6.3 等比数列及其前n项和 课件-2027届高考数学一轮复习

第六章 数列 第三讲　等比数列及其前n项和 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[36] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　等比数列的概念 1．等比数列的定义 如果一个数列______________________________________________ ____________，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______表示． 符号语言：__________(n∈N*，q为非零常数)． 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) 公比 q 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 2．等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么______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＝_______. 注意：任意两数的等差中项都唯一存在；但只有两个数满足ab>0时，a、b才有等比中项，且有互为相反数的两个． G ab 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 知识点二　等比数列的有关公式 1．通项公式：an＝________＝________. 2．前n项和公式 a1qn－1 amqn－m na1 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 知识点三　等比数列的主要性质 设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和． 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qm(k，m∈N*)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 4．当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列．当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列． 5．等比数列{an}的单调性 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 归 纳 拓 展 等比数列的概念的理解 (1)由an＋1＝qan(q≠0)，并不能断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0. (2)等比数列中奇数项的符号相同，偶数项的符号相同．如{an}为等比数列，a3＝－1，a11＝－4则a7＝－2. (3)等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　) (2){an}为等比数列，若a3＝1，a9＝4，则a6＝2.(　　) (3)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．(　　) (5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [解析]　(1)若a＝b＝c＝0，则a，b，c不成等比． (3)an必须大于0. (4)讨论a＝0,1和a≠0,1. (5)q＝－1时S4＝S8＝S12＝0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 题组二　走进教材 2．(选择性必修2P35例改编)已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和，若a1＝1，公比q＝2，Sn＝31，则n＝(　　) A．4　　　 B．5 C．6　　　 D．7 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 题组三　走向考场 4．(多选题)(2025·全国二卷)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(　　) [答案]　AD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．(2025·全国一卷)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________. [答案]　2 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 解法二：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4＝4，S8＝68，设{an}的公比为q(q>0)，所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4，S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a1q4＋a2q4＋a3q4＋a4q4＝(a1＋a2＋a3＋a4)(1＋q4)＝68，所以4(1＋q4)＝68，则1＋q4＝17，所以q＝2，所以该等比数列公比为2.故答案为2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 考点突破 · 互动探究 返回导航 等比数列的基本运算——自主练透 A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．a4a8＝1 B．an≥a2 C．Sn≤21 D．Sn≥16 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：等比数列基本量的求法 等比数列的计算涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求其二，即根据条件列出关于a1，q的方程组求解，体现了方程思想的应用． 特别提醒：在使用等比数列的前n项和公式时，q的值除非题目中给出，否则要根据公比q的情况进行分类讨论，切不可忽视q的取值而盲目用求和公式. