第7章 第3讲 等比数列-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第七章　数列 第3讲　等比数列 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.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.4.体会等比数列与指数函数的关系． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 1．等比数列的有关概念 (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___________，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的______，通常用字母q表示(显然q≠0)，定义的表达式为____________________． (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___叫做a与b的等比中项，此时__________． 2 同一个常数 公比 G G2＝ab 基础知识整合 5 a1qn－1 na1 基础知识整合 6 等比数列的常用性质 基础知识整合 7 基础知识整合 8 1．(人教A选择性必修第二册4.3.1练习T2改编)在等比数列{an}中，a3＝2， a7＝8，则a5＝(　　) A．5 B．±5 C．4 D．±4 基础知识整合 9 基础知识整合 10 3．已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值为(　　) A．5 B．10 C．15 D．20 基础知识整合 11 4．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 基础知识整合 12 5．(人教A选择性必修第二册4.3.2练习T4改编)已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为__________________． 1，3，9或9，3，1 基础知识整合 13 核心考向突破 考向一　等比数列的基本运算 (2025·山西太原模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和． 核心考向突破 15 核心考向突破 16 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． 提醒：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． 核心考向突破 17 核心考向突破 18 核心考向突破 19 2．(多选)(2025·黑龙江大庆模拟)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意为有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．则下列说法正确的是(里为古代计量长度的单位)(　　) A．该人第五天走的路程为12里 B．该人第三天走的路程为42里 C．该人前三天共走的路程为330里 D．该人最后三天共走的路程为42里 核心考向突破 20 核心考向突破 21 3．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________． 核心考向突破 22 书 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)． (1)求a1，a2，a3的值； (2)是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求λ的值和数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由． 考向二　等比数列的判定与证明 解： (1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3. 当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9. 当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9， 解得a3＝21. 核心考向突破 23 核心考向突破 24 等比数列的判定方法 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{an}是等比数列 等比中项法 若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列 通项公式法 若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列 前n项和公式法 若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为非零常数，q≠0，1)，则{an}是等比数列 核心考向突破 25 核心考向突破 26 核心考向突破 27 角度1　等比数列项的性质 (1)(2025·江西名校联考)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，且a1＋a5＝82，a2a4＝81，则S5＝(　　) A．212 B．168 C．121 D．163 考向三　等比数列的性质 核心考向突破 28 核心考向突破 29 (2)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，又a2a4a5＝a3a6，a4a5＝a3a6，所以a2＝1，因为a9a10＝－8，所以a2q7·a2q8＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a2q5＝q5＝－2. －2 核心考向突破 30 核心考向突破 31 核心考向突破 32 2．设{an}是等比数列，且a1－a2＝1，a3－a2＝2，则a4－a5＝(　　) A．8 B．－8 C．4 D．－4 核心考向突破 33 3．(2025·湖北襄阳模拟)在正项等比数列{an}中，若a3，a7是关于x的方程x2－mx＋4＝0的两实根，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝________． 9 核心考向突破 34 角度2　等比数列前n项和的性质 (1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝(　　) A．150 B．－200 C．150或－200 D．400或－50 核心考向突破 35 核心考向突破 36 585 核心考向突破 37 核心考向突破 38 核心考向突破 39 －1 核心考向突破 40 课时作业 一、单项选择题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 2．设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　) A．12 B．24 C．30 D．32 解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 解析：由题意知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题意知q＞0，所以q＝2，所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 6．已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为(　　) A．3 B．18 C．54 D．152 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 7．(2023·新课标Ⅱ卷)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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 二、多项选择题 9．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的．