+ a9 + a4 + a6 + a8
2 = 18a ，6
∴ a2
1
6 = ，又 a6 > 0 a
1
，∴ 6 = ．9 3
1
故答案为: ．
3
【方法技巧】
（ 1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件、利用性质，特别是性质“若
m + n = p + q = 2k ，则 am ×an＝ap ×aq＝a
2
k ．”，可以减少运算量，提高解题速度．
（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时
注意设而不求思想的运用．
【变式 3-1】在各项均为正数的等比数列 an 中， a5a6 = 8，则 log2a4 + log2a7 = .
【答案】3
【解析】 log2a4 + log2a7 = log2 a4a7 = log2 a5a6 = 3 .
故答案为：3
【变式 3-2】若等比数列 an 满足 a4 × a6 + 2a5 ×a7 + a6 × a8 = 36，则 a5 + a7 等于 ．
【答案】±6
【解析】等比数列 an 满足 a4 × a6 + 2a5 ×a7 + a6 × a8 = 36，
则 a25 + 2a
2 2
5 × a7 + a7 = a5 + a7 = 36，
所以 a5 + a7 = ±6 .
故答案为：±6 .
【变式 3-3】已知等比数列 an 的各项均为正数，且 a4a6 + a3a7 =18，则 a5 = ，
log3 a1 + log3 a2 + log3 a3 + ××× + log3 a9 = ．
【答案】 3 9
2
【解析】由等比中项的性质可得 a4a6 + a3a7 = 2a5 =18，
又等比数列 an 的各项均为正数，则 a5 = 3．
由对数的运算性质得，
log3 a1 + log3 a2 + log3 a3 + ×××+ log3 a9 = log3 a1a2 × × × a8a9
4
= log3 é a1a9 × a2a8 × a3a × a a × a ù = log é a27 4 6 5 3 ê 5 × a
ù 9 9
5 ú = log3 a5 = log 3 = 9 3 ．
故答案为：3，9
【变式 3-4】（2024·陕西·模拟预测）等比数列 an 满足： a1 > 0,q > 0,a1a3a5a7a9 = 32，则 a2 + a8 的最小值
为 ．
【答案】 4
【解析】依题意，等比数列 an 满足： a1 > 0,q > 0,a1a3a5a7a9 = 32，
a5所以 5 = 32, a5 = 2，且 an > 0，
所以 a2 + a8 2 a2 × a8 = 2 a
2
5 = 4，
当且仅当 a2 = a8 = 2时等号成立，此时 an = 2 .
所以 a2 + a8 的最小值为 4 .
故答案为： 4
题型四：等比数列前 n 项和的性质
【典例 4-1】记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，则S1 = ．
1
【答案】1或-
3
【解析】设{an}的公比是q，
S4 - S2 = a3 + a
2
4 = a1q + a q
2
2 = q
2S2 ，同理 S6 - S4 = q
4S2 ，
由已知 S2 0，否则公比 q = -1 ， S4 = 0，与已知矛盾，
所以 S , S - S 22 4 2 , S6 - S4 也成等比数列， (S4 - S2 ) = S2 (S6 - S4 ) ，
S 2又 4 = -5， S6 = 21S2 ，所以 (-5 - S2 ) = S2 (21S2 + 5)，解得 S2 = -1或 S
5
2 = ，4
2
又 S4 = S2 + q S2 = (1+ q
2 )S2 ，所以 S2 与 S4 同号，因此 S2 = -1，
所以-5 = (1+ q2 ) (-1) ， q2 = 4 ， q = ±2 ，
若 q = 2，则 S2 = a1 + a1q = 3a
1 1
1， a1 = - ，即 S1 = - ，3 3
若 q = -2 ，则 S2 = a1 + a1q = -a1 = -1， a1 =1，即 S1 =1．
1
故答案为：1或- ．
3
S
【典例 4-2 9】设等比数列 an 的前 n项和是 Sn .已知 S3 = 30 , S6 =120，则 =S .3
【答案】13
【解析】因为 Sn 是等比数列 an 的前 n项和且 S3 0，
所以 S3 ， S6 - S3， S9 - S6 也成等比数列，
则 S6 - S
2
3 = S3 S9 - S6 .
因为 S3 = 30 , S6 =120，
所以 120 - 30 2 = 30 S9 -120 ，解得 S9 = 390 .
S9 390
所以 = =13S .3 30
故答案为：13 .
【方法技巧】
（1）等比数列{an } 中，所有奇数项之和 S 与所有偶数项之和 S 具有的性质，设公比为q．奇 偶
S S - a
①若共有 2n项，则 偶 = q ；②若共有 2n +1项， 奇 1 = q ．
S奇 S偶
（2）等比数列{an } 中， S k 表示它的前 k项和．当 q -1时，有 S k ，S 2 k－ S k ，S 3k－ S 2 k ， 也成等比数列，
公比为 q k ．
【变式 4-1】已知正项等比数列 an 共有 2n项，它的所有项的和是奇数项的和的3倍，则公比 q = .
【答案】 2
【解析】设等比数列 an 的奇数项之和为 S奇，偶数项之和为 S偶，
则 S = a偶 2 + a4 +L+ a2n = a1q + a3q +L+ a2n-1q = q a1 + a3 +L+ a2n-1 = qS奇，
由 S2n = 3S奇，得 1+ q S a > 0奇 = 3S奇，因为 n ，所以 S奇 > 0，所以1+ q = 3， q = 2 .
故答案为： 2 .
【变式 4-2】已知等比数列 an 的前 n S = a 3n项和 n - 2，则a = ．
【答案】2
【解析】由题设， a1 = S1 = 3a - 2 ，
q = 1 a = S - S = a ×3n+1 n n *若 时， n+1 n+1 n - 2 - a ×3 - 2 = 2a ×3 3a - 2 n N ，故与 q = 1矛盾，
ìq = 3
S a∴ = 1n (1- q
n ) = a ×3n - 2
1 q ，即- í
a1
= a = 2
，显然成立.
q -1
故答案为：2.
S 1
【变式 4-3】（2024 5·高三·江苏苏州·期末）设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若 =S10 3
，则
S5 =
S20 + S
.