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 等比数列性质的应用——多维探究 角度1　等比数列项的性质的应用 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [引申]在本例中若将a3，a15改为a2，a16，其他不变，该题应选(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨： 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，m、n、p、q∈N*，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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 角度2　等比数列前n项和的性质 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [引申]本例中若去掉条件“各项都是正数”，结果如何？(　　) [答案]　C [解析]　由本例解法一知q3＝2或－3， 当q3＝2时，S12＝S9＋q9S3＝70＋80＝150； 当q3＝－3时，S12＝S9＋q9S3＝70－270＝－200.故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨： 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． 2．利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度．解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 1．(角度1)(2023·全国乙卷理)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________. [答案]　－2 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．4 B．6 C．7 D．9 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 等比数列的判定与证明——师生共研 (2026·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn. (1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列； (2)求{anbn}的前n项和Sn. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [解析]　(1)证明：因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn 所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)， an＋1－bn＋1＝－(an－bn)， 又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5， 所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：等比数列的判定方法 3．通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 提醒：前两种方法常用于解答题中，而后两种方法常用于选择、填空题中． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 (2025·重庆期中)已知数列{an}满足：a1＝1，且an＋1－1＝2an＋n. (1)求证：数列{an＋n＋2}是等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 (2)由(1)知，an＋n＋2＝4×2n－1＝2n＋1， 所以an＝2n＋1－n－2， 所以Sn＝(22－3)＋(23－4)＋…＋[2n＋1－(n＋2)] ＝(22＋23＋…＋2n＋1)－(3＋4＋…＋n＋2) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 数列中的数学文化 纵观近几年高考，以数学文化为背景的数列问题层出不穷，让人耳目一新，同时它也使考生受困于背景陌生，无处着手．本专题就数列中的数学文化试题通过典型分析，让学生提高审题能力，增强对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 1．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　) A．3 699块 B．3 474块 C．3 402块 D．3 339块 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 2．(2026·北京房山一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因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．”则该人第三天走的路程为(　　) A．12里 B．24里 C．48里 D．96里 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨： 以数学文化为背景的等差(比)数列问题的求解关键是：①会脱去数学文化的背景，读懂题意；②构建模型，即由题意构建等差(比)数列的模型；③解模，即把文字语言转化为求等差(比)数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n项和等． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 2．(2026·北京西城期中)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，被誉为人类科学史上应用数学的最早巅峰．全书分为九章，卷第六“均输”有一问题：“今有竹九节下三节容量四升，上四节容量三升，问中间二节欲均容各多少？”其意思为：“今有竹9节，下3节容量4升，上4节容量3升使中间两节也均匀变化，每节容量是多少？”这一问题中从下部算起第5节容量是________升．(结果保留分数) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 提能训练　练案[36] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1．