明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，则依此规则，下列结论正确的是(　　) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 三、填空题 12．(2025·山东济南模拟)写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式为an＝________________． ①anan＋1<0；②|an|<|an＋1|. (－2)n(答案不唯一) 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(答案不唯一)． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8，则an＝________，a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝_______________． 2n 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 16．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an. (1)证明：数列{an＋1－2an}是等比数列； (2)证明：存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q≠0) 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：an＝___________． (2)前n项和公式 Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(_____，q＝1，, ____________＝_____________，q≠1.)) eq \f(a1（1－qn）,1－q) eq \f(a1－anq,1－q) (1)通项公式的推广：an＝amqn－m(n，m∈N*)． (2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则aman＝apaq＝aeq \o\al(2,k). (3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq \o\al(2,n)}，{anbn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))(λ≠0)仍然是等比数列． (4)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＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk. (5)a1a2a3…am，am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2·…·a3m，…成等比数列(m∈N*)． (6)若等比数列的项数为2n(n∈N*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则eq \f(S偶,S奇)＝q. (7)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，q＝－1且n为偶数除外． (8)等比数列{an}满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1))时，{an}是递增数列；满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1))时，{an}是递减数列． (9)等比数列前n项和Sn＝A＋B·Cn⇔A＋B＝0，公比q＝C(A，B，C均不为零)． (10)在等比数列中Sn＋m＝Sn＋qnSm，n，m∈N*. 解析：设等比数列{an}的公比为q.∵aeq \o\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.又a5＝a3q2>0，∴a5＝4.故选C. 2．(人教A选择性必修第二册4.3.2练习T1(3)改编)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则a2的值为(　　) A.eq \f(3,2) B．－3 C．－eq \f(3,2) D．－3或eq \f(3,2) 解析：设等比数列{an}的公比为q.由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq \f(1,2)，∴a2＝eq \f(a3,q)＝eq \f(3,2)或－3.故选D. 解析：根据等比数列的性质，得a2a4＝aeq \o\al(2,3)，a4a6＝aeq \o\al(2,5)，∴a2a4＋2a3a5＋a4a6＝aeq \o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \o\al(2,5)＝(a3＋a5)2.而a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，∴(a3＋a5)2＝25，∵an>0，∴a3＋a5＝5.故选A. 解析：解法一：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A. 解法二：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2＝\f(a1（1－q2）,1－q)＝4，,S4＝\f(a1（1－q4）,1－q)＝6，))两式相除，得q2＝eq \f(1,2)，eq \f(a1,1－q)＝8，所以S6＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7.故选A. 解析：设这三个数为eq \f(a,q)，a，aq，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝3，))∴这三个数为1，3，9或9，3，1. 解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，故2Sn－1＝3an－3， 所以2an＝3an＋1－3an(n≥2)，即5an＝3an＋1， 故等比数列的公比为q＝eq \f(5,3)， 故2a1＝3a2－3＝3a1×eq \f(5,3)－3＝5a1－3，故a1＝1，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))) eq \s\up12(n－1). (2)由等比数列的求和公式得Sn＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(n))),1－\f(5,3))＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))) eq \s\up12(n)－eq \f(3,2)， 所以数列{Sn}的前n项和 Tn＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝eq \f(3,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(3)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(n)))－eq \f(3,2)n ＝eq \f(3,2)×eq \f(\f(5,3)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(n))),1－\f(5,3))－eq \f(3,2)n＝eq \f(15,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))) eq \s\up12(n)－eq \f(3,2)n－eq \f(15,4). 1.