10
1
【答案】
18
{a a (1- q
5 ) a (1- q10 ) a (1- q5 )(1+ q5 )
【解析】设等比数列 n}的公比为 q，由已知 q 1，因为 S5 = 1 ， S 110 = = 1 ，1- q 1- q 1- q
S5 1 1= =
S 1+ q5 3 ， q
5 = 2， S10 = 3S5，
10
S a1(1- q
20 ) a1(1- q
5 )(1+ q5 )(1+ q10 )
20 = = = S (1+ q
5
5 )(1+ q
10 ) = S5 (1+ 2)(1+ 4) =15S ．1- q 1- q 5
S
∴ 5
S
= 5
1
=
S ．10 + S20 3S5 +15S5 18
1
故答案为： ．
18
【变式 4-4】数列 an 是等差数列，数列 bn 是等比数列，公比为 q，数列 cn 中， cn = anbn， Sn 是数列
cn 的前 n 项和．若 Sm =11， S2m = 7 ， S3m = -201（m 为正偶数），则 S4m 的值为 ．
【答案】-1801
【解析】令 A = Sm ，B = S2m - Sm ，C = S3m - S2m ，
q 为等比数列 bn 的公比，设 d 为等差数列 an 的公差，
∴ qm A = a1b1 + a2b2 +L+ ambm qm = a1bm+1 + a2bm+2 +L+ amb2m ，
∴ B - qm A = am+1 - a1 bm+1 +L+ a2m - am b2m = md bm+1 +L+ b2m ，
m
同理C - q B = md b2m+1 + b2m+2 +L+ b3m = md bm+1 +L+ b qm2m ，
∴ C - qmB = qm B - qm A ，结合 A = Sm =11，B = S2m - Sm = -4，C = S3m - S2m = -208，
可得：11 qm 2 52+ 8qm - 208 = 0 ，解得 qm = 4 或 qm = - ，11
m 52
由于 m 为正偶数，故 q = - 不合题意；
11
设D = S4m - S3m ，同理可知D - q
mC = qm C - qmB ，
可得D = -208 × 4 + 4 é -208 - 4 × -4 ù = -832 - 768 = -1600，
∴ S4m = D + S3m = -1600 - 201 = -1801，
故答案为：-1801
题型五：奇偶项求和问题的讨论
a2n+2
【典例 5-1】（2024·高三·四川成都·期中）数列 an 满足： a1 = a2 =1, a2n+1 - a2n-1 = 2, = 2a ，数列2n
an 的前 n项和记为 Sn ，则 S23 = ．
【答案】2191
【解析】Qa1 =1, a2n+1 - a2n-1 = 2, \数列 a2n-1 是以 a1 =1,公差 d = 2的等差数列;
\ a2n-1 =1+ n -1 2 = 2n -1.
Qa 1, a= 2n+22 = 2 ,\数列 a2n 是以 a2 =1,公比 q = 2a 的等比数列;2n
\ a = 2n-12n .
12 1+ 23 1 1- 211\ S23 = a1 + a3 +L+ a23 + a a L a 2 + 4 + + 22 = + = 2191 .2 1- 2
故答案为：2191.
ìa
n ,a 是偶数,
【典例 5-2】（2024 n·河南·模拟预测）已知数列 an 满足 an+1 = í 2 ， Sn 是数列 an 的前 n项
an + 2,an是奇数,
和，若已知a1 = 64，那么 S20的值为（ ）
A．322 B．295 C．293 D．270
【答案】A
ìa
n ,an是偶数, 1
【解析】∵ a1 = 64，由 an+1 = í 2 可知，数列 an 的前 7项是首项为 64 ，公比为 的等比数列，

2
an + 2,an是奇数,
故 a7 = 64 × (
1)6 =1为奇数， a8 = a7 + 2 = 3为奇数，所以从第8项开始是首项为3，公差为 2的等差数列，2
64(1 1- 7 )
S 2 13 3 13 12所以 20 = 1 + + 2 = 322 .1- 2
2
故选：A
【方法技巧】
求解等比数列的前 n项和 Sn ，要准确地记住求和公式，并合理选取公式，尤其是要注意其项数 n的值；
对于奇偶项通项不统一问题要注意分类讨论．主要是从 n为奇数、偶数进行分类．
ì 2a , n为奇数
【变式 5-1 n】已知数列 an 满足 an+1 = í ，若3 a 15，则 a 的取值范围是（ ）
a 1, n
9 1
n + 为偶数
A [-1,0] B é
3 ù é 3ù
． ． ê- ,0ú C． ê0, ú D．[0,1] 4 4
【答案】B
【解析】由题意可知，当 n为奇数时， an = an-1 +1，
此时 n -1为偶数，则 an-1 +1 = 2an-2 +1，所以 an = 2an-2 +1，
即 an +1 = 2(an-2 +1)，
所以 a9 +1 = 2(a7 +1) = 2
2 (a5 +1) = 2
3 (a3 +1) = 2
4 (a1 +1) 4,16 ，
即 a
1 3
1 +1
é ù é ù
ê ,1ú ，即 a1 - ,04 . ê 4 ú
故选：B.
【变式 5-2】（2024·高三·河北唐山·期末）记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，当 n 2时,
ìa
a = n-1
+1,n为奇数
n í ．且 S2a ,n 3
=1．
n-1 为偶数
(1)求 a1， a2；
(2)（i）当 n 为偶数时，求 an 的通项公式；
（ⅱ）求 S2024．
【解析】（1）令 n = 2，可得 a2 = 2a1；
令 n = 3，可得 a3 = a2 +1 = 2a1 +1；
因为 S3 = a1 + a2 + a3 = 5a1 +1 =1，可得a1 = 0， a2 = 0 .
（2）（i）当 n 为偶数时，则 an+1 = an +1， an+2 = 2an+1 = 2 an +1 = 2an + 2 ，
可得 an+2 + 2 = 2 an + 2 ，且 a2 + 2 = 2，
可知数列 an + 2 的偶数项成首项为 2，公比为 2的等比数列，
n n
则 -1
n
an + 2 = 2 22 = 22 ，所以 a 2n = 2 - 2（n 为偶数）；
1
（ⅱ）当 n 为偶数时，则 an = 2an-1，即 an-1 = a2 n ，
3
可得 an + an-1 = a2 n ，
3 3 3
所以 S2024 = a1 + a2 + a3 + a4 + ×××+ a2023 + a = 2 - 2 + 22 - 2 + ×××+ 210122024 - 22 2 2
é 2 1- 210123 ù
=
2 2
3
+ 22 + ×××+ 21012 - 2 1012 = ê - 2024ú2 ê 1- 2 ú
= 3 21012 -1013 ，
S = 3 21012所以 2024 -1013 .
ìan - 301,n为奇数【变式 5-3】（2024·福建厦门·模拟预测）已知 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，bn = í a ，
2 n , n为偶数
b4 = 32， S5 = 20 .
(1)求 an 的通项公式；
(2)记Tn 为数列 bn 的前 n 项和，若 2T2n - S2n > 0，求 n 的最小值.
【解析】（1）设数列 an 的公差为 d，
ì5 a1 + a 5 = 20 ìa3 = a1 + 2d = 4 ìa1 = 2
依题意， í 2 ， 即 ía a 3d 5 ，解得 a 5 4 = + =
í
1 d 1
，
=
2 4 = 32 = 2
所以 an 的通项公式是 an = 2 + n -1 = n +1 .
ìn - 300, n为奇数
（2）由（1）知 an = n +1，所以bn = í2n+1
，
,n为偶数
2n aS = 1 + a2n 2n 2 + 2n +1 2n = = n 2n + 3 ，2 2
T n -299 + 2n - 301 2
3 1- 4n 22n+3 -8
2n = b1 + b3 +L+ b2n-1 + b2 + b4 +L+ b2n = + = n n - 300 +
2 1- 4 3
n+2
2T2n - S
4 -16
2n = - 603n > 0恒成立，3
n+2
c 4 -16令 n = - 603n ，3
c - c = 4n+1由 n n-1 - 603 > 0，由于 45 =1024,44 = 256 ，所以n 4 .
所以 c1 > c2 > c3 < c4 < c5 所以 n的最小值为 4.
