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第3节　等比数列及其前n项和
（时间：60分钟，满分：95分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.（2026·江西南昌模拟）已知{an}为等比数列，若a2＋4a4＝4a3，则{an}的公比q＝（　　）
A.－2 B.2
C.－ D.
2.（2025·T8联考）2025年蛇年春晚的武汉分会场地点设在黄鹤楼，楼的外观有五层而实际上内部有九层.为营造春节的喜庆气氛，主办方决定在黄鹤楼的外部用灯笼进行装饰.这五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，则最中间一层需要挂灯笼的数量为（　　）
A.12盏 B.24盏
C.36盏 D.48盏
3.〔一题多解〕数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，则a4＝（　　）
A.8 B.16
C.12 D.24
4.（2026·江苏南通质量监测）已知数列{an}为等比数列，a1＝512，公比q＝，则数列{an}的前n项积Tn最大时，n＝（　　）
A.4 B.5
C.6 D.8
5.（2026·湖北襄阳模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＋S24＝140，且S24＝13S8，则S16＝（　　）
A.40 B.－30
C.30 D.－30或40
6.〔多选〕已知数列{an}为等比数列，则下列说法正确的是（　　）
A.若等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋t，则t＝－1
B.若a2a7＋a3a6＝6，则a1a2a3…a8＝81
C.若等比数列{an}各项均为正数，则{lg an}也是等比数列
D.项数为奇数的等比数列{an}中，a1＝2，S奇＝，S偶＝，则公比q＝
7.（2026·湖北武汉调研）写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an＝　　　　.
①anan＋1＜0；②｜an｜＜｜an＋1｜.
8.（2026·福建泉州模拟）已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则的值是　　　　.
9.（13分）在数列{an}中，＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
（1）证明：数列{an＋1}是等比数列；
（2）求数列{an}的前n项和Sn.
10.已知等差数列{an}的公差不为0，正项等比数列{bn}，a2＝b2，a10＝b10，则以下命题中正确的是（　　）
A.a1＞b1 B.a5＞b5
C.a6＜b6 D.a17＞b17
11.（2026·山东聊城模拟）已知等比数列{an}的公比为q，则“q＞0”是“{an}是递增数列”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
12.〔多选〕（2026·山东济宁模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝Sn＋2，{bn}为等差数列，且b2＝a1，b8＝a3，记集合A＝{x∈N*｜bn≤x≤an}中元素的个数为cn，数列{cn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的是（　　）
A.an＝2n
B.bn＝n
C.cn＝2n－n
D.Tn＝2n＋1－－2
13.已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，＝9a2a6.设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，则数列{}的前n项和Sn＝　　　　.
14.（15分）（2025·河南焦作二模）已知等差数列{an}满足2a2＋a3＝0，a4＝10，数列{bn}的首项为9，且{an＋bn}是公比为2的等比数列.
（1）求{an}的通项公式；
（2）探究{bn}的单调性，并求其最值.
15.〔多思少算〕设{an}是首项为正数，公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn.若存在无穷多个正整数k，使Sk≤0，则q的取值范围是（　　）
A.（－∞，1） B.（－∞，－1]
C.[－1，0） D.（0，1）
第3节　等比数列及其前n项和
1.D　2.B　3.B　4.B　5.A　
6.BD　对于A，因为Sn＝2n－1＋t＝t＋×2n，由等比数列的前n项和公式Sn＝＝－·qn，知t＝－，所以A错误；对于B，由a2a7＋a3a6＝6，得到a2a7＝a3a6＝3，所以a1a2a3…a8＝（a2a7）4＝81，故B正确；对于C，不妨设等比数列{an}为an＝1，则lg an＝0，所以{lg an}不是等比数列，故C错误；对于D，因为项数为奇数，所以q＝＝＝，故D正确.
7.（－2）n（答案不唯一）　8.
9.解：（1）证明：因为＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
所以（an＋1＋1）2＝（an＋1）（an＋2＋1），
即＝.
因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，所以＝2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，
所以Sn＝－n＝3·2n－n－3.
10.B　由题意可知：点（n，an）在一次函数图象上，点（n，bn）在指数型函数图象上，两图象交点横坐标为2和10，两图象只有同增或同减时才有两个交点，如图，
由图可知：a1＜b1，a5＞b5，a6＞b6，a17＜b17.故选B.
11.B　分析充分性：在等比数列{an}中，q＞0，所以假设a1＝1，q＝，所以an＝（ ）n－1，等比数列{an}为递减数列，故充分性不成立；分析必要性：若等比数列{an}的公比为q，且{an}是递增数列，所以an＋1－an＞0恒成立，即a1qn－1（q－1）＞0恒成立，当a1＞0，q＞1时，a1qn－1（q－1）＞0成立，当a1＞0，0＜q＜1时，a1qn－1（q－1）＞0不成立，当a1＞0，q＝1时，a1qn－1（q－1）＞0不成立，当a1＜0，q＞1时，a1qn－1（q－1）＞0不成立，当a1＜0，0＜q＜1时，a1qn－1（q－1）＞0成立，当a1＜0，q＝1时，a1qn－1（q－1）＞0不成立，当a1＞0，q＜0时，a1qn－1（q－1）＞0不恒成立，当a1＜0，q＜0时，a1qn－1（q－1）＞0不恒成立，所以能使a1qn－1（q－1）＞0恒成立的只有：a1＞0，q＞1和a1＜0，0＜q＜1，易知此时q＞0成立，所以必要性成立.故选B.