(2025·广东湛江一模)在等比数列{an}中，a3·a5＝49，a4＋a6＝70，则a8＝(　　) A．－567 B．567 C．451 D．699 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 2．(2025·湖南株洲一模)记等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝a·2n－4，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 3．(2025·江西十校协作体第二次联考)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4＋a5＋a6＝－3，a7＋a8＋a9＝9，则S15＝(　　) A．－81 B．81 C．50 D．61 [答案]　D [解析]　由等比数列的性质得a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9，a10＋a11＋a12，a13＋a14＋a15是公比为－3的等比数列，所以a1＋a2＋a3＝1，a10＋a11＋a12＝－27，a13＋a14＋a15＝81，又a4＋a5＋a6＝－3，a7＋a8＋a9＝9，所以S15＝1－3＋9－27＋81＝61.故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 4．(2025·江苏南京一模)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 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．(2025·湖南益阳期末)已知公比为q的等比数列{an}的前n和为Sn，a3＝2，a2a6＝8，则S5－3q＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．33 B．31 C．17 D．15 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．5 B．9 C．－9 D．－5 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 8．记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 二、多选题 9．(2026·太原模拟)已知数列{an}是等比数列，以下结论正确的是(　　) B．若a3＝2，a7＝32，则a5＝±8 C．若a1<a2<a3，则数列{an}是递增数列 D．若数列{an}的前n项和Sn＝3n＋r，则r＝－1 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 10．(2026·北京昌平区模拟)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 [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 三、填空题 12．(2025·河北石家庄摸底)在等比数列{an}中，a1＝1，a2·a3·a4＝64，则a5＝________. [答案]　16 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 13．(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________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 14．(2026·江苏泰州靖江调研)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn是3an和－2的等差中项，则Sn＝________. [答案]　3n－1 [解析]　由于Sn是3an和－2的等差中项，所以2Sn＝3an－2，当n＝1时，2a1＝3a1－2，a1＝2，当n≥2时，2Sn＝3an－2,2Sn－1＝3an－1－2，两式相减并化简得2an＝3an－3an－1，an＝3an－1，所以{an}是首项为a1＝2，公比为3的等比数列，所以an＝2·3n－1，a1也符合，所以an＝2·3n－1，所以2Sn＝3an－2＝2·3n－2，Sn＝3n－1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 四、解答题 15．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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 B组能力提升 1．(2025·湖南益阳一模)已知等比数列{an}中，a1＋a3＝2，a4＋a6＝16，则a10＋a12＝(　　) A．26 B．32 C．512 D．1 024 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 2．(2026·福建莆田模拟)已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}的前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A．7 B．9 C．15 D．20 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．0<q<1 B．a2 023a2 025－1>0 C．当n＝2 023时，Tn取最大值 D．使Tn>1成立的最大自然数n是4 046 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 a2 023>1，故当1≤n≤4 045时，1<T1<T2<…<T2 023，T2 023>T2 024>…>T4 045＝a1a2…a4 045＝(a2 023)4 045>1，T4 046＝a1a2…a4 045a4 046＝(a1a4 046)2 023＝ (a2 023a2 024)2 023>1，T4 047＝a1a2…a4 046a4 047＝(a1a4 047)2 023a2 024＝(a2 024)4 047 <1，使Tn>1成立的最大自然数n是4 046，D正确．故选ACD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 5．