(2025·广东深圳调研)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)＝(　　) A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1 解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，则由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q4－a1q2＝12，,a1q5－a1q3＝24，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，因为eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(a4（q2－1）,a3（q2－1）)＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(\f(a1（1－qn）,1－q),a1qn－1)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n. 解析：由题意可得，此人每天走的路程构成一个公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列，且S6＝378，所以S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以an＝a1qn－1＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)(1≤n≤6，n∈N*)．对于A，因为a5＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＝12，故A正确；对于B，因为a3＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝48，故B错误；对于C，S3＝eq \f(192×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,23))),1－\f(1,2))＝eq \f(192×\f(7,8),\f(1,2))＝336，故C错误；对于D，该人最后三天共走的路程为S6－S3＝378－336＝42，故D正确．故选AD. －eq \f(1,2) 解析：若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意，所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7·eq \f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2). (2)假设{an＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 下面证明{an＋3}为等比数列： ∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3n－3， ∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3， 即2an＋3＝an＋1，∴2(an＋3)＝an＋1＋3，∴eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2， ∴存在λ＝3，使得数列{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列． ∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)． (2025·内蒙古锡林郭勒盟期末)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1＝3(n＋1)an，设bn＝eq \f(an,n). (1)求b1，b2，b3； (2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； (3)求{an}的通项公式． 解：(1)由条件可得an＋1＝eq \f(3（n＋1）,n)an， 将n＝1代入，得a2＝6a1，又a1＝2，所以a2＝12； 将n＝2代入，得a3＝eq \f(9,2)a2，所以a3＝54， 又bn＝eq \f(an,n)，从而b1＝2，b2＝6，b3＝18. (2)数列{bn}是首项为2，公比为3的等比数列．理由如下： 由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(3an,n)，即bn＋1＝3bn， 又b1＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为3的等比数列． (3)由(2)可得eq \f(an,n)＝bn＝2×3n－1，所以an＝2n×3n－1. 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}为正项等比数列，所以q>0，因为a2a4＝a1a5，又a2a4＝81，所以a1a5＝81，因为a1＋a5＝82，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝81，,a5＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a5＝81，))若eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝81，,a5＝1，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝81，,a1q4＝1，))解得a1＝81，q＝eq \f(1,3)，所以S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(81×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,243))),1－\f(1,3))＝121.若eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a5＝81，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a1q4＝81，))解得a1＝1，q＝3，所以S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(1×（1－243）,1－3)＝121，所以S5＝121.故选C. (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aman＝apaq＝aeq \o\al(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． 1.(2024·山西临汾二模)已知等比数列{an}，a1＝1，a5＝4，则a3＝(　　) A．2 B．－2 C．±2 D．2eq \r(2) 解析：设等比数列{an}的公比为q.由等比数列的性质可知，aeq \o\al(2,3)＝a1a5＝4，所以a3＝±2，又因为eq \f(a3,a1)＝q2>0，所以a3＝2.故选A. 解析：因为{an}是等比数列，且a1－a2＝1，a3－a2＝2，所以等比数列{an}的公比q＝eq \f(a3－a2,a2－a1)＝－2，所以a4－a5＝(a2－a3)q2＝－8.故选B. 解析：由根与系数的关系可得a3a7＝4，由等比数列的性质可得aeq \o\al(2,5)＝a3a7＝4，则a5＝2，所以a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝aeq \o\al(2,5)＝4，则a1a2a3…a9＝29，故log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝log2(a1a2a3…a9)＝log229＝9. 解析：解法一：由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150.故选A. 解法二：设等比数列的前n项和为Sn＝A－Aqn，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A（1－q9）＝70，,A（1－q3）＝10，))两式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10，∴S12＝A(1－q12)＝－10×(1－24)＝150.故选A. (2)已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85eq \f(1,4)，所有偶数项之和为170eq \f(1,2)，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为________． 