12.ABD　对于A，设等比数列{an}的公比为q，由an＋1＝Sn＋2，得an＝Sn－1＋2（n≥2），两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝2an，所以q＝2，又a2＝S1＋2＝a1＋2，a2＝2a1，解得a1＝2，所以an＝2×2n－1＝2n，正确；对于B，设等差数列{bn}的公差为d，由b2＝a1＝2，b8＝a3＝8，得6d＝b8－b2＝6，解得d＝1，所以bn＝b2＋（n－2）d＝n，正确；对于C，由A＝{x∈N*｜bn≤x≤an}，得A＝{x∈N*｜n≤x≤2n}，则集合A中元素的个数为2n－n＋1，即cn＝2n－n＋1，错误；对于D，Tn＝（2＋22＋…＋2n）－（1＋2＋…＋n）＋n＝－＋n＝2n＋1－－2，正确.
13.－　解析：设等比数列{an}的公比为q，q＞0，则＝9a2a6＝9··a3q3＝9q2，所以9q2＝1，所以q＝.因为2a1＋3a2＝3a1＝1，所以a1＝，所以an＝a1qn－1＝×（ ）n－1＝，所以log3an＝log3＝－n，所以log3an＋1－log3an＝－（n＋1）＋n＝－1，log3a1＝－1，即数列{log3an}是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－1－2－3－…－n＝－，所以{}＝－＝－＋，因此Sn＝－2＋－＋－…－＋＝－2＝－.
14.解：（1）设数列{an}的公差为d，由题可得
解得所以an＝a1＋（n－1）d＝－8＋6（n－1）＝6n－14，
即数列{an}的通项公式为an＝6n－14.
（2）因为b1＝9，a1＝－8，所以a1＋b1＝1，
又an＝6n－14，
由题知an＋bn＝6n－14＋bn＝1·2n－1＝2n－1，
所以bn＝2n－1－6n＋14，
所以bn＋1－bn＝2n－1－6，当n＝1，2，3时，bn＋1－bn＜0，当n≥4时，bn＋1－bn＞0，
所以b1＞b2＞b3＞b4＜b5＜b6＜…，
故数列{bn}先单调递减后单调递增，且数列{bn}有最小值，最小值为b4＝－2，无最大值.
15.B　依题意a1＞0，q≠0，若q＞0，则an＞0，Sn＞0，此时不存在符合题意的k，所以q＜0.若q＝－1，则Sn＝a1×＝[1－（－1）n]，当n为正偶数时，Sn＝0，所以存在无穷多个正整数k，使Sk≤0.当－1＜q＜0时，Sn＝（1－qn），其中＞0，1－qn＞0，所以Sn＞0，此时不存在符合题意的k.当q＜－1时，Sn＝＝（1－qn），其中＞0，当n是正偶数时，1－qn＜0，Sn＜0，所以存在无穷多个正整数k，使Sk≤0.综上所述，q的取值范围是（－∞，－1].
1 / 1第3节　等比数列及其前n项和
1.理解等比数列的概念和通项公式的意义. 2.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系. 3.体会等比数列与指数函数的关系. 4.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
知识梳理
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表示（显然q≠0），符号表示为＝　　　　（n∈N*）；
（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.
提醒：只有当两个数同号时，这两个数才有等比中项，且等比中项有两个，它们互为相反数.
2.等比数列的有关公式
（1）通项公式：an＝　　　an＝am·qn－m；
（2）前n项和公式：Sn＝
Sn＝
提醒：（1）由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0；（2）在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
3.等比数列的性质
（1）项的性质
①若k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则有ak·al＝　　　　；
②相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为　　　　.
（2）和的性质
①当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也是等比数列，其公比为　　　　；
②当q＝1时，＝；当q≠±1时，＝；
③Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
1.等比数列的单调性 （1）若或则等比数列{an}是递增数列； （2）若或则等比数列{an}是递减数列； （3）当q＝1时，{an}是常数列. 2.等比数列的常用结论 （1）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{}，{}，{an·bn}，{}仍是等比数列； （2）已知数列{an}的通项公式是an＝cqn（c，q为常数且不为0），则数列{an}是等比数列； （3）数列{an}是等比数列 Sn＝Aqn－A（A，q为常数，且A≠0，q≠0，1）； （4）若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列； （5）若等比数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.
诊断自测
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）等比数列{an}的公比q是一个常数，它可以是任意数.（　　）
（2）三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.（　　）
（3）数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.（　　）
（4）数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.（　　）
（5）对于有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项之积.（　　）
2.（2026·山东齐鲁名校大联考模拟）已知正项等比数列{an}满足a1a9＝，a3＝，则a4＝（　　）
A. B.
C. D.
3.（2026·浙江杭州模拟）若等比数列{an}满足a1＋a2＝2，a1－a3＝3，则数列{an}的公比等于（　　）
A.－或 B.或－
C.－ D.
4.已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为（　　）
A.－4 B.－1
C.1 D.4
5.（2026·湖南常德联考）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a5＝8a2，若Sn＝31，则n＝　　　　.