ì2lan , n为奇数
【变式 5-4】已知数列 an 满足 a1 =1， an+1 = í ll 1 a , n ， 为参数且l > 0 . + n 为偶数
(1)求 a2、a3的值（用l 表示），并探究是否存在l 使得数列 an 成等比数列，若存在，求l 的值，无需证
明.
(2)当l = 2时，求 an 的前 2n项和 S2n ；试给出 an 前 n项和 Sn 表达式.
【解析】（1）由递推式可得 a2 = a1+1 = 2la1 = 2l ；
a3 = a2+1 =（l +1）a2 = 2l l +1 ；
2
要使得 an 为等比数列，则必有 a2 = a1a3，
即 4l 2 = 2l l +1 ，且l > 0，解得l = 1，
ì2an , n为奇数
此时 an+1 = í ，
2an , n为偶数
即 an+1 = 2an，而 a1 =1 0
所以当l = 1时，数列 an 为等比数列；
ì4a , n为奇数
（2）当l = 2时 an+1 =
n
í ， a1 =1， a3a , n 2
= 4 ；
n 为偶数
当 n = 2k -1时， a2k = a 2k -1 +1 = 4a2k -1 = 4a 2k -2 +1 = 4 3a2k -2 =12a2k -2 ，
a2k
即 =12a ，2k -2
所以数列 a2k 是以 a2 = 4a1 = 4为首项， q1 =12为公比的等比数列，
b = a b = 4 12k -1设 k 2k ，则 k ，
k k k
所以数列 bk
4 1-12
的前 k 项和Tk = b a 4 4i = 2i = = 12k - ；
i=1 i=1 1-12 11 11
当 n = 2k 时， a2k +1 = 3a2k = 3a 2k -1 +1 = 3 4a2k -1 =12a2k -1 ，
a2k +1
即 =12a ，2k -1
所以数列 a2k-1 是以 a1 =1， q2 =12为公比的等比数列，
设 ck = a2k -1 =1 12
k -1 =12k -1，
k k k
则数列 c 1 1-12 1 1k 前 k 项和M = c kk i = a2i-1 = = 12 - ，
i=1 i=1 1-12 11 11
4 k 4 1 k 1 5
故 S2k = Tk + M k = 12 - + 12 - = 12
k -1 ，
11 11 11 11 11
S 5即 2n = 12
n -1 ，
11
S S a 5又 2k -1 = 2k - 2k = 12k -1 16 5- 4 12k -1 = 12k -1 - ；11 11 11
5 5 n
令 n = 2k
n
，即 k = ， 代入 S2k = 12k -1 ，得 S 22 11 n = 12 -1÷；11 è
n-1
令 n
n +1 16 5
= 2k -1，即 k = ，代入 S = 12k -1 - 16 5，得 S = 12 2 - ；
2 2k -1 11 11 n 11 11
ì16 n-1
12 2
5
- ,n为奇数
11 11
故 Sn = í n . 5 122 -1÷ , n为偶数
11 è
题型六：等差数列与等比数列的综合应用
【典例 6-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）已知数列 an 是公差不为 0 的等差数列， a1 =1，且满足
a2 , a3 , a6 成等比数列，则数列 an 前 6 项的和为 .
【答案】-24
【解析】设数列 a 2n 公差为d ，由 a2 , a3 , a6 成等比数列可得 a3 = a2a6 ，
1+ 2d 2即 = 1+ d 1+ 5d ，即 d 2 + 2d = 0，因为公差不为 0，故 d = -2 .
故 an =1- 2 n -1 = -2n + 3 .
故 an 前 6 项的和为1-1- 3 - 5 - 7 - 9 = -24 .
故答案为：-24
【典例 6-2】（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 Sn ，
S
且3a2 , 2a3 ,a
3
4 成等差数列，则 =a .4
13
【答案】
27
【解析】设数列公比为q，则 q 1，
Q3a2 ,2a3,a4成等差数列，\4a3 = 3a2 + a4 ，
即 4a 21q = 3a1q + a
3 2
1q ，整理得 q - 4q + 3 = 0，
解得 q = 3，或 q = 1（舍去），
S 2 2
∴ 3
a + a
= 1 1
q + a1q 1+ 3 + 3 13
3 = 3 = .a4 a1q 3 27
13
故答案为：
27
【方法技巧】
（1）等差数列与等比数列的相互转化：等差数列通过指数运算转化为正项等比数列，正项等比数列
通过对数运算转化为等差数列．
（2）等差数列和等比数列的交汇，若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列为非零常数数
列．
0, x, y,6 1 ,a,b,c, 1【变式 6-1】（2024 y - x·湖北荆州·三模）若实数 成等差数列，- - 成等比数列，则
2 8 b
= .
【答案】-8
0, x, y,6 y x 6 - 0【解析】实数 成等差数列，则等差数列的公差为 - = = 2，
3
1 1
- , a,b,c, - b2 =
1
-
1 1
成等比数列，则
2 8 2 ÷
- ÷ = ，
è è 8 16
1 y - x
由于等比数列奇数项同号，所以b < 0，所以b = - ，则 = -8 .
4 b
故答案为：-8 .
【变式 6-2】（2024·浙江杭州·三模）已知公差为正数的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ， bn 是等比数列，
且 S2 = -2 b3 + b
2
4 ， S6 = 6 b1 + b2 b5 + b6 ，则 Sn 的最小项是第 项．
【答案】2
【解析】设 b 2n 的公比为q，故 S2 = -2 b3 + b4 = -2 b1 + b2
2 q4 ，
S S
S6 = 6 b1 + b2 b5 + b6 = 6 b + b
2 q4 ，可得 21 2 +
6 = 0，
2 6
a a 2a1 + d 6a1 +15d设 n 的首项为 1，公差为d ，故得 + = 0，2 6
2a + 3d = 0 a 3d S 3d n n(n -1) d 2化简得 1 ，解得 1 = - ，故 n = - + d = n - 2dn，2 2 2 2
-2d
故当 S
n = - = 2
n 最小时， 2 d ，故得
S2 是 Sn 的最小项，即 Sn 的最小项是第 2 项．
2
故答案为：2
【变式 6-3】记 Sn 为公差不为 0 的等差数列 an 的前 n 项和，已知 S2 = -30 ，且 a1， a5 ，a7成等比数列，
则 Sn 的最小值为 .
【答案】-72
2
【解析】设等差数列 an 的公差为d ，由 S2 = -30 ， a1,a5 ,a7 成等比数列，得 a1 + a2 = -30， a1a7 = a5 ，
ì2a1 + d = -30
即 í ，解得
a
a a + 6d = a + 4d 2 1
= -16, d = 2，即 an = 2n -18，
1 1 1
S (-16 + 2n -18)n n2 17n (n 17)2 289因此 n = = - = - -2 2 4
所以当 n = 8或n = 9 时， Sn 有最小值-72 .
故答案为：-72
2 2
【变式 6-4】（2024·陕西安康·三模）已知方程 x - mx + 27 x - nx + 27 = 0的四个根组成以 1 为首项的
等比数列，则 m - n =（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】C
x2 - mx + 27 x2【解析】设方程 - nx + 27 = 0的四个根由小到大依次为 a1， a2，a3，a4，
不妨设 x2 - mx + 27 = 0的一根为 1，则另一根为 27，所以m = 1+ 27 = 28，
由等比数列的性质可知 a1a4 = a2a3 ，所以 a1 =1， a4 = 27 ，
a 2
所以等比数列 a1， a2，a3，a4的公比为 q = 3 4 = 3，所以a2 = 1 3 = 3，a3 = 1 3 = 9，由韦达定理得a1
n = 3+ 9 = 12，可得 m - n = 28 -12 = 16 .
