6.3 等比数列（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦等比数列专题，严格依据新课标要求，系统梳理定义、通项公式、前n项和公式及性质等核心考点，通过近三年高考真题分析明确基本量运算、性质应用、判定证明三大高频题型占比，构建“概念-公式-性质-题型”完整备考体系，精准对接高考评价体系。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”的复习策略，如结合2023全国甲卷前n项和计算、2024广东名校联考实际应用案例，深入剖析等比数列片段和性质、设项技巧等解题方法，培养学生数学思维与模型意识。特设易错点警示（如公比q=1讨论）和答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此高效开展针对性复习，提升备考效率。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第六章 数列 01 [课标要求] 1.通过生活中的实例，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． 6．3　等比数列 01 03 02 题型一 题型三 题型二 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(四十七) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(四十七) 等比数列 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 感谢观看 【必备知识】 1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的定义 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 ，那么这个数列为等比数列，称这个常数为等比数列的 ，通常用字母q表示(显然q≠0). 数学语言： (n≥2，q为非零常数). 同一个常数 公比 ＝q (2)等比中项 如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫作a与b的等比中项．此时， ． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：an＝ ． (2)前n项和公式 G2＝ab a1qn－1 na1 [提醒]　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．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*). (2)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq． (3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，，{an·bn}，仍是等比数列． ＝q (4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n， …仍成等比数列，其公比为 ． (5){an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn， 则Tn，，…成等比数列． (6)若或则等比数列{an}递增； 若或则等比数列{an}递减． qn 【必记结论】 1．等比数列中设项技巧 (1)三个数成等比数列，通常设为，x，xq. (2)四个符号相同的数成等比数列，通常设为，xq，xq3. 2．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0. 3．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1，0). 4．设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和． (1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn. (2)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q. 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)当公比q>1时，等比数列{an}为递增数列．(　　 ) (2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　 ) (3)等比数列中所有偶数项的符号相同．(　　 ) (4)若数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　　 ) × × × √ 2．已知1，，2，…为等比数列，当an＝8时，正整数n＝(　　 ) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：选C.由题知首项a1＝1，公比q＝，an＝8＝()7， 故n－1＝7，即n＝8. 3．设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的(　　 ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B.若a，b，c，d成等比数列，则ad＝bc，数列－1，－1，1，1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1，1不是等比数列，即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件． 4．在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则an＝________. 解析：设数列{an}的公比为q，由题意得 解得或故an＝3·2n－1或an＝2·3n－1. 答案：3·2n－1或2·3n－1 5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝，S6＝，则an＝________． 解析：设等比数列{an}的公比为q， 若q＝1，则S6＝2S3，这与已知S3＝，S6＝是矛盾的， 所以q≠1，从而S3＝＝，S6＝＝， 将上面两个等式的两边分别相除，得1＋q3＝9，解得q＝2， 由此可得a1＝，因此an＝×2n－1＝2n－2. 答案：2n－2 题型一　等比数列基本量的运算 【例1】　(1)(2023·全国甲卷)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等于(　　 ) A． B． C．15 D．40 解析：选C.方法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中， 有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1. 由－4，化简得q4－5q2＋4＝0， 所以q2＝1或q2＝4， 因为此数列各项均为正数， 所以q＝2，所以S4＝＝15. 方法二　由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－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. (2)(多选)(2024·广东名校联考)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 解析：选AD.由题意可得此人每天走的路程构成一个公比为q＝的等比数列，且S6＝378，所以S6＝＝378，解得a1＝192， 所以an＝a1qn－1＝(1≤n≤6，n∈N*). 对于A，a5＝＝12，故A正确； 对于B，a3＝＝48，故B错误； 对于C，S3＝＝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． 【对点练习】　1.(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为_______________． 解析：由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1， 所以8×，所以q＝－. 答案：－ (2)(2024·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案．若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则log2(a3a5)的值为(　　 ) A．8 B．10 C．12 D．16 解析：选C.从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}， 则{an}是以2为公比的等比数列， ∴S7＝＝1 016，即127a1＝1 016， 解得a1＝8，∴an＝8×2n－1， ∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12. 