等比数列基本量的计算
（基础自学过关）
1.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若8S6＝7S3，则{an}的公比为（　　）
A.－1 B.－
C. D.1
2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，＝8，则a1＝（　　）
A.16 B.8
C.6 D.2
3.（2026·广西南宁调研）已知等比数列{an}满足a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，则a1＝（　　）
A.1 B.2
C.1或4 D.2或4
4.〔多选〕（2025·全国Ⅱ卷9题）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q＞0.若S3＝7，a3＝1，则（　　）
A.q＝ B.a5＝
C.S5＝8 D.an＋Sn＝8
5.（2026·江苏苏州开学考试）设等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝＝2，则a2 026＝　　　　.
等比数列基本量运算的解题策略 （1）等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求解； （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.
等比数列的判定与证明
（师生共研过关）
（2026·重庆九校联考节选）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③三个条件中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立.①数列{an}是等比数列；②数列{Sn＋a1}是等比数列；③a2＝2a1.
注：如果选择多个组合分别解答，则按第一个解答计分.
提醒：（1）在解答题中证明一个数列为等比数列时，一般用定义法；（2）如果要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续的三项不成等比数列即可.
训练1 （1）〔多选〕设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是（　　）
A.数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列
B.数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C.数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
D.数列是公比为的等比数列
（2）已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
①证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
②若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式.
等比数列的性质及应用
（定向精析突破）
考向1　项的性质
（1）（2025·江苏南京、盐城一模）已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是（　　）
A.4 B.5
C.6 D.7
（2）在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝，a4a5＝－，则＋＋＋＋＋＋＋＝　　　　.
听课记录
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，则am·an＝ap·aq”，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.
考向2　和的性质
（1）已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝（　　）
A.1 B.2 C.3 D.4
（2）〔一题多解〕（2025·全国Ⅰ卷13题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于　　　　.
听课记录
　　恰当地使用等比数列前n项和的性质，如当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列等，可以避繁就简，运算简便的同时避免了对公比q的讨论.但要注意性质的使用条件，并结合题设寻找使用性质的切入点.
考向3　最值问题
（1）已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1（n∈N*）的最小值为（　　）
A. B.2
C.4 D.
（2）〔多选〕（2026·江苏扬州模拟）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1＞1，a6a7＞1，＜0，则下列结论正确的是（　　）
A.q＞1 B.0＜a6a8＜1
C.Sn的最大值为S7 D.Tn的最大值为T6
听课记录
　　涉及等比数列的最值问题，一般要讨论其单调性，并要考虑公比与首项的符号.
训练2 （1）设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则＝（　　）
A.2 B.3
C.5 D.7
（2）（2026·北京市第二中学模拟）在等比数列{an}中，若a1＋a3＝62，a2＋a4＝31，则当a1a2…an取得最大值时，n＝（　　）
A.3 B.6
C.9 D.12
（3）已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则a＝　　　　，数列{}的前n项和为　　　　.
第3节　等比数列及其前n项和
【夯实必备知识】
知识梳理
1.（1）同一个　公比　q
2.（1）a1qn－1　（2）　
3.（1）①am·an　②qm　（2）①qn　
诊断自测
1.（1）×　（2）×　（3）×　（4）×　（5）√
2.B　3.C　4.A　5.5
【研透核心考点】
考点1
1.B　2.D　3.C　4.AD　5.2　
考点2
【例1】　解：选①②作条件证明③.
因为数列{an}，{Sn＋a1}是等比数列，
所以（S2＋a1）2＝（S1＋a1）（S3＋a1），
即（2a1＋a2）2＝2a1（2a1＋a2＋a3），
故4＋4a1a2＋＝4＋2a1a2＋2，
所以＝2a1a2.
又因为a2≠0，所以a2＝2a1.
选①③作条件证明②.
因为a2＝2a1，{an}是等比数列，
所以数列{an}的公比q＝2，
所以Sn＝＝a1（2n－1），
即Sn＋a1＝a12n，
因为＝2，Sn＋a1≠0，
所以{Sn＋a1}是等比数列.
选②③作条件证明①.
因为数列{Sn＋a1}是等比数列，且a2＝2a1，
所以＝＝＝2，
则数列{Sn＋a1}是以2a1为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn＋a1＝2a1·2n－1＝a1·2n，
Sn＝a1·2n－a1，
所以an＝Sn－Sn－1＝a1·2n－a1－（a1·2n－1－a1）＝a1·2n－1（n≥2），
当n＝1时，a1＝a1，也符合上式，
所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列.
训练1　（1）AD　对于A，由＝q2知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；对于B，当q＝－1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于C，当q＝1时，数列{an－an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D，＝＝，所以数列是公比为的等比数列.
（2）解：①证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3（an＋1＋an），
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an＞0，所以＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.
②由题意知an＋an＋1＝（a1＋a2）3n－1＝2×3n－1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－（an＋1－3an），因为a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n－1，an＝×3n－1.
考点3
【例2】　（1）B　（2）－6　解析：（1）因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，故an＝2n－1，因为ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak（1＋2＋22＋…＋29）＝2k－1·＝2k＋9－2k－1＝214－24，解得k＝5，故选B.
（2）＋＋＋＋＋＋＋＝＋＋＋，∵在等比数列{an}中，a4a5＝－，则a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝－，∴原式＝－（a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8）＝－×＝－6.
【例3】　（1）B　（2）2　解析：（1）由题意，得解得则q＝＝＝2.