(2025·福建厦门二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋an＝n＋3. (1)证明：数列{an－1}是等比数列； [解析]　分组(并项)法求和、利用an与Sn关系求通项或项、由递推关系证明等比数列． (1)证明：由Sn＋an＝n＋3，① 得当n＝1时，a1＋a1＝1＋3，即a1＝2； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 因为y＝2x，y＝x－1在[1，＋∞)上单调递增， 所以数列{2n＋n－1}为递增数列． 又T10＝210＋10－1＝1 033<2 025， T11＝211＋11－1＝2 058>2 025， 所以满足Tn>2 025的最小正整数n的值为11. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 C组拓展应用(选作) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 谢谢观看 ＝q Sn＝ 或 1．若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*，特别地，若2s＝p＋r，则apar＝a，其中p，s，r∈N*. 3．若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列． (1)满足或时，{an}是递增数列． (2)满足或时，{an}是递减数列． (3)当时，{an}为常数列． (4)当q<0时，{an}为摆动数列． (4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn；若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q. (5)三个数成等比数列可设三数为，b，bq，四个数成等比数列且公比大于0时，可设四个数为，，bq，bq3. (4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　　) (2)a＝a3a9＝4又a6与a3可以不同号，所以a6＝±2. [解析]　由题意知Sn＝＝＝31，解得n＝5.故选B. 3．(选择性必修2P37T1改编)在等比数列{an}中，若a3＝，S3＝，则a2的值为(　　) A． B．－3 C．－ D．－3或 [解析]　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＝－，所以a2＝＝或－3.故选D. A．q＝ B．a5＝ C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 [解析]　由题意得结合q>0，解得或(舍去)，故A正确；则a5＝a1q4＝4×4＝，故B错误；S5＝ ＝＝，故C错误；an＝4×n－1＝23－n，Sn＝＝8－2－n＋3，则an＋Sn＝23－n＋8－23－n＝8，故D正确；故选AD. [解析]　解法一：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4＝4，S8＝68，设{an}的公比为q(q>0)，当q＝1时，S4＝4a1＝4，即a1＝1，则S8＝8a1＝8≠68，显然不成立，舍去；当q≠1时，则S4＝＝4，S8＝＝68，两式相除得＝，即＝17，则1＋q4＝17，所以q＝2，所以该等比数列公比为2.故答案为2. 解法三：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4＝4，S8＝68，设{an}的公比为q(q>0)，因为S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3＋a4)·q4＝68－4＝64，又S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4，所以＝q4＝＝16，所以q＝2，所以该等比数列公比为2.故答案为2. 1．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则等于(　　) [解析]　解法一：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，则由题可得解得所以Sn＝＝2n－1，an＝ a1qn－1＝2n－1，所以＝＝2－21－n. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，因为＝＝＝＝2，所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n. 2．(多选题)(2026·重庆质检)已知等比数列{an}的公比q＝－，其前n项和记为Sn，且S6＝21，则(　　) [解析]　由题意可得S6＝＝＝＝21，即a1＝32，故an＝32·n－1＝－n－6，a4a8＝－4－6×＝4×＝1，故A正确；an－a2＝－n－6＋－4＝16－n－6，若n为奇数，则an－a2＝16－n－6＝16＋>0，若n为偶数，则an－a2＝16－ n－6＝16－，随n的增大而增大，故an－a2≥a2－a2＝0，故B正 确；Sn＝＝＝－·n，当n为奇数时，Sn＝＋>，且随n的增大而减小，当n为偶数时，Sn＝－<，随n的增大而增大，则当n＝1时，Sn有最大值，即Sn≤S1＝32，当n＝2时，Sn有最小值，即Sn≥S2＝16，故C错误，D正确．故选ABD. (2025·洛阳市第一次联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则的值为(　　) A．－2 B．－ C． D．－或 [解析]　设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，又a3、a15同号，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－.故选B. [解析]　a2＋a16＝－6，a2a16＝2， 又a2与a16同号，所以a2<0，a16<0，而a9符号不确定a9＝±，因此＝±.故选D. [解析]　解法一：设等比数列的公比为q，显然q≠1，又Sn＝，∴＝＝q6＋q3＋1＝7.∴q3＝2或－3(舍去)．又＝＝＝15.∴S12＝15S3＝150.故选A. 解法二：∵S9＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋(a7＋a8＋a9)＝S3＋q3S3＋q6S3＝S3(1＋q3＋q6)，∴10(q6＋q3＋1)＝70，∴q3＝2或－3(舍去)，∴S12＝S9＋q9S3＝70＋80＝150.故选A. 解法三：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. 