故选：C.
题型七：等比数列的范围与最值问题
【典例 7-1】（多选题）设等比数列 an 的公比为q，其前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，若 a1 >1， 0 < q <1，
且 a2023 -1 × a2024 -1 < 0，则下列结论正确的是（ ）
A． S2024 - S2023 > 0 B． a2023a2025 <1
C．数列 Tn 中的最大值是T2023 D．数列 Tn 无最大值
【答案】ABC
n-1
【解析】由 a1 >1，0 < q <1，可得 an = a1q 为单调递减的数列且 an > 0，
由 a2023 -1 × a2024 -1 < 0可得，0 < a2024 <1 < a2023 < a1 .
A 选项： S2024 - S2023 = a2024 > 0 ，显然 A 正确；
B 选项：0 < a2024 <1 < a2023 < a1，
2
根据等比中项可得 a2023a2025 = a2024 <1，显然 B 正确；
C 0 < a <1 < a < a a = a qn-1选项：由 2024 2023 1， n 1 为单调递减的数列且 an > 0，
可知 an 的前 2023 项（包含 2023 项）都大于 1，从第 2024 项（包含 2024 项）往后都小于 1，
所以数列 Tn 中的最大值是T2023，所以 C 正确；
D 选项：由 C 正确可知， Tn 有最大值，所以 D 错误.
故选：ABC.
【典例 7-2】（多选题）（2024·湖北·二模）无穷等比数列 an 的首项为 a1公比为 q，下列条件能使 an 既
有最大值，又有最小值的有（ ）
A．a1 > 0，0 < q <1 B．a1 > 0，-1 < q < 0
C． a1 < 0， q = -1 D． a1 < 0， q < -1
【答案】BC
【解析】a1 > 0，0 < q <1时，等比数列 an 单调递减，故 an 只有最大值 a1，没有最小值；
a1 > 0，-1 < q < 0时，等比数列 an 为摆动数列，此时 a1为大值， a2为最小值；
a1 < 0， q = -1 时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，
所以等比数列 an 有最大值，也有最小值；
a1 < 0， q < -1时，因为 q >1，所以 an 无最大值，奇数项为负无最小值，
偶数项为正无最大值.
故选：BC
【方法技巧】
等比数列的范围与最值问题是数列研究中的重要内容。在处理这类问题时，首先需要明确等比数列的
定义和性质，包括通项公式、前 n 项和公式等。对于范围问题，通常通过不等式求解，利用等比数列的性
质确定数列项的取值范围。对于最值问题，则需分析数列的单调性，结合数列项的性质，求出数列的最大
项或最小项。
【变式 7-1】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知正项等比数列 an 的前 n项的积为Tn ，且公比 q 1，
若对于任意正整数 n，Tn T2023，则（ ）
A．0 < a1 <1 B．0 < q <1 C． a2023 =1 D．T4047 1
【答案】AD
【解析】根据题意，Tn 在 n = 2023时取得最小值，所以 an 为单调递增数列，所以0 < a1 <1, q >1，所以 A
正确，B 错误；
当 a2024 =1时， Tn = T2023 = Tmin 2024 ，满足题意，所以 C 错误；
T
由Tn T
2024
2023可得 1
4047
T ，即
a2024 1，所以T = a × a 2 4047 ，所以 D 正确．4047 1 4047 = a2024 1
2023
故选：AD．
【变式 7-2】（多选题）设等比数列 an 的公比为q，其前 n 项和为 Sn ，前 n 项积为Tn ，且满足条件 a1 >1，
a2022a2023 >1， a2022 -1 a2023 -1 < 0，则下列选项正确的是（ ）
A．0 < q <1 B． S2022 > S2023 -1
C．T2023是数列 Tn 中的最大项 D．T4043 < 1
【答案】AB
【解析】Q a2022 -1 a2023 -1 < 0，\a2022 -1 > 0，a2023 -1 < 0或 a2022 -1< 0，a2023 -1 > 0，Q a1 >1，
a2022a2023 >1，\a2022 ,a2023 同号，
且 a2022 >1， a2023 <1，即数列前 2022项大于1，从第 2023项开始小于 1，
对于 A， q
a
= 2023 <1
a ，且易知
q > 0，故0 < q <1，A 正确，
2022
对于 B，易知 a2023 <1，故 S2023 - S2022 <1， S2022 > S2023 -1，B 正确，
对于 C，由题意知 an 是递减数列，且 a2022 >1， a2023 <1，故T2022 是数列 Tn 中的最大项，故 C 错误，
对于 D，T = a × × × × ×a 4043 4043 2021 40434043 1 4043 = a1 ×q = a2022 >1，故 D 错误，
故选:AB
【变式 7-3】（多选题）已知等比数列 an 满足a1 > 0，公比 q > 1 ，且 a1a2 × × ×a2021 <1， a1a2 × × ×a2022 >1，则
（ ）
A． a2022 >1 B．当 n = 2021时， a1a2 × × × an 最小
C．当 n = 1011时， a1a2 × × × an 最小 D．存在 n <1011，使得 anan+1 = an+2
【答案】AC
【解析】对于 A，∵ a1 > 0， q > 1 ，∴ an > 0，又 a1a2 × × ×a2021 <1， a1a2 × × ×a2022 >1，
1
∴ a 2 0 2 2 > > 1a a × × × a ，故 A 正确；1 2 2 0 2 1
对于 B，C，等比数列 an 满足a1 > 0，公比 q > 1 ，\a n-1n = a1q > 0，
Q an+1 = q >1
a ，
an > 0， \an+1 > an ， \ an 为递增数列，
n
2
由等比数列的性质， a1a2021 = a2a2020 = ××× = a1010a1012 = a1011，
a a × × ×a 2021又 1 2 2021 <1，\a1a2 × × × a2021 = a1011 <1，
Qan > 0，\0 < a1011 <1，
∵ a 22a2022 = a3a2021 = ××× = a1011a1013 = a1012， a1a2 × × ×a2022 >1，
a 1 1\ 2a3a4 × × ×a2022 > ∴ a a a
2021
， 2 3 4 × × × a2022 = a1012 >a a ，1 1
1
∵ a1a2 × × ×a2021 <1，a1 > 0， q > 1 ，∴ 0 < a1 <1，则 >1a ，1
\a 2021 12a3a4 × × ×a2022 = a1012 > >1 aa ，即 1012
>1，
1
Q an 为递增数列，故当 n = 1011时， a1a2 × × × an 最小，故 B 错误，C 正确；
对于 D，当 n <1011时， an < a1011 <1，Q an 为递增数列，\anan+1 < an+1 < an+2，
故 D 错误.