（2）法一（基本量法）　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，又S4＝4，S8＝68，所以q≠1.由S4＝4得＝4　①，由S8＝68得＝68　②，得＝，即＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q＞0，所以q＝2.
法二（性质法）　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝＝16，又q＞0，所以q＝2.
【例4】　（1）B　（2）BD　解析：（1）由已知得数列{an}的公比满足q3＝＝，解得q＝，∴a1＝2，a2＝1，a3＝，故数列{anan＋1}是首项为2，公比为＝的等比数列，∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝［1－（ ）n］∈［2，）.故最小值为2.
（2）由题意得，a1＞1，a6a7＞1＞0，∴a6，a7同号，即a6与a6q同号，∴q＞0，又＜0，∴a6，a7一个比1大，一个比1小，∴a6＞1，0＜a7＜1，∴0＜q＜1，并且an＝a1qn－1＞0，a1＞a2＞…＞an，即{an}是递减的正项数列，∴Sn无最大值，A错误，C错误；∴0＜a6a8＝＜1，B正确；∵当n≥7时，an＜1，当1≤n≤6时，an＞1，∴T6是Tn的最大值，D正确.
训练2　（1）C　（2）B　（3）－1　　解析：（1）由题意得S6－S3＝8，S6＝S3＋8＝4＋8＝12，因为S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，故＝＝，即82＝4（S9－12），解得S9＝28，则S9－S6＝28－12＝16，所以162＝8（S12－28），S12＝60，故＝＝5.
（2）在等比数列{an}中，a1＋a3＝62，a2＋a4＝31，所以公比q＝＝，所以a1＋a3＝a1＋a1＝62，解得a1＝，故an＝×（ ）n－1，易得an＝×（ ）n－1单调递减，且an＞0，因为a6＝＞1，a7＝＜1，所以当1≤n≤6时，an＞1，当n≥7时，0＜an＜1，所以当a1a2…an取得最大值时，n＝6.
（3）设数列{}的前n项和为Tn，因为Sn＝3n＋a，所以Sn－1＝3n－1＋a（n≥2），所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1（n≥2），且a1＝S1＝3＋a.又数列{an}为等比数列，所以an＝2·3n－1，且2＝3＋a，所以a＝－1.因为＝（ ）2＝9，且＝4，所以{}是首项为4，公比为9的等比数列，所以{}的前n项和Tn＝＝.
1 / 1(共72张PPT)
第3节　等比数列及其前n项和
课标要求
1. 理解等比数列的概念和通项公式的意义.
2. 探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n
项和公式的关系.
3. 体会等比数列与指数函数的关系.
4. 能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
目录/
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
课时跟踪检测
03
01
PART
夯实必备知识
知识梳理
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表示（显然q≠0），符号表示为
＝ （n∈N*）；
（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.
同一个　
公比　
q　
提醒：只有当两个数同号时，这两个数才有等比中项，且等比中项有两
个，它们互为相反数.
2. 等比数列的有关公式
（1）通项公式：an＝ an＝am·qn－m；
（2）前n项和公式：Sn＝ Sn＝
a1qn－1　
提醒：（1）由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要
验证a1≠0；（2）在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与
q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
（1）项的性质
①若k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则有ak·al＝ ；
②相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍
是等比数列，公比为 .
am·an　
qm　
3. 等比数列的性质
（2）和的性质
①当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也是
等比数列，其公比为 ；
②当q＝1时， ＝ ；当q≠±1时， ＝ ；
③Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
qn　
1. 等比数列的单调性
（1）若 或 则等比数列{an}是递增数列；
（2）若 或 则等比数列{an}是递减数列；
（3）当q＝1时，{an}是常数列.
2. 等比数列的常用结论
（1）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），
{ }，{ }，{an·bn}，{ }仍是等比数列；
（2）已知数列{an}的通项公式是an＝cqn（c，q为常数且不为0），则数
列{an}是等比数列；
（3）数列{an}是等比数列 Sn＝Aqn－A（A，q为常数，且A≠0，
q≠0，1）；
（4）若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn， ， ，…成等比数列；
（5）若等比数列{an}的项数为2n，则 ＝q；若项数为2n＋1，则
＝q.
诊断自测
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）等比数列{an}的公比q是一个常数，它可以是任意数. （　×　）
（2）三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac. （　×　）
（3）数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.
（　×　）
（4）数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝ .
（　×　）
（5）对于有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两
项之积. （　√　）
×
×
×
×
√
2. （2026·山东齐鲁名校大联考模拟）已知正项等比数列{an}满足a1a9＝
，a3＝ ，则a4＝（　　）
√
解析： 　因为正项等比数列{an}满足a1a9＝ ，所以 ＝ ，解得a5
＝ ，又a3＝ ，所以a4＝ ＝ ，故选B.
3. （2026·浙江杭州模拟）若等比数列{an}满足a1＋a2＝2，a1－a3＝3，
则数列{an}的公比等于（　　）
√
解析： 　a1＋a2＝a1（1＋q）＝2，a1－a3＝a1（1－q2）＝a1（1＋q）
（1－q）＝2（1－q）＝3，所以q＝－ ，故选C.
4. 已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为（　　）
A. －4 B. －1 C. 1 D. 4
√
解析： 　因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，所以（2x＋
2）2＝x（3x＋3），即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4，当x＝－1
时，数列的前三项为－1，0，0，不能构成等比数列，舍去.