解法四：设等比数列前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＝－10(1－24)＝150.故选A. 3．注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1时，Sn＝＝－·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)． 4．S2n＝Sn(1＋qn)，S3n＝Sn(1＋qn＋q2n)，…. [解析]　由等比数列的性质得a4a5＝a3a6≠0，∵a2a4a5＝a3a6，∴a2＝1.又∵a9a10＝－8，∴a2q7·a2q8＝－8，∴aq15＝－8，∴q15＝－8，∴(q5)3＝－8，∴q5＝－2，∴a7＝a2q5＝1×(－2)＝－2. 2．(角度2)(2025·山西三晋名校联考、广东部分学校联考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝3S3，则＝(　　) [解析]　解法一：因为数列{an}为等比数列，由S6＝3S3得公比q≠ －1，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，设S3＝m，则S6＝3m，则S6－S3＝2m，故＝＝2，所以S9－S6＝4m，得到S9＝7m，所以＝7.故选C. 解法二：等比数列{an}的公比为q，由S6＝3S3，得a4＋a5＋a6＝S6－S3＝2S3，即a1q3＋a1q4＋a1q5＝2(a1＋a1q＋a1q2)，而a1≠0,1＋q＋q2≠0，则q3＝2，因此S9＝S6＋a7＋a8＋a9＝3S3＋a1q6＋a1q7＋a1q8＝3S3＋q6S3＝7S3，所以＝7.故选C. (2)由(1)得an＋bn＝5×3n－1，an－bn＝(－1)n－1， 所以an＝，bn＝， 所以anbn＝× ＝＝×9n－1－， 所以Sn＝×－＝. 1．定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列． 2．等比中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列． 4．前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k－k·qn其中k＝(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列． [解析]　(1)证明：由an＋1－1＝2an＋n 可得an＋1＋n＋1＋2＝2(an＋n＋2)， 又a1＋3＝4≠0，所以an＋n＋2≠0， 则＝2， 所以数列{an＋n＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． ＝－＝2n＋2－－4. [解析]　由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C. [解析]　由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为的等比数列，设这个数列为{an}，前n项和为Sn，则S6＝＝a1＝378，解得a1＝192，所以a3＝192×＝48，即该人第三天走的路程为48里．故选C. 1．(2026·北京阶段练习)集合论是德国数学家康托尔于十九世纪末创立的，希尔伯特赞誉其为“数学思想的惊人产物，在纯粹理性范畴中人类活动的最美表现之一”．取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这种操作一直继续下去，直至无穷．由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集．若在前n次操作中共去掉的线段长度之和不小于，则n的最小值为(参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)(　　) A．9 B．8 C．7 D．6 [解析]　第一次操作去掉的线段长度为，第二次操作去掉的线段长度和为×，第三次操作去掉的线段长度和为××，…，第n次操作去掉的线段长度和为n－1·，由此得＋×＋…＋n－1×＝×＝1－n，所以1－n≥，n≤，nlg ≤－lg 30，n≥＝＝≈8.4，所以n的最小值是9.故选A. [答案]　 [解析]　记从下部算起第n节的容量为an，由题意可知：数列{an}为等差数列，设其公差为d，则解得∴a5＝a1＋4d＝，即从下部算起第5节容量是升． [解析]　由{an}是等比数列，得a3·a5＝a＝49，解得a4＝±7，当a4＝－7时，a4＋a6＝－7－7q2＝70，所以q2＝－11<0，故舍去，当a4＝7时，a4＋a6＝7＋7q2＝70，所以q2＝9，即a8＝a4·q4＝567.故选B. [解析]　设等比数列{an}的公比为q.由等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·2n－4，可得q≠1，又Sn＝＝－qn＋，所以a＝4，所以Sn＝4·2n－4，所以a1＝S1＝4×2－4＝4.故选C. [解析]　等比数列的前n项和公式．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. [解析]　等比数列基本量的计算．在公比为q的等比数列{an}中，a3＝2，a2a6＝8，所以a3a5＝8，所以a5＝4，所以＝q2＝2＝，所以q＝±，a1＝1.当q＝时，S5－3q＝－3q＝－3＝[－1＋()5](＋1)－3＝7；当q＝－时，S5－3q＝－3q＝＋3＝[1＋()5](－1)＋3＝7.所以S5－3q＝7.故选C. 6．(2025·安徽安庆二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5＝2a4，且a3与2a6的等差中项为，则S4＝(　　) [解析]　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由已知得a2a5＝a3a4，则a3a4＝2a4，所以a3＝2，因为a3与2a6的等差中项为，所以a3＋2a6＝2×，则a6＝，故q＝＝，所以a1＝＝8，故S4＝＝＝15.故选D. 7．(2025·江苏苏锡常镇调研(一))已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4＝4a3－4a2，则＝(　　) [解析]　设等比数列{an}的公比为q，由a4＝4a3－4a2，得a2q2＝4a2q－4a2，则q2＝4q－4，解得q＝2，所以＝＝5.故选A. [解析]　解法一：设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意，所以q≠1.