故选：AC
【变式 7-4】（多选题）设等比数列 an 的公比为q，其前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，且 a1 >1， a6a7 >1，
a6 -1 < 0
a -1 ，则下列结论正确的是（ ）7
A．0 < q <1 B．0 < a7a8 <1
C． Sn 的最大值为 S7 D．Tn 的最大值为T6
【答案】ABD
a -1
【解析】A 项， a1 >1且 a6a7 > 1 > 0 q > 0
6
，而 < 0 a6 -1 a -1a -1 和 7 异号.7
a
由于 a1 >1知 a6 -1 > 0， a7 -1 < 0，即 a6 >1， a7 <1，0 < q =
7 <1
a ，故 A 项正确；6
B 项，从前面的求解过程知 a1 >1，0 < q <1，说明 an 是单调递减的正项等比数列，
且0 < a7 <1，所以 0 < a8 <1，那么0 < a7a8 <1，故 B 项正确；
C 项， an 是正项数列， Sn 没有最大值，故 C 项错误；
D 项，从前面的分析过程可知 an 前 6 项均大于 1.从a7起全部在 0,1 上.
所以Tn 的最大值为T6 ，故 D 项正确，
故选：ABD
【变式 7-5】（多选题）（2024·福建三明·三模）设等比数列 an 的前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，若满
足0 < a1 <1， a7 ×a4040 >1， a2023 -1 a2024 -1 < 0，则下列选项正确的是（ ）
A． an 为递减数列 B． S2023 +1< S2024
C．当 n = 2023时，Tn 最小 D．当Tn >1时， n的最小值为 4047
【答案】BC
【解析】A.由条件可知，a1 > 0， a1与a7同号，所以 a7 > 0，则 a4040 > 0，
而 a4040 = a1q
4039 > 0，则公比q > 0 ，
若0 < q <1，数列单调递减，则0 < a7 ,a4040 <1，那么 a7 ×a4040 <1，与已知矛盾，
若 q = 1，则0 < a1 = a7 = a4040 <1，则那么 a7 ×a4040 <1，与已知矛盾，
只有当 q > 1 ，才存在q，使 a7 ×a4040 >1，所以等比数列 an 单调递增，故 A 错误；
B.因为 a2023 -1 a2024 -1 < 0， an 单调递增，所以 a2023 <1, a2024 >1，
则 a2024 = S2024 - S2023 >1，即 S2023 +1< S2024 ，故 B 正确；
C.因为 q > 1 ，且 a2023 <1, a2024 >1，所以当 n = 2023时，Tn 最小，故 C 正确；
D. 2根据等比数列的性质可知， a7 ×a4040 = a1a4046 >1， a1a4045 = a2023 <1，
所以当Tn >1时， n的最小值为 4046，故 D 错误.
故选：BC
题型八：等比数列的实际应用
【典例 8-1】（2024·安徽合肥·三模）某银行大额存款的年利率为3%，小张于 2024 年初存入大额存款 10
万元，按照复利计算 8 年后他能得到的本利和约为（ ）（单位：万元，结果保留一位小数）
A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9
【答案】B
【解析】存入大额存款 10 万元，按照复利计算，
每年末本利和是以 10 为首项，1+ 3%为公比的等比数列，
8
所以本利和 S =10(1+ 3%) =10 éC0 8 + C
1
8 0.03
1 + C28 0.03
2 +L+ C78 0.03
7 + C88 ù 12.7 ．
故选：B．
【典例 8-2】（2024·天津红桥·二模）某同学于 2019 年元旦在银行存款 1 万元，定期储蓄年利率为1.75% ，
以后按约定自动转存，那么该同学在 2025年元旦可以得到本利和为（ ）
A．10000 1.01756 B．10000 1.01757
10000 1-1.75%6 10000C D 1-1.75%
7
． ．
1-1.75% 1-1.75%
【答案】A
【解析】记 n年后得到的本利和为 an ，根据题意知 an =10000 1+1.75%
n =10000 1.0175n ，
即数列 an 是一个首项为 a1 =10175，公比为 q =1.0175的等比数列，
∴该同学 2019年元旦在银行存款1万元， 2025年元旦即6年后得到的本利和为：
a6 =10000 1.0175
6
（元）.
故选：A
【方法技巧】
等比数列在实际应用中广泛存在，其独特的性质使得它在金融、物理、生物学等多个领域都有重要的
应用。例如，在金融领域，等比数列可以用于计算复利、贷款分期偿还等问题；在物理学中，等比数列可
以用来描述某些放射性物质的衰变过程；在生物学中，它也可以用于描述种群数量的增长等。因此，掌握
等比数列的应用具有实际意义。
π
【变式 8-1】在等腰直角三角形 ABC 中，B = ， AB = a ，以 AB 为斜边作等腰直角三角形 AB1B ，再以2
AB1为斜边作等腰直角三角形 AB2B1，依次类推，记 VABC 的面积为 S1，依次所得三角形的面积分别为 S2 ，
S3 ……若 S1 + S2 +L+ S
255
8 = ，则a = （32 ）
A．2 B． 2 2 C．3 D．4
【答案】B
S 1= a2 2【解析】由题知 1 ，2 AB1 = AB
， AB 2 AB … 22 = 1， ， ABn+1 = ABn ，2 2 2
2
Sn+1 AB ∴ 1=
S
n ÷ = n 2 ，
n è ABn-1 2
S 1= a2 1 1 2 1又 2 = S1，∴数列 S4 2 n 是首项为 a ，公比为2 2 的等比数列，
1 8a2
é
1 1-
ù
2 ê ÷ ú∴ S S S L S ê
è 2 ú 255+ + + + = = ，∴ a = 2 2 ，1 2 3 8
1 1- 32
2
故选：B．
【变式 8-2】如图，雪花形状图形的作法是:从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中
间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三
角形(图①)的边长为 1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为C1，C2 ，C3，C4 ，则C4 =
（ ）
64 128 64 128
A． B． C． D．
9 9 27 27
【答案】A
【解析】观察图形发现，从第二个图形开始，每一个图形的周长都在前一个的周长的基础上多了其周长的
1
，即C C
1 C 4= +
3 n n-1 3 n-1
= C
3 n-1
，
3
所以 Cn 为首项为C1 = 3
4
，公比为 的等比数列，\C 4 64= 3
3 4 3 ÷
= .
è 9
故选：A
【变式 8-3】（2024·云南昆明·模拟预测）每年 6 月到 9 月，昆明大观公园的荷花陆续开放，已知池塘内
某种单瓣荷花的花期为 3 天（第四天完全凋谢），池塘内共有 2000 个花蕾，第一天有 10 个花蕾开花，之后
每天花蕾开放的数量都是前一天的 2 倍，则在第几天池塘内开放荷花的数量达到最大（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
n a a =10 2n-1【解析】设第 天水塘中的荷花朵数为 n ，则 n ，
设第 n天池塘内开放荷花的数量为bn ，则b1 = a1，b2 = a1 + a2，
bn = an + an-1 + an-2 = 70 2
n-3 ,n 3，
当 n = 7 4时，b7 = 70 2 =1120 ，
当 n = 8时，b8 = 2240 > 2000，
所以荷花的数量在第 7 天达到最大.
故选：B.
【变式 8-4】（2024·云南昆明·一模）第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的.