5. （2026·湖南常德联考）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a5
＝8a2，若Sn＝31，则n＝ .
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，a5＝8a2，所以1×q4＝
8×1×q，解得q＝2，又Sn＝ ＝31，即2n＝32，解得n＝5.
5
02
PART
研透核心考点
等比数列基本量的计算（基础自学过关）
1. 记Sn为等比数列{an}的前n项和，若8S6＝7S3，则{an}的公比为
（　　）
A. －1
D. 1
√
解析： 　设等比数列{an}的公比为q（q≠1）.由8S6＝7S3，得
8× ＝7× .整理得8q6－7q3－1＝0，解得q＝－ .
2. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4， ＝8，则a1＝（　　）
A. 16 B. 8
C. 6 D. 2
√
解析： 　设等比数{an}的公比为q，由 ＝8，即 ＝
＝q3＝8，即q＝2，又a2＝4，所以a1＝ ＝2.
3. （2026·广西南宁调研）已知等比数列{an}满足a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3
＝8，则a1＝（　　）
A. 1 B. 2
C. 1或4 D. 2或4
√
解析： 　由已知得 ＝a1a2a3＝8，∴a2＝2.设等比数列{an}的公比为
q，∵a1＋a2＋a3＝7，∴ ＋a2＋a2q＝7，即 ＋2q－5＝0，∴2q2－5q
＋2＝0，解得q＝2或q＝ ，当q＝2时，得a1＝1.当q＝ 时，得a1＝4.
4. 〔多选〕（2025·全国Ⅱ卷9题）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为
{an}的公比，q＞0.若S3＝7，a3＝1，则（　　）
C. S5＝8 D. an＋Sn＝8
√
√
解析： 　A. 根据S3＝a1＋a2＋a3＝ ＋ ＋a3＝ ＋ ＋1＝7，得6q2
－q－1＝0，即（2q－1）（3q＋1）＝0，因为q＞0，所以q＝ ，故A正
确；B. a5＝a3q2＝1×（ ）2＝ ，故B错误；C. a1＝ ＝4，所以S5＝
＝ ＝ ，故C错误；D. an＝a1qn－1＝4×（ ）n－1＝
＝23－n，Sn＝ ＝ ＝8［1－（ ）n］＝8－
＝8－23－n，所以an＋Sn＝8，故D正确.
5. （2026·江苏苏州开学考试）设等比数列{an}的前n项和为Sn，且 ＝
＝2，则a2 026＝ .
解析：因为 ＝ ＝2，所以S2＝4，S6＝12，设等比数列{an}的公比为q
（q≠0），当q≠1时， 整理得q4＋q2－2＝0，
即（q2＋2）（q2－1）＝0，解得q＝1（舍）或q＝－1，当q＝－1时，S2
＝a1＋a2＝a1＋a1q＝0≠4，所以q≠－1；当q＝1时，S2＝2a1＝4，解得
a1＝2，所以a2 026＝a1q2 025＝2.综上，a2 026＝2.
2　
等比数列基本量运算的解题策略
（1）等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，q，an，
Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求解；
（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.
等比数列的判定与证明（师生共研过关）
（2026·重庆九校联考节选）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为
{an}的前n项和，从下面①②③三个条件中选取两个作为已知条件，证明
另外一个成立.①数列{an}是等比数列；②数列{Sn＋a1}是等比数列；③
a2＝2a1.
注：如果选择多个组合分别解答，则按第一个解答计分.
解：选①②作条件证明③.
因为数列{an}，{Sn＋a1}是等比数列，
所以（S2＋a1）2＝（S1＋a1）（S3＋a1），
即（2a1＋a2）2＝2a1（2a1＋a2＋a3），
故4 ＋4a1a2＋ ＝4 ＋2a1a2＋2 ，
所以 ＝2a1a2.
又因为a2≠0，所以a2＝2a1.
选①③作条件证明②.
因为a2＝2a1，{an}是等比数列，
所以数列{an}的公比q＝2，
所以Sn＝ ＝a1（2n－1），
即Sn＋a1＝a12n，
因为 ＝2，Sn＋a1≠0，
所以{Sn＋a1}是等比数列.
选②③作条件证明①.
因为数列{Sn＋a1}是等比数列，且a2＝2a1，
所以 ＝ ＝ ＝2，
则数列{Sn＋a1}是以2a1为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn＋a1＝2a1·2n－1＝a1·2n，
Sn＝a1·2n－a1，
所以an＝Sn－Sn－1＝a1·2n－a1－（a1·2n－1－a1）＝a1·2n－1（n≥2），
当n＝1时，a1＝a1，也符合上式，
所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列.
提醒：（1）在解答题中证明一个数列为等比数列时，一般用定义法；
（2）如果要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续的三项不
成等比数列即可.
训练1 （1）〔多选〕设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是
（　AD　）
A. 数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列
B. 数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C. 数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
AD
解析：　对于A，由 ＝q2知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；
对于B，当q＝－1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于
C，当q＝1时，数列{an－an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D，
＝ ＝ ，所以数列 是公比为 的等比数列.
①证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
②若a1＝ ，a2＝ ，求{an}的通项公式.
解：①证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3（an＋1＋an），
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an＞0，所以 ＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.