题型二　等比数列的判定与证明 【例2】　(2024·重庆九校联考)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：若选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分．) 证明：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． 思维升华　等比数列的两种常用证明方法 (1)定义法：若＝q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)， 则{an}是等比数列． (2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且＝anan＋2(n∈N*)， 则{an}是等比数列． 【对点练习】　2.Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0. (1)求an及Sn； (2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)易知q≠1， 由题意可得解得 ∴an＝3n－1，Sn＝. (2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列， ∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝， 此时Sn＋＝×3n， 则＝3， 故存在常数λ＝，使得数列{Sn＋}是以为首项，3为公比的等比数列． 题型三　等比数列的性质及应用 角度1　项的性质 【例3】　(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 解析：方法一　∵{an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6， ∴a2＝1，又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，∴a7＝－2. 方法二　设{an}的公比为q(q≠0)， 则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0， 则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1， ∵a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8， 则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3， 则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 答案：－2 角度2　前n项和的性质 【例4】　(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 解析：选A.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. 法二　设等比数列的前n项和为Sn＝A－Aqn，则 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. (2)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＝________． 解析：由题意，得 解得所以. 答案：2 角度3　等比数列中的最值问题 【例5】　(2024·江苏苏州检测)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，a7a8>1，<0.则下列结论错误的是(　　 ) A．0<q<1 B．a7>1 C．a8>1 D．Tn的最大项为T7 解析：选C.对于A，若q<0，因为a1>1，则a7＝a1q6>0，a8＝a1q7<0，不满足a7a8>1， 若q≥1，因为a1>1，则a7＝a1q6>1，a8＝a1q7>1，不满足<0，所以0<q<1，故A正确； 对于B、C，因为a1>1，0<q<1, 且<0，所以a7>1>a8>0，故B正确，C错误； 对于D，由等比数列可得当n≤7时，an>1，当n≥8时，an<1，所以Tn的最大项为T7，故D正确． 【对点练习】　3.(1)(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 解析：选C.易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列， 所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝. 当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85； 当S2＝时，结合S4＝－5得 化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85. (2)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________． 解析：因为log2an＋1＝1＋log2an， 可得log2an＋1＝log2(2an)，所以an＋1＝2an， 所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列， 又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110 ＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100， 所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100. 答案：100 (3)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________． 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＝∈， 故最小值为2. 答案：2 下标和相等的等差(比)性质的推广 (1)若数列{an}为等比数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则am1am2·…·amn＝ak1ak2·…·akn. (2)若数列{an}为等差数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则am1＋am2＋…＋amn＝ak1＋ak2＋…＋akn. 【典例】　已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9＝5，S8＝16，则S11＝________． 解析：S8＝＝16，∴a1＋a8＝4， 又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3， 故S11＝11a6＝33. 答案：33 【基础巩固题】 1．(2024·本溪模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q＝，且a3a4＝，则a6等于(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.由a3a4＝，得a1q2·a1q3＝，即，所以＝1. 又an>0，所以a1＝1，a6＝a1q5＝1×. 2．若1，a2，a3，4成等差数列；1，b2，b3，b4，4成等比数列，则等于(　　 ) A． B．－ C．± D． 解析：选B.由题意得a3－a2＝＝1， 设1，b2，b3，b4，4的公比为q， 则b3＝＝1×4＝4，解得b3＝2， 故. 3．(2024·佛山质检)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4＝9，9S4＝10S2，则a2＋a4的值为(　　 ) A．30 B．10 C．9 D．6 解析：选B.设等比数列{an}的公比为q， 因为{an}是各项均为正数的等比数列，则a1>0，q>0， 因为＝a2a4＝9，所以a3＝3.又因为9S4＝10S2， 则9(a1＋a2＋a3＋a4)＝10(a1＋a2)，可得9(a3＋a4)＝a1＋a2， 所以，解得q＝， 故a2＋a4＝＋a3q＝10. 4．(人教A版选择性必修二P55)如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．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＝(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B.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，即Cn＝Cn－1＋Cn－1，所以{Cn}为首项为C1＝3，公比为的等比数列，∴C4＝3×3＝. 5．已知等比数列{an}为递减数列，若a2a6＝6，a3＋a5＝5，则等于(　　 ) A． B． C． D．