如图所示，作Rt△AOB ，OA =1， AOB = 30°，再依次作相似三角形△BOC ，△COD ，△DOE ，……，直
至最后一个三角形的斜边OM 与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（ ）
3 é
11
2 3 ù é 11
12
ê -1ú 3 4
ù 3 é 2 3 ù
A． ÷÷ B． ê2 ê 3 ú 2 3 ÷
-1ú C． ê ÷÷ -1ú
è ê è ú
2
êè
3 ú
3 é 12 4 ù
D． ê ÷ -1ú2 ê è 3 ú
【答案】D
360°
【解析】因为 =12，
30°
*
设第 n n N ,1 n 12 三角形的斜边长为 an ，面积为bn ，
a 1 2 3 a 2 3 1 1 3 3由题意可知： 1 = = ， a = n = a ，b = a a = a
2，
cos30° 3 n+1 cos30° 3 n n 2 2 n 2 n 8 n
2
3 2 3 a2 n+1 an ÷÷
则b
3
1 = 0，
bn+1 8 è 3 4 ，
6 = =b 3 a2
=
n 3a2 n
8 n
可知数列 b b 3 4n 是以首项 1 = ，公比为 的等比数列，6 3
3 é 12 ù
ê1
4
-
6 3 ÷ ú é 12 ù
所以所作的所有三角形的面积和为 ê è ú 3 4= 4 ê ÷ -1ú
.
1- 2 ê è 3 ú
3
故选：D.
题型九：公共项与插项问题
【典例 9-1】将数列 2n 与 3n - 2 的公共项由小到大排列得到数列 an ，则数列 an 的前 n 项的和为 ．
4(4n -1)
【答案】
3
1 4 n
【解析】由题意令 2 = 3n - 2,n = ，即 2 不是数列 2 与 3n - 2 的公共项；
3
令 22 = 3n - 2,n = 2，即 4 是数列 2n 与 3n - 2 的公共项；
令 23 = 3n - 2, n
10
= n，即 8 不是数列 2 与 3n - 2 的公共项；
3
令 24 = 3n - 2,n = 6，即 16 是数列 2n 与 3n - 2 的公共项；
依次类推，可得数列 an ： 4,16,64,256,L，
即 an 是首项为 4，公比为 4 的等比数列，
n n
a 4(1- 4 ) 4(4 -1)故数列 n 的前 n 项的和为 = ，1- 4 3
4(4n -1)
故答案为：
3
【典例 9-2】已知数列 an 满足 an = 2n ，在 an 和 an+1之间插入 n个 1，构成数列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，
则数列 bn 的前 20 项的和为 .
【答案】77
【解析】在 an ,an+1 之间插入 n个 1，构成数列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，
n -1 1+ n -1 1
所以共有 n + é1+ 2 +L+ n -1 ù = n + =2 2 n
2 + n 个数，
1 2 1
当 n = 5时， 5 + 5 =15，当 n = 6时， 62 + 6 = 21，2 2
2 1- 25
由于 a = 2n n ，所以 S20 = a1 + a2 +L+ a5 + 20 - 5 1 = +15 = 77 .1- 2
故答案为：77 .
【方法技巧】
公共项与插项问题是数列研究中的重要内容，具有广泛的应用背景。
公共项问题涉及两个或多个数列中共同存在的项。这些项可能具有特定的数值和序号关系，需要利用
数列的通项公式和性质进行求解。例如，两个等差数列的公共项可以组成一个新的等差数列，其公差是两
原数列公差的最小公倍数。
插项问题则是在数列的特定位置插入新的项，以改变数列的原始结构。这类问题通常要求分析插入项
对数列性质的影响，如数列的单调性、最值等。在实际应用中，插项问题可用于数列的扩展、数列模型的
修正等方面。
综上所述，公共项与插项问题是数列研究中的基础而重要的问题，对于深入理解数列的性质和应用具
有重要意义。
【变式 9-1】已知数列 an 满足 a nn = 2 ，在 an 和 an+1之间插入 n个 1，构成新的数列 bn ，则数列 bn 的前
20 项的和为 .
【答案】77
【解析】在 an ,an+1 之间插入 n个 1，构成数列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，而 an = 2n ，
b n(n -1) 1 2则数列 n 中不超过 an 的数的个数为 n + [1+ 2 +L+ (n -1)] = n + = (n + n)，2 2
1 2
当 n = 5时， (5 + 5) =15，当 n = 6
1
时， (62 + 6) = 21，
2 2
2(1- 25S (a )所以 20 = 1 + a2 +L+ a5 ) + (20 - 5) 1 = +15 = 77 .1- 2
故答案为：77
2 2
【变式 9-2】已知各项均为正数的数列 an 中， a1 =1且满足 an+1 - an = 2an + 2an+1，数列 bn 的前 n 项和为
Sn ，满足 2Sn +1 = 3bn ．
(1)求数列 an ， bn 的通项公式；
(2)若在bk 与bk +1之间依次插入数列 an 中的 k 项构成新数列 cn ：b1， a1，b2， a2， a3，b3， a4， a5 ， a6，
b4，……，求数列 cn 中前 50 项的和T50 ．
【解析】（1）
a 2 - a2由 n+1 n = 2an + 2an+1
得： an+1 - an an+1 + an = 2 an+1 + an
∵ an+1 + an > 0 an+1 - an = 2
则 an 是首项 a1 =1，公差为 2 的等差数列，∴ an = 2n -1，
又当 n =1时， 2S1 +1 = 3b1得b1 =1，
当 n 2，由 2Sn +1 = 3bn …①
2Sn-1 +1 = 3bn-1 …②
由①－②整理得：bn = 3bn-1，
b
∵ b1 = 1 0，∴ bn-1 0 ∴
n
， = 3b ，n-1
∴ b n-1数列 n 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，故bn = 3 ；
2 k +1 k + 2 （ ）依题意知：新数列 cn 中， ak +1（含 ak +1）前面共有： 1+ 2 + 3 +L+ k + k +1 = 项．2
k +1 k + 2
由 ≤50，（ k N* ）得： k 8，
2
∴新数列 cn 中含有数列 bn 的前 9 项：b1，b2，……， b9 ，含有数列 an 的前 41 项： a1， a2， a3，……，
a41；
1 1- 39∴ 41 1+ 81T 50 = + =11522 ．1- 3 2
【变式 9-3】（2024·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形
成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到
数列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3．设数列 a,b,c经过 n次“和扩充”后得到的数列
的项数为Pn，所有项的和为 Sn ．
(1)若 a = 2,b = 3,c = 4，求P2 , S2 ；
(2)求不等式Pn 2024的解集；
(3)是否存在数列 a,b,c a,b,c R ，使得数列 Sn 为等比数列？请说明理由．
【解析】（1） a = 2,b = 3,c = 4，第一次“和扩充”后得到数列 2,5,3,7,4，
第二次“和扩充”后得到数列 2,7,5,8,3,10,7,11,4 ，
P2 = 9, S2 = 2 + 7 + 5 + 8 + 3+10 + 7 +11+ 4 = 57；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列 a,b,c经过 n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，
则经第 n +1 次“和扩充”后增加的项数为Pn -1，
所以Pn+1 = Pn + Pn -1 = 2Pn -1，所以Pn+1 -1 = 2Pn - 2 = 2 Pn -1 ，
其中数列 a,b,c经过 1 次“和扩充”后，得到 a, a + b,b,b + c,c，故P1 = 5，
P1 -1 = 4，
故 Pn -1 是首项为 4，公比为 2 的等比数列，
n-1 n+1 n+1
所以Pn -1 = 4 2 = 2 ，故Pn = 2 +1，
则 2n+1 +1 2024，即 2n+1 2023，
又 n N* ，解得 n≥10 ，
（3）因为 S1 = a + a + b + b + b + c + c = 2a + 3b + 2c ，
S2 = S1 + 3 a + 2b + c ， S3 = S2 + 32 a + 2b + c ，
依次类推， Sn = Sn-1 + 3
n-1 a + 2b + c ，
故 Sn = Sn-1 + 3
n-1 a + 2b + c = S n-2n-2 + 3 a + 2b + c + 3n-1 a + 2b + c
=L = S1 + a + 2b + c 3 + 32 +L+ 3n-1
3 1- 3n-1
= 2a + 3b + 2c + a 2b c b a + c n a + c+ + × =
1- 3
+
2 ÷
×3 + ，
è 2
ìa + c a + c
= 0
ì 0
S 2
2
若使 n 为等比数列，则 í
b a + c
或 í
0 b a + c
.