（2）已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
②由题意知an＋an＋1＝（a1＋a2）3n－1＝2×3n－1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－（an＋1－3an），因为a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n－1，an＝ ×3n－1.
等比数列的性质及应用（定向精析突破）
考向1　项的性质
（1）（2025·江苏南京、盐城一模）已知数列{an}为等比数列，公比
为2，且a1＋a2＝3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的
值是（　B　）
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
B
解析： 因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1
＋2a1＝3，解得a1＝1，故an＝2n－1，因为ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak
（1＋2＋22＋…＋29）＝2k－1· ＝2k＋9－2k－1＝214－24，解得k＝5，故
选B.
（2）在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝ ，a4a5＝
－ ，则 ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＝ .
解析： ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋
＋ ，∵在等比数列{an}中，a4a5＝－ ，则a1a8＝a2a7＝a3a6
＝a4a5＝－ ，∴原式＝－ （a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8）＝－
× ＝－6.
－6　
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，则am·an＝ap·aq”，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.
考向2　和的性质
（1）已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶
数项的和大80，则公比q＝（　B　）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
解析： 由题意，得 解得 则q＝ ＝
＝2.
B
（2）〔一题多解〕（2025·全国Ⅰ卷13题）若一个等比数列的各项均为正
数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等
于 .
解析：法一（基本量法）　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为
Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，又S4＝4，S8＝68，
所以q≠1.由S4＝4得 ＝4　①，由S8＝68得 ＝68　
②， 得 ＝ ，即 ＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q＞
0，所以q＝2.
2　
法二（性质法）　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为
等比数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8
－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以
q4＝ ＝ ＝16，又q＞0，所以q＝2.
　　恰当地使用等比数列前n项和的性质，如当q≠－1，或q＝－1且n为
奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列等，可以避繁就简，运
算简便的同时避免了对公比q的讨论.但要注意性质的使用条件，并结合题
设寻找使用性质的切入点.
考向3　最值问题
（1）已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝ ，则a1a2＋a2a3
＋…＋anan＋1（n∈N*）的最小值为（　B　）
B. 2
C. 4
B
解析： 由已知得数列{an}的公比满足q3＝ ＝ ，解得q＝ ，∴a1＝2，
a2＝1，a3＝ ，故数列{anan＋1}是首项为2，公比为 ＝ 的等比数列，
∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝ ＝ ［1－（ ）n］∈［2，
）.故最小值为2.
（2）〔多选〕（2026·江苏扬州模拟）设等比数列{an}的公比为q，其前n
项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1＞1，a6a7＞1， ＜0，则下
列结论正确的是（　BD　）
A. q＞1 B. 0＜a6a8＜1
C. Sn的最大值为S7 D. Tn的最大值为T6
BD
解析：由题意得，a1＞1，a6a7＞1＞0，∴a6，a7同号，即a6与a6q同号，
∴q＞0，又 ＜0，∴a6，a7一个比1大，一个比1小，∴a6＞1，0＜a7
＜1，∴0＜q＜1，并且an＝a1qn－1＞0，a1＞a2＞…＞an，即{an}是递减
的正项数列，∴Sn无最大值，A错误，C错误；∴0＜a6a8＝ ＜1，B正
确；∵当n≥7时，an＜1，当1≤n≤6时，an＞1，∴T6是Tn的最大值，D
正确.
　　涉及等比数列的最值问题，一般要讨论其单调性，并要考虑公比与首
项的符号.
训练2 （1）设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝8，
则 ＝（　C　）
A. 2 B. 3
C. 5 D. 7
C
解析： 由题意得S6－S3＝8，S6＝S3＋8＝4＋8＝12，因为S3，S6－
S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，故 ＝ ＝ ，即82＝4（S9
－12），解得S9＝28，则S9－S6＝28－12＝16，所以162＝8（S12－28），
S12＝60，故 ＝ ＝5.
（2）（2026·北京市第二中学模拟）在等比数列{an}中，若a1＋a3＝62，
a2＋a4＝31，则当a1a2…an取得最大值时，n＝（　B　）
A. 3 B. 6
C. 9 D. 12
B
解析：在等比数列{an}中，a1＋a3＝62，a2＋a4＝31，所以公比q＝
＝ ，所以a1＋a3＝a1＋ a1＝62，解得a1＝ ，故an＝ ×
（ ）n－1，易得an＝ ×（ ）n－1单调递减，且an＞0，因为a6＝ ＞
1，a7＝ ＜1，所以当1≤n≤6时，an＞1，当n≥7时，0＜an＜1，所以
当a1a2…an取得最大值时，n＝6.
（3）已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则a＝ ，数列
{ }的前n项和为 .
解析：设数列{ }的前n项和为Tn，因为Sn＝3n＋a，所以Sn－1＝3n－1＋
a（n≥2），所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1（n≥2），且a1＝S1＝3＋a.又
数列{an}为等比数列，所以an＝2·3n－1，且2＝3＋a，所以a＝－1.因为
＝（ ）2＝9，且 ＝4，所以{ }是首项为4，公比为9的等比数
列，所以{ }的前n项和Tn＝ ＝ .
－1　
　
03
PART
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：95分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1. （2026·江西南昌模拟）已知{an}为等比数列，若a2＋4a4＝4a3，则
{an}的公比q＝（　　）
A. －2 B. 2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
解析： 　由a2＋4a4＝4a3，可得a2＋4a2q2＝4a2q，显然a2≠0，所以4q2
－4q＋1＝0，解得q＝ .故选D.