6 解析：选A.由{an}为等比数列， 得a2a6＝a3a5＝6， 又a3＋a5＝5， ∴a3，a5为方程x2－5x＋6＝0的两个根， 解得a3＝2，a5＝3或a3＝3，a5＝2， 由{an}为递减数列得an>an＋1， ∴a3＝3，a5＝2，∴q2＝， 则. 6．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AB1为斜边作等腰直角三角形AB2B1，依次类推，记△ABC的面积为S1，依次所得三角形的面积分别为S2，S3，…，若S1＋S2＋S3＋…＋S8＝，则a＝(　　 ) A．2 B．2 C．3 D．4 解析：选B.由题知S1＝ ABn， ∴＝2＝(n≥2)， 又S2＝S1，∴数列{Sn}是首项为a2 ，公比为的等比数列， ∴S1＋S2＋S3＋…＋S8＝， ∴a＝2. 7．(多选)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 解析：选BC.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，故A错误； a1>0，－1<q<0时，等比数列{an}为摆动数列，此时a1为最大值，a2为最小值，故B正确； 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}既有最大值，也有最小值，故C正确； a1<0，q<－1时，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值，故D错误． 8．(多选)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是(　　 ) A．{an＋Sn}是等差数列 B．{an·Sn}是等比数列 C．}是等差数列 D．是等比数列 解析：选ACD.由{Sn}是等差数列，可得＝a1＋a1＋a2＋a3， ∴a2＝a3，∵{an}是各项均为正数的等比数列， ∴a2＝a2q，可得q＝1.∴an＝a1>0，∴an＋Sn＝(n＋1)a1， ∴数列{an＋Sn}是等差数列，因此A正确； ∵anSn＝，∴{an·Sn}不是等比数列，因此B不正确； ∵，∴}是常数列，为等差数列，因此C正确； ∵＝a1>0，∴是等比数列，因此D正确． 9．(人教B版选择性必修三P42)如果一个等比数列前5项的和等于10，前10项的和等于50，那么这个数列的前15项的和等于________． 解析：根据等比数列的性质可知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，则S10－S5是S5和S15－S10的比例中项，则(S10－S5)2＝S5(S15－S10)，即(50－10)2＝10(S15－50)，解得S15＝210. 答案：210 10．等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m. 解：(1)设数列{an}的公比为q，则an＝qn-1. 由已知得q4＝4q2， 解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n-1或an＝2n-1(n∈N*)． (2)若an＝(－2)n-1，则Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188， 此方程没有正整数解． 若an＝2n-1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6. 11．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2. (1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}落入区间(10，2 023)的所有项的和． 解：(1)由an＋1＝2an＋2，得an＋1＋2＝2(an＋2)， 又a1＋2＝3，所以＝2， 所以{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列， 所以an＋2＝3×2n-1，故an＝3×2n-1－2. (2)由10<an<2 023，得10<3×2n-1－2<2 023， 即4<2n-1<675，即4≤n≤10， 故{an}落入区间(10，2 023)的项为a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10， 所以其和S＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7 ＝3×－14＝3 034. 【综合应用题】 12．(2024·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn.若p：数列{an}是等比数列；q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)，则p是q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：选A.若{an}是等比数列，设公比为k， 则a2＋a3＋…＋an＋1＝k(a1＋a2＋…＋an)， a3＋a4＋…＋an＋2＝k(a2＋a3＋…＋an＋1)， 于是(a2＋a3＋…＋an＋1)2＝k2(a1＋a2＋…＋an)2 ＝(a3＋a4＋…＋an＋2)(a1＋a2＋…＋an)， 即q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)成立； 若(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)， 取an＝0，n∈N*，显然{an}不是等比数列，故p是q的充分不必要条件． 13．如图，已知正三角形A1B1C1的边长为2，且对任意n∈N*，An，Bn，Cn分别为Bn＋1Cn＋1，An＋1Bn＋1，An＋1Cn＋1的中点，记△AnBnCn的周长为an，则 ＝(　　 ) A．－2 046 B．－1 023 C．1 023 D．2 046 解析：选D.正三角形A1B1C1的边长为2，周长a1＝6； 正三角形A2B2C2的边长为4，周长a2＝12； 正三角形A3B3C3的边长为8，周长a3＝24； …… 正三角形AnBnCn的边长为2n，周长an＝3×2n； ＝3[cos π·21＋cos (2π)·22＋cos (3π)·23＋…＋cos (10π)·210] ＝3(－2＋22－23＋…＋210)＝3×＝2 046. 14．(多选)(2024·石家庄检测)已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝20，2a6＋a5－a4＝0，数列{an}的前n项积为Tn，则(　　 ) A．数列{an}单调递增 B．数列{an}单调递减 C．Tn的最大值为T5 D．Tn的最小值为T5 解析：选BC.设等比数列{an}的公比为q， 因为2a6＋a5－a4＝0， 所以2a4q2＋a4q－a4＝0. 因为a4＞0，所以2q2＋q－1＝0， 解得q＝或q＝－1(舍去)． 所以数列{an}单调递减，A错误，B正确． 因为数列{an}单调递减，且各项均为正数， 所以数列{an}的前n项积Tn有最大值，无最小值，D错误． 若Tn取最大值， 则即 又n∈N*，所以n＝5， 即Tn的最大值为T5，C正确． 15．(2024·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________． 解析：由题可得⇒ 则m，－2，n或n，－2，m成等比数列， 得mn＝(－2)2＝4. 不妨设m<n，则－2，m，n成等差数列， 得2m＝n－2. 结合mn＝4，可得(2m＋2)m＝4⇒m(m＋1)＝2， 解得m＝1或m＝－2(舍去)， 即⇒⇒pq＝20. 答案：20 16．(人教A版选择性必修二P56改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*. (1)求{an}通项公式； (2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由． 解：(1)由题意知，在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2， 两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2， 由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，符合上式， 故an＋1＝4an，n∈N*. ∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列． ∴an＝4n-1，n∈N*. (2)由题意及(1)得bn＝， 如果满足条件的bm，bk，bp存在， 则＝bmbp，其中2k＝m＋p， ∴， ∵2k＝m＋p， ∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp， ∴k＝m＝p，与已知矛盾， ∴不存在满足条件的三项． $