由S4＝－5，S6＝21S2，可得＝－5，＝21×　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝·(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85. 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＝，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＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．综上，S8＝－85. A．{a}是等比数列 [解析]　令等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1，对于A，＝2＝q2，且a≠0，则{a}是等比数列，故A正确；对于B，由a3＝2，a7＝32，得q4＝16，即q2＝4，所以a5＝a3q2＝2×4＝8，故B错误；对于C，由a1<a2<a3知，则an＋1－an＝qn－1·a1(q－1)>0，即∀n∈N*，an＋1>an，所以数列{an}是递增数列，故C正确；对于D，显然q≠1，则Sn＝＝·qn－，而Sn＝3n＋r，因此q＝3，＝1，r＝－＝－1，故D正确． [解析]　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．故选BC. 11．(2026·合肥质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S8＝3S4，若∀n∈N*，＝q(q是非零常数)，则(　　) A．数列是等比数列 B．数列{Sn＋1－Sn}是等比数列 C．a2 025＝2506 D．S2 026－S2 025＝2506 [解析]　由题意知{an}是公比为q的等比数列，若q＝1，则S8＝8a1≠3S4＝12a1，所以q≠1，又a1＝1，所以Sn＝，所以＝＝＝＝q＋，不是定值，故不是等比数列，故A错误；因为Sn＋1－Sn＝－＝＝qn，所以 ＝＝q，是定值，故{Sn＋1－Sn}是等比数列，故B正确；因为＝＝1＋q4＝3，所以q4＝2，所以a2 025＝a1·q2 024＝(q4)506＝2506，故C正确；S2 026－S2 025＝(S2－S1)·q2 024＝a2·q2 024＝q2 025≠2506，故D错误．故选BC. [解析]　由a2a3a4＝64，及a2a4＝a，可得a＝64，即a3＝4，又a1a5＝a，所以a5＝16. [答案]　－ [解析]　若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不合题意，所以q≠1.又8S6＝7S3，则8(S3＋q3S3)＝7S3，即8·(1＋q3)＝7，解得q＝－. [解析]　(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，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. [解析]　等比数列基本量的计算．设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，因为a1＋a3＝2，a4＋a6＝16，所以a1＋a1q2＝2，a1q3＋a1q5＝(a1＋a1q2)q3＝16，解得q＝2，a1＝，所以a10＋a12＝a1q9＋a1q11＝×(29＋211)＝1 024.故选D. [解析]　等比数列前n项和公式．设等比数列{an}的公比为q，依题意有q>0，又a1＝1，当q＝1时，S5＝5≠5S3－4＝11，故舍去，当q≠1时，因为S5＝5S3－4，所以＝5×－4，化简得q4－5q2＋4＝0，即(q2－4)(q2－1)＝0，所以q＝2，故S4＝＝＝15，故选C. 3．(2025·江苏苏州期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝＝2，则a2 025＝(　　) A． B．2 C．2 025 D．22 024 [解析]　利用等比数列的通项公式求数列中的项、等比数列基本量的计算．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 025＝a1q2 024＝2.综上，a2 025＝2.故选B. 4．(多选题)(2025·河南部分学校联合质检)设等比数列{an}前n项积为Tn，公比为q.若a1>1，a2 023a2 024>1，<0，则下列结论正确的是(　　) [解析]　a1>1，<0，故a2 023>1，a2 024<1或a2 023<1，a2 024>1，当a2 023<1，a2 024>1时，由a2 023a2 024>1可知，a2 024>1,0<a2 023<1，所以q＝∈(1，＋∞)，但q2 022＝∈(0,1)，互相矛盾，舍去，当a2 023>1，a2 024<1时，又a2 023a2 024>1，所以a2 023>1,0<a2 024<1，故q＝∈(0,1)满足要求，A正确；a2 023a2 025－1＝a－1<0，B错误；因为a2 023>1,0< a2 024<1,0<q<1，故当n＝2 023时，Tn取最大值，C正确；由于a1>a2>…> (2)记数列的前n项和为Tn，求满足Tn>2 025的最小正整数n的值． 当n≥2时，Sn－1＋an－1＝n＋2，② 则①－②得，2an－an－1＝1， 则2(an－1)＝an－1－1， 因为a1＝2，所以a1－1＝1， 所以an－1≠0，所以＝， 所以数列{an－1}是等比数列，首项为1，公比为. (2)由(1)得，an－1＝1·n－1， 即an＝n－1＋1， 则＝＝1＋2n－1， 则Tn＝1＋20＋1＋21＋…＋1＋2n－1＝n＋＝2n＋n－1， (2025·高考综合改革适应性演练)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝. (1)证明：数列为等比数列； (2)求{an}的通项公式； (3)令bn＝，证明：bn<bn＋1<1. [解析]　(1)证明：由an＋1＝得＝＝·＋， 则1－＝－·＝， 所以数列是首项为1－＝，公比为的等比数列． (2)由(1)得1－＝×n－1＝n， 解得：an＝＝. (3)证明：bn＝＝·＝＝＝＝1－. 令f(n)＝3·n－2，n∈[1，＋∞)， 因为f(n)＝3·n－2在n∈[1，＋∞)上单调递增，则f(n)≥f(1)＝3×－2＝>0，所以数列在n∈N*上单调递减，从而数列{bn}在n∈N*上单调递增，且bn<1，故得bn<bn＋1<1. $