2. （2025·T8联考）2025年蛇年春晚的武汉分会场地点设在黄鹤楼，楼的
外观有五层而实际上内部有九层.为营造春节的喜庆气氛，主办方决定在
黄鹤楼的外部用灯笼进行装饰.这五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层
中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，则最中间一层需要挂灯笼的数
量为（　　）
A. 12盏 B. 24盏
C. 36盏 D. 48盏
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　由题意知，各层楼的灯笼数从上至下构成等比数列，记为数列
{an}，第5层楼所挂灯笼数为a1，公比q＝2.由S5＝ ＝186，解
得a1＝6.则最中间一层的灯笼数为a3＝a1q2＝24.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3. 〔一题多解〕数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，则a4＝（　　）
A. 8 B. 16
C. 12 D. 24
√
解析： 　法一　因为am＋n＝aman恒成立，所以当m＝1时也成立，即an＋1
＝a1an，又a1＝2，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以2为首项，2为公比
的等比数列，所以an＝2n，则a4＝24＝16，故选B.
法二　am＋n＝aman，a1＝2，则a4＝a2a2＝a1a1a1a1＝ ＝24＝16，故选B.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4. （2026·江苏南通质量监测）已知数列{an}为等比数列，a1＝512，公比
q＝ ，则数列{an}的前n项积Tn最大时，n＝（　　）
A. 4 B. 5
C. 6 D. 8
√
解析： 　因为a1＝512，公比q＝ ，所以an＝512·（ ）n－1＝ ，所
以当1≤n≤5时，an＞1；当n≥6时，0＜an＜1.又Tn是数列{an}的前n项
积，则当n＝5时，Tn取得最大值，故选B.
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5. （2026·湖北襄阳模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＋S24
＝140，且S24＝13S8，则S16＝（　　）
A. 40 B. －30
C. 30 D. －30或40
√
解析： 　因为S8＋S24＝140，且S24＝13S8，所以S8＝10，S24＝130，故
q≠±1，所以 ＝ ＝（q8）2＋q8＋1＝13，即（q8）2＋q8－12＝
0，解得q8＝3或q8＝－4（舍去），由等比数列性质可知，S8，S16－S8，
S24－S16成等比数列，公比为q8＝3，所以S16－10＝10×q8＝30，解得S16
＝40.
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6. 〔多选〕已知数列{an}为等比数列，则下列说法正确的是（　　）
A. 若等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋t，则t＝－1
B. 若a2a7＋a3a6＝6，则a1a2a3…a8＝81
C. 若等比数列{an}各项均为正数，则{lg an}也是等比数列
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解析： 　对于A，因为Sn＝2n－1＋t＝t＋ ×2n，由等比数列的前n项
和公式Sn＝ ＝ － ·qn，知t＝－ ，所以A错误；对于B，
由a2a7＋a3a6＝6，得到a2a7＝a3a6＝3，所以a1a2a3…a8＝（a2a7）4＝
81，故B正确；对于C，不妨设等比数列{an}为an＝1，则lg an＝0，所以
{lg an}不是等比数列，故C错误；对于D，因为项数为奇数，所以q＝
＝ ＝ ，故D正确.
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7. （2026·湖北武汉调研）写出一个同时满足下列条件①②的等比数列
{an}的通项公式an＝ .
①anan＋1＜0；②｜an｜＜｜an＋1｜.
解析：设等比数列{an}的公比为q，由anan＋1＜0，可知q＜0，又｜an｜
＜｜an＋1｜，所以｜q｜＞1，所以q＜－1，所以q可取－2，设a1＝－2，
则an＝－2·（－2）n－1＝（－2）n.
（－2）n（答案不唯一）　
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8. （2026·福建泉州模拟）已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，
b1，b2，b3，－4成等比数列，则 的值是 　 　.
解析：∵－1，a1，a2，－4成等差数列，∴等差数列的公差为
＝－1，∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，∴ ＝－1×（－4）＝4，
∴b2＝±2，又∵－1，b2，－4同为等比数列的奇数项，故同号，∴b2＝－
2，∴ ＝ ＝ .
　
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9. （13分）在数列{an}中， ＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝
2，a2＝5.
（1）证明：数列{an＋1}是等比数列；
解： 证明：因为 ＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
所以（an＋1＋1）2＝（an＋1）（an＋2＋1），
即 ＝ .
因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，
所以 ＝2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列.
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（2）求数列{an}的前n项和Sn.
解： 由（1）知，an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，
所以Sn＝ －n＝3·2n－n－3.
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10. 已知等差数列{an}的公差不为0，正项等比数列{bn}，a2＝b2，a10＝
b10，则以下命题中正确的是（　　）
A. a1＞b1 B. a5＞b5
C. a6＜b6 D. a17＞b17
√
解析： 　由题意可知：点（n，an）在
一次函数图象上，点（n，bn）在指数
型函数图象上，两图象交点横坐标为2和
10，两图象只有同增或同减时才有两个交点，如图，由图可知：a1＜b1，a5＞b5，a6＞b6，a17＜b17.故选B.