解析：设公比为q，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(S偶,S奇)＝q＝2，,S奇＝\f(a1[1－（q2）5],1－q2)＝85\f(1,4)，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2(1＋q3) (1＋q6)＝585. (1)等比数列前n项和的性质主要是：若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列(q＝－1且n为偶数除外)． (2)注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1时，Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)． eq \f(3,4) 1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S15,S5)＝________． 解析：因为{an}是等比数列，所以S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列．因为eq \f(S10,S5)＝eq \f(1,2).设S5＝2k，S10＝k，则S10－S5＝－k，所以S15－S10＝eq \f(k,2)，则S15＝eq \f(3k,2)，所以eq \f(S15,S5)＝eq \f(\f(3k,2),2k)＝eq \f(3,4). 2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则a＝________，数列{aeq \o\al(2,n)}的前n项和为________． eq \f(9n－1,2) 解析：设数列{aeq \o\al(2,n)}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S1＝a1＝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,n＋1)eq \f(a,aeq \o\al(2,n)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an))) eq \s\up12(2)＝9，且aeq \o\al(2,1)＝4，所以{aeq \o\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列，所以{aeq \o\al(2,n)}的前n项和Tn＝eq \f(4（1－9n）,1－9)＝eq \f(9n－1,2). 1．(2024·江苏南京一模)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋5a1，a5＝4，则a1＝(　　) A.eq \f(1,4) B．－eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2) 解析：设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋5a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋5a1，即a3＝4a1＝a1q2，所以q2＝4，又a5＝4，所以a1q4＝a1(q2)2＝a1×42＝4，所以a1＝eq \f(1,4).故选A. 3．设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A.eq \f(15,8) B.eq \f(65,8) C．15 D．40 4．(2024·山东潍坊一模)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1.若数列{an＋an＋1}是公比为2的等比数列，则a2024＝(　　) A.eq \f(22023＋1,3) B.eq \f(22024＋1,3) C．21012－1 D．21011－1 解析：依题意，a1＋a2＝1，an＋an＋1＝2n－1，当n≥2时，an－1＋an＝2n－2，则an＋1－an－1＝2n－2，所以a2024＝a2＋(a4－a2)＋(a6－a4)＋…＋(a2024－a2022)＝1＋2＋23＋25＋…＋22021＝1＋eq \f(2×（1－41011）,1－4)＝eq \f(22023＋1,3).故选A. 5．(2025·北京丰台区模拟)已知数列{an}，对于任意p，q∈N*，都有ap＋q＝apaq，若a1＝eq \r(2)，则a4＝(　　) A．2 B．2eq \r(2) C．4 D．4eq \r(2) 解析：对于任意p，q∈N*，都有ap＋q＝apaq，若a1＝eq \r(2)，令p＝1，q＝n，可得an＋1＝a1an＝eq \r(2)an，则数列{an}是首项为eq \r(2)，公比为eq \r(2)的等比数列，则a4＝(eq \r(2))4＝4.故选C. 解析：解法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝eq \f(an＋1,an)＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝eq \f(2a1（1－qn）,1－q)＋2＝－eq \f(2a1,1－q)qn＋eq \f(2a1,1－q)＋2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2a1,1－q)，,0＝\f(2a1,1－q)＋2，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3，))所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C. 解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq \f(a1（1－q2）,1－q)　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 解法二：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，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).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S2＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C. 8．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \o\al(4,n)，则a6的值为(　　) A．220 B．224 C．21024 D．24096 解析：an＋1＝aeq \o\al(4,n)，a1＝2，易知an>0，故ln an＋1＝4ln an，故{ln an}是首项为ln 2，公比为4的等比数列，ln an＝4n－1×ln 2，ln a6＝45×ln 2＝ln 21024，故a6＝21024.故选C. A．M>11 B．该等比数列的公比为eq \r(13,2) C．插入的第9个数是插入的第5个数的eq \r(3,2)倍 D．M＝eq \f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2)) 解析：由题意设该等比数列的公比为q，a1＝1，a13＝2，故q12＝2，即q＝eq \r(12,2)，B错误；因为插入的11个数之和为M，则M＝a2＋a3＋…＋a12＝eq \f(\r(12,2)[1－（\r(12,2)）11],1－\r(12,2))＝eq \f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))，D正确；eq \f(a10,a6)＝q4＝eq \r(3,2)，C正确；若M>11，则eq \f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))>11，化简得2>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,12))) eq \s\up12(12)，但eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,12))) eq \s\up12(12)>1.176>1.363>2，A错误．