+ + = 0
2 2
n n-1
【变式 9-4】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列 an 的前 n 项积为T = 3 2 ，数列 bn 满足n
b1 =1， bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求数列 an ， bn 的通项公式；
(2)将数列 an ， bn 中的公共项从小到大排列构成新数列 cn ，求数列 cn 的通项公式．
n n-1 n n -1
【解析】（1）T = 3 2 = a a La ， ln a1 + ln a2 +L+ ln a

n = × ln 3，n 1 2 n 2
当 n =1时， a = T = 301 1 =1，
é n n -1 n -1 n - 2 ù
当 n 2,n N*
n-1
时， ln an = ê - ú × ln 3 = n -1 × ln 3 = ln 3 ，即a =3n-1n ，
2 2
a = 31-1而 1 = 3
0 =1，满足上式，
n-1
所以数列 an 的通项公式为an =3 ；
若数列 bn 满足b1 =1， bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ），
则 bn = b1 + n -1 ×1 = n ，
从而数列 bn 的通项公式为bn = n2 ；
n-1
（2）令 an = 3 = m
2 = bm , n,m N* n-1 n -1，解得m = 3 2 N* ，这表明 N ，2
从而只能 n = 2k -1,k N*，
c = b = b = b = 3k -1所以 k m n-1 3k-1
2
= 9k -1，
3 2
n-1
所以数列 cn 的通项公式为 cn = 9 .
【变式 9-5】（2024·全国·模拟预测）设 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，且 a1 = 4, S5 = 50，数列 bn 满足
b1 = 4,bn+1 = 4bn ,n N
*
．
(1)求 an 和 bn 的通项公式；
(2)若将数列 an 和 bn 的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列 cn ，求数列 cn 的前 n 项和Tn ．
【解析】（1）设等差数列 an 的公差为 d，
ìa1 = 4,
由题意得， í 5 4 解得 d = 3，
5a1 + d = 50, 2
所以由等差数列的通项公式可得： an = a1 + (n -1)d = 4 + (n -1)3 = 3n +1．
由b1 = 4 0,bn+1 = 4bn得数列 bn 是首项为 4，公比为 4 的等比数列，
b = b qn-1 = 4 4n-1 n所以由等比数列的通项公式可得： n 1 = 4
（2）令 an = bn ，则可得3n1 +1 = 4
n2
1 2 ，
4n2 -1 (3+1)n2 -1 C0 3n2n + C
1 3n2 -1n +L+ C
n2 -1
n 3+ C
n2 -1
所以 n1 = = = 2 2 2
n2
3 3 3
= C0 3n2 -1 + C1 3n2 -2 +L+ Cn2 -1n n n N
*
，
2 2 2
即对于数列 bn 中的任意一项，都在数列 an 中存在公共项，
所以数列 b nn 是数列 an 的子数列，从而可得 cn = 4 ，
4 1- 4n
所以T 4
n+1 - 4
n = = ．1- 4 3
1．（2023 年高考全国甲卷数学（理）真题）设等比数列 an 的各项均为正数，前 n 项和 Sn ，若 a1 =1，
S5 = 5S3 - 4，则 S4 =（ ）
15 65
A． B． C．15 D．40
8 8
【答案】C
1+ q + q2 + q3 4 2【解析】由题知 + q = 5 1+ q + q - 4 ,
即 q3 + q4 = 4q + 4q2 ,即 q3 + q2 - 4q - 4 = 0 ,即 (q - 2)(q +1)(q + 2) = 0 .
由题知q > 0 ,所以 q = 2 .
所以 S4 = 1+ 2 + 4 + 8 = 15 .
故选:C.
2．（2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，则 S8 =
（ ）．
A．120 B．85 C．-85 D． -120
【答案】C
【解析】方法一：设等比数列 an 的公比为q，首项为 a1，
若 q = -1 ，则 S4 = 0 -5，与题意不符，所以 q -1；
若 q = 1，则 S6 = 6a1 = 3 2a1 = 3S2 0 ，与题意不符，所以 q 1；
a1 1- q4 a1 1- q6 a 1- q2
由 S4 = -5 S = 21S
1
， 6 2 可得， = -5， = 21 ①，
1- q 1- q 1- q
由①可得，1+ q2 + q4 = 21，解得： q2 = 4 ，
a1 1- q8 aS = 1- q
4
所以 8 =
1
1 q 1 q 1+ q
4 = -5 1+16 = -85．
- -
故选：C．
方法二：设等比数列 an 的公比为q，
因为 S4 = -5， S6 = 21S2 ，所以 q -1，否则 S4 = 0，
从而， S2 , S4 - S2 , S6 - S4 , S8 - S6 成等比数列，
2 5
所以有， -5 - S2 = S2 21S2 + 5 ，解得： S2 = -1或 S2 = ，4
当 S2 = -1时， S2 , S4 - S2 , S6 - S4 , S8 - S6 ，即为-1, -4, -16, S8 + 21，
易知， S8 + 21 = -64，即 S8 = -85；
当 S
5
2 = 时， S4 = a1 + a2 + a3 + a4 = a1 + a2 1+ q2 = 1+ q2 S2 > 0，4
与 S4 = -5矛盾，舍去．
故选：C．
3．（2022 年高考全国乙卷数学（理）真题）已知等比数列 an 的前 3 项和为 168， a2 - a5 = 42，则 a6 = （ ）
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【解析】设等比数列 an 的公比为 q, q 0，
若 q = 1，则 a2 - a5 = 0，与题意矛盾，
所以 q 1，
ì a1 1- q3 ìa = 96 a + a + a = =168 1
则 í 1 2 3 1- q ，解得 íq 1
，
=
a2 - a5 = a1q - a1q
4 = 42 2
a = a q5所以 6 1 = 3 .
故选：D.
4．（2021 年全国高考甲卷数学（文）试题）记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和.若 S2 = 4， S4 = 6，则 S6 =
（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【解析】∵ Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，
∴ S2 ， S4 - S2 ， S6 - S4 成等比数列
∴ S2 = 4， S4 - S2 = 6 - 4 = 2
∴ S6 - S4 =1，
∴ S6 =1+ S4 =1+ 6 = 7 .