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11. （2026·山东聊城模拟）已知等比数列{an}的公比为q，则“q＞0”是
“{an}是递增数列”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
√
解析： 　分析充分性：在等比数列{an}中，q＞0，所以假设a1＝1，q＝
，所以an＝（ ）n－1，等比数列{an}为递减数列，故充分性不成立；
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分析必要性：若等比数列{an}的公比为q，且{an}是递增数列，所以an＋1
－an＞0恒成立，即a1qn－1（q－1）＞0恒成立，当a1＞0，q＞1时，a1qn
－1（q－1）＞0成立，当a1＞0，0＜q＜1时，a1qn－1（q－1）＞0不成立，
当a1＞0，q＝1时，a1qn－1（q－1）＞0不成立，当a1＜0，q＞1时，a1qn
－1（q－1）＞0不成立，当a1＜0，0＜q＜1时，a1qn－1（q－1）＞0成立，
当a1＜0，q＝1时，a1qn－1（q－1）＞0不成立，当a1＞0，q＜0时，a1qn
－1（q－1）＞0不恒成立，当a1＜0，q＜0时，a1qn－1（q－1）＞0不恒成
立，所以能使a1qn－1（q－1）＞0恒成立的只有：a1＞0，q＞1和a1＜0，0
＜q＜1，易知此时q＞0成立，所以必要性成立.故选B.
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12. 〔多选〕（2026·山东济宁模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，
且an＋1＝Sn＋2，{bn}为等差数列，且b2＝a1，b8＝a3，记集合A＝
{x∈N*｜bn≤x≤an}中元素的个数为cn，数列{cn}的前n项和为Tn，则
下列结论正确的是（　　）
A. an＝2n B. bn＝n
C. cn＝2n－n
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解析： 对于A，设等比数列{an}的公比为q，由an＋1＝Sn＋2，得an
＝Sn－1＋2（n≥2），两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝
2an，所以q＝2，又a2＝S1＋2＝a1＋2，a2＝2a1，解得a1＝2，所以an＝
2×2n－1＝2n，正确；对于B，设等差数列{bn}的公差为d，由b2＝a1＝
2，b8＝a3＝8，得6d＝b8－b2＝6，解得d＝1，所以bn＝b2＋（n－2）d
＝n，正确；对于C，由A＝{x∈N*｜bn≤x≤an}，得A＝{x∈N*｜
n≤x≤2n}，则集合A中元素的个数为2n－n＋1，即cn＝2n－n＋1，错
误；对于D，Tn＝（2＋22＋…＋2n）－（1＋2＋…＋n）＋n＝
－ ＋n＝2n＋1－ －2，正确.
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13. 已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1， ＝9a2a6.设
bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，则数列{ }的前n项和Sn＝ 　－ 　.
解析：设等比数列{an}的公比为q，q＞0，则 ＝9a2a6＝9· ·a3q3＝
9 q2，所以9q2＝1，所以q＝ .因为2a1＋3a2＝3a1＝1，所以a1＝ ，所
以an＝a1qn－1＝ ×（ ）n－1＝ ，所以log3an＝log3 ＝－n，所以
log3an＋1－log3an＝－（n＋1）＋n＝－1，log3a1＝－1，即数列{log3an}是
首项为－1，公差为－1的等差数列，所以bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－1－2－3－…－n＝－ ，所以{ }＝－ ＝－ ＋
，因此Sn＝－2＋ － ＋ －…－ ＋ ＝ －2＝－ .
－ 　
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14. （15分）（2025·河南焦作二模）已知等差数列{an}满足2a2＋a3＝0，
a4＝10，数列{bn}的首项为9，且{an＋bn}是公比为2的等比数列.
（1）求{an}的通项公式；
解： 设数列{an}的公差为d，由题可得
解得 所以an＝a1＋（n－1）d＝－8＋6（n－1）＝6n－14，
即数列{an}的通项公式为an＝6n－14.
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（2）探究{bn}的单调性，并求其最值.
解： 因为b1＝9，a1＝－8，所以a1＋b1＝1，
又an＝6n－14，
由题知an＋bn＝6n－14＋bn＝1·2n－1＝2n－1，
所以bn＝2n－1－6n＋14，
所以bn＋1－bn＝2n－1－6，当n＝1，2，3时，bn＋1－bn＜0，当n≥4时，
bn＋1－bn＞0，
所以b1＞b2＞b3＞b4＜b5＜b6＜…，
故数列{bn}先单调递减后单调递增，且数列{bn}有最小值，最小值为b4＝
－2，无最大值.
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15. 〔多思少算〕设{an}是首项为正数，公比为q的无穷等比数列，其前n
项和为Sn.若存在无穷多个正整数k，使Sk≤0，则q的取值范围是
（　　）
A. （－∞，1） B. （－∞，－1]
C. [－1，0） D. （0，1）
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解析： 　依题意a1＞0，q≠0，若q＞0，则an＞0，Sn＞0，此时不存在
符合题意的k，所以q＜0.若q＝－1，则Sn＝a1× ＝ [1－
（－1）n]，当n为正偶数时，Sn＝0，所以存在无穷多个正整数k，使
Sk≤0.当－1＜q＜0时，Sn＝ （1－qn），其中 ＞0，1－qn＞0，所
以Sn＞0，此时不存在符合题意的k.当q＜－1时，Sn＝ ＝
（1－qn），其中 ＞0，当n是正偶数时，1－qn＜0，Sn＜0，所以存在
无穷多个正整数k，使Sk≤0.综上所述，q的取值范围是（－∞，－1].
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