故选CD. 10．(2025·湖北武汉模拟)四个实数－1，2，x，y按照一定顺序可以构成等比数列，则xy的可能取值是(　　) A．－eq \f(1,8) B．－2 C．－16 D．－32 解析：因为等比数列所有奇数项符号相同，所有偶数项符号也相同，当－1，2对应等比数列的第一项与第二项时，则第三、四项分别为－4，8，此时xy＝－32；当－1，2对应等比数列的第一项与第四项时，xy＝－2；当－1，2对应等比数列的第三项与第四项时，则第一、二项分别为－eq \f(1,4)，eq \f(1,2)，此时xy＝－eq \f(1,8)；当－1，2对应等比数列的第三项与第二项时，xy＝－2；当－1，2对应等比数列的第二项与第三项时，xy＝－2；当－1，2对应等比数列的第二项与第一项时，则第三、四项分别为eq \f(1,2)，－eq \f(1,4)，此时xy＝－eq \f(1,8)；当－1，2对应等比数列的第四项与第三项时，则第一、二项分别为8，－4，此时xy＝－32；当－1，2对应等比数列的第四项与第一项时，xy＝－2.故选ABD. 11．设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a6a7>1，eq \f(a6－1,a7－1)<0，则下列结论正确的是(　　) A．0<q<1 B．a6a8>1 C．Tn的最大值为T6 D．T13>1 解析：①若q<0，∵a1>1，则a6<0，a7>0，∴a6a7<0，与a6a7>1矛盾，②若q≥1，∵a1>1，则a6>1，a7>1，∴eq \f(a6－1,a7－1)>0，与eq \f(a6－1,a7－1)<0矛盾，∴0<q<1，故A正确；∵eq \f(a6－1,a7－1)<0，则a6>1，0<a7<1，∴a6a8＝aeq \o\al(2,7)<1，故B错误；∵a6>1，0<a7<1，∴Tn的最大值为T6，故C正确；∵T13＝a1a2…a13＝aeq \o\al(13,7)<1，故D错误．故选AC. eq \f(8,5)－(－1)n×eq \f(22n＋3,5) 解析：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))整理得2q2－5q＋2＝0，因为q>1，所以q＝2，a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2×2n－1＝2n.因为(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－1×22n＋1，所以a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1×22n＋1＝eq \f(23[1－（－22）n],1－（－22）)＝eq \f(8,5)－(－1)n×eq \f(22n＋3,5). 14．1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线．如图①，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的eq \f(1,3)为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的eq \f(1,3)擦掉，得到第2个图形(如图②)，重复上面的步骤，得到第3个图形(如图③)．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线．云层的边缘、山脉的轮廓、海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”．则第5个图形的边长为________；第n个图形的周长为________． eq \f(1,81) 3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3))) eq \s\up12(n－1) 解析：第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的eq \f(1,3)，以此类推，…，则第5个图形的边长为1×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,81).设第n个图形的周长为bn，以一条边为例，原本的一条边被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本的1条边变成现在的(3－1)＋2＝4条，翻了4倍，所以周长之间的关系为bn＝eq \f(1,3)·4·bn－1＝eq \f(4,3)bn－1，所以{bn}是公比为q＝eq \f(4,3)的等比数列，而首项b1＝3，所以bn＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3))) eq \s\up12(n－1). 四、解答题 15．(2025·河南洛阳模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝eq \f(3an－2,an)，n∈N*. (1)求证数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,an－2)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an(an＋1－2)，求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,bn)))是等比数列． 解：(1)因为eq \f(an＋1－1,an＋1－2)＝eq \f(\f(3an－2,an)－1,\f(3an－2,an)－2)＝2×eq \f(an－1,an－2)， 又eq \f(a1－1,a1－2)＝2≠0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,an－2)))是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以eq \f(an－1,an－2)＝2n，即an＝eq \f(2n＋1－1,2n－1). (2)证明：因为bn＝an(an＋1－2)＝eq \f(2n＋1－1,2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2－1,2n＋1－1)－2))＝eq \f(1,2n－1)， 所以eq \f(1,bn)＝2n－1，所以1＋eq \f(1,bn)＝2n. 因为a1＝3，a2＝eq \f(3a1－2,a1)＝eq \f(7,3)，b1＝1， 所以1＋eq \f(1,b1)＝2≠0，所以eq \f(1＋\f(1,bn＋1),1＋\f(1,bn))＝eq \f(2n＋1,2n)＝2， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,bn)))是以2为首项，2为公比的等比数列． 证明：(1)由已知，an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1， ∴an＋2－2an＋1＝3an＋1－6an＝3(an＋1－2an)， 显然an＋1－2an＝0与a1＝1，a2＝5矛盾，∴an＋1－2an≠0，∴eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝3， ∴数列{an＋1－2an}是首项为a2－2a1＝5－2＝3，公比为3的等比数列． (2)∵an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1， ∴an＋2－3an＋1＝2an＋1－6an＝2(an＋1－3an)， 显然an＋1－3an＝0与a1＝1，a2＝5矛盾， ∴an＋1－3an≠0，∴eq \f(an＋2－3an＋1,an＋1－3an)＝2， ∴数列{an＋1－3an}是首项为a2－3a1＝5－3＝2，公比为2的等比数列， ∴an＋1－3an＝2n，① 又an＋1－2an＝3n，② ∴②－①得，an＝3n－2n， ∴存在满足bn＝3n，cn＝－2n的两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立． $$