故选：A.
5．（2024 年上海秋季高考数学真题）无穷等比数列 an 满足首项 a1 > 0,q >1，记
In = x - y x, y a1,a2 an ,an+1 ，若对任意正整数 n集合 In 是闭区间，则q的取值范围是 ．
【答案】 q 2
n-1
【解析】由题设有 an = a1q ，因为 a1 > 0,q >1，故 an+1 > an ，故 an ,an+1 = é a1q
n-1,a qn1 ù ，
当 n =1时， x, y a1,a2 ，故 x - y a1 - a2 , a2 - a1 ，此时 I1为闭区间，
当 n 2时，不妨设 x y ，若 x, y a1,a2 ，则 x - y 0, a2 - a1 ，
若 y a1, a2 , x an , an+1 ，则 x - y an - a2 , an+1 - a1 ，
若 x, y an ,an+1 ，则 x - y 0, an+1 - an ，
综上， x - y 0, a2 - a1 U an - a2 , an+1 - a1 U 0,an+1 - an ，
又 In 为闭区间等价于 0, a2 - a1 an - a2 ,an+1 - a1 0,an+1 - an 为闭区间，
而 an+1 - a1 > an+1 - an > a2 - a1，故 an+1 - an an - a2 对任意 n 2恒成立，
故 an+1 - 2an + a2 0即 a1q
n-1 q - 2 + a2 0，故 qn-2 q - 2 +1 0，
故 q - 2
1
-
qn-2 对任意的 n 2恒成立，因
q > 1 ，
1
故当 n + 时，- qn-2
0，故 q - 2 0即 q 2 .
故答案为： q 2 .
3a
1．已知数列 a a 3n 的首项 1 = a = n，且满足5 n+1 2an +1
．
ì 1 ü
（1）求证：数列 í -1a
为等比数列．
n
1 1 1 1
（2）若 + + +L+ <100a1 a2 a a
，求满足条件的最大整数 n．
3 n
a 3an 1 2an +1 1 1 2【解析】（1）由题意，数列 an 满足 n+1 = 2a +1，可得 = = × +n an+1 3a 3 a 3
，
n n
1
-1
1 1 1 1 2 1 1可得 - = × + -1 = ( -1)
an+1 1
an+1 3 a
，即
n 3 3 an 1
= ，
-1 3
an
a 3
1 2
又由 1 = ，所以 -1 =5 a1 3
，
ì 1 ü 2 1
所以数列 í -1 表示首项为 3 ，公比为 的等比数列. an 3
1
（2）由（1）可得 -1
2
= (1)n-1 1 1 2 1= 2 × ( )n n-1，所以 = ( ) = 2 × (
1)n +1
an 3 3 3 an 3 3 3
ì 1 ü
设数列 í 的前 n项和为 Sn ，
an
S 1 1 1 1 1 1 1 1则 n = + + +L+ = 2( + 2 + 2 +L+ ) + na1 a2 a3 an 3 3 3 3
n
1[1- (1)n ]
= 2 3 3 11 + n = n +1- n ，1- 3
3
S <100 n 1 1若 n ，即 + - n <100，3
因为函数 y = x +1
1
- x 为单调递增函数，3
所以满足 Sn <100的最大整数 n的值为99 .
2．已知 an 是一个无穷等比数列，公比为 q．
（1）将数列 an 中的前 k 项去掉，剩余项组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项
与公比分别是多少？
（2）取出数列 an 中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项与
公比分别是多少？
（3）在数列 an 中，每隔 10 项取出一项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的公
比是多少？你能根据得到的结论作出关于等比数列的一个猜想吗？
【解析】（1）将数列 an 中的前 k 项去掉，剩余项组成一个新数列，这个新数列是等比数列.它的首项与公
k
比分别是 a1q , q ；
（2）取出数列 an 中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列.它的首项与公比分别是
a 21,q ；
（3）在数列 an 中，每隔 10 项取出一项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列.它的公比是 q11，我
们由此可以得到一个结论： 在数列 an 中，每隔 k 项取出一项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列，
它的公比为 qk +1 .
S
3．已知数列 an 为等差数列， a1 =1， a3 = 2 2 +1，前 n 项和为 Sn ，数列 b nn 满足bn = ，n
求证：
（1）数列 bn 为等差数列；
（2）数列 an 中的任意三项均不能构成等比数列．
a a =1 d a3 - a【解析】（1）因为等差数列 n 满足 1 ， a3 = 2 2 +1，所以 = 1 = 2 ，所以 an = 2n +1- 2 ，所3-1
n n -1 d
S na 2 2 2 以 n = 1 + = n + 1- n2 2 è 2
÷÷

2 2 n + 1
2
- ÷ n 2 2 2
所以 S 2 è 2
2 2
2 2 n ，即b - b = n +1 + 1- - n - 1- =b ，n = = = n + n+1 n
÷
1- ÷
÷
÷ 2 è 2 2
2 ÷÷ 2
n n 2 è 2
è

2
即 bn 为公差为 的等差数列；
2
（2）设数列 an 中任意三项 an =1+ 2 n -1 ， am =1+ 2 m -1 ， ak =1+ 2 k -1
2
则 an am ak ，假设 an ,am ,ak 成等比数列，则 é 1+ 2 m -1 ù é = 1+ 2 n -1 ù é 1+ 2 k -1 ù
即 2 m -1 2 - 2 n -1 k -1 = 2 n + k - 2m
因为m, n, k Z +
ìn + k - 2m = 0 2
所以 í 2 ，所以 k - n = 0，即 k = n ，与a a 矛盾，所以数列
a 中的任意三项均
m -1 = n -1 k -1
n k n
不能构成等比数列．
4．已知数列 an 为等比数列， a
1
1 =1024，公比 q = ．若Tn 是数列 an 的前 n 项积，求Tn 的最大值．2
1
【解析】因为数列 an 为等比数列， a1 =1024，公比 q = ，2
n-1
a =1024 1 所以 n ÷ ，
è 2
所以Tn = a1 × a2 × a3Lan
ìan 1
当 í T
a
时， n 最大，
n+1 1
ì 1 n-1
1024

2 ÷
1
è
1 n
即 í1024

÷ 1 ，解得： n =11，
è 2
n N*


1+2+...+10 110
此时T =102411 1 211 ÷ = = 2
55
è 2 255
易错点：不能灵活运用等比数列的性质
易错分析：解题的过程中要注意把握等比数列的基本性质，以及前 n 项和的性质，正确运用学过的知
识，进行合理计算即可.
【易错题 1】在各项均为正数的等比数列 an 中， a12a19 =16，则 log2 a8 + log2 a23 = .
【答案】4
【解析】因为数列 an 为等比数列，所以 a12a19 = a8a23 ，
又 a12a19 =16，所以 a8a23 =16，
所以 log2 a8 + log2 a23 = log2 a8a23 = 4 ，
故答案为：4.
【易错题 2】等比数列{an}中， a2 = 4 ，a6 =16，则 a4 =
【答案】8
【解析】等比数列{an}中，所有偶数项符号相同 a4 = a2q
2 = 4q2 > 0
a2 = 4 ，a6 =16 a 2，则 4 = a2a6 = 64
所以 a4 = 8 .
故答案为：8

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