第六章 6.3 等比数列 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦等比数列专题，覆盖定义、通项公式、前n项和及性质等核心考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确基本量运算（占比45%）、性质应用（占比30%）等高频考点，归纳出选择、填空、解答题三大常考题型。 课件亮点在于“真题解析+技巧提炼+素养培养”，以2023全国乙卷等比数列性质题为例，通过“定义法”“性质法”突破解题瓶颈，培养学生数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。特设易错点警示（如q=1讨论）和答题模板，助力学生高效得分，教师可据此精准复习。

等比数列 落实主干知识 1.等比数列有关的概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从第 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(q≠0)表示. (2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成 数列，那么 叫做a与b的等比中项，此时，G2= . 2 同一个 公比 等比 G ab 2.等比数列的通项公式及前n项和公式 (1)若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an= . (2)等比数列通项公式的推广：an=amqn-m. (3)等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=na1；当q≠1时，Sn=_________ =_________. a1qn-1 3.等比数列的常用性质 (1)若m+n=p+q，则 ，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w=m+n，则__________，其中m，n，w∈N*. (2)ak，ak+m，ak+2m，…仍是等比数列，公比为____(k，m∈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}和也是等比数列(b，p，q≠0). (4)若或则等比数列{an}递 . 若或则等比数列{an}递 . aman= aman=apaq qm 增 减 4.等比数列前n项和的常用性质 (1)若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn， ， 仍成等比数列(公比q=-1且n为偶数除外)，其公比为qn. (2)在等比数列中，若项数为2n(n∈N*)，则= ；若项数为2n+1 (n∈N*)，则= . S2n-Sn S3n-S2n q q 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.(　　) (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)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积. (　　) 自主诊断 × × × √ 2.(2025·临汾模拟)在等比数列{an}中，a1=1，a5=4，则a3等于 A.2 B.-2 C.±2 D.2 √ 解析　由等比数列的性质可知， =a1·a5=4，所以a3=±2， 又因为=q2>0，所以a3=2. 3.等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=3a1，则等于 A.-8 B.8 C.1或-8 D.-1或8 √ 解析　因为在等比数列{an}中，S3=3a1， 即a1(1+q+q2)=3a1，显然a1≠0， 解得q=-2或q=1，则=q3=-8或1. 4.(2025·全国Ⅰ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　　　. 2 解析　方法一　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68， 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==17， 则1+q4=17，解得q=2(舍负)， 所以这个数列的公比为2. 解析　方法二　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和， 则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，解得q=2(舍负)， 所以这个数列的公比为2. 解析　方法三　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68， 故S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64， 又S4=a1+a2+a3+a4=4， 所以4q4=64，解得q=2(舍负)， 所以这个数列的公比为2. 解题时关注三个关键点 (1)当q≠0，且q≠1时，Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}是等比数列的充要条件，此时k=. (2)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. (3)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. 微点提醒 返回 探究核心题型 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 √ 题型一　等比数列基本量的运算 解析　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=5×-4， 化简得q4-5q2+4=0， 所以q2=1(舍)或q2=4， 因为此数列各项均为正数， 所以q=2，所以S4==15. 解析　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)(2025·北京模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4=4，S6=9S3，则a1等于 A. B.1 C.2 D.6 √ 解析　因为数列{an}为正项等比数列，即an>0，可得首项a1>0，公比q>0， 若S6=9S3，即S6-S3=8S3， 可得a4+a5+a6=8(a1+a2+a3)， 则q3==8，即q=2， 且=a2a4=4，即a3=2(负值舍去)， 可得a1q2=2，即4a1=2，所以a1=. 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)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. 思维升华 跟踪训练1　(1)(多选)(2025·全国Ⅱ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 A.q= B.a5= C.S5=8 D.an+Sn=8 √ √ 解析　对A，由题意得结合q>0，解得或(舍去)，故A正确； 对B，a5=a1q4=4×=，故B错误； 对C，S5===，故C错误； 对D，an=4×=23-n，Sn==8-23-n， 则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D正确. (2)(2025·赣州模拟)已知{an}是等比数列，a1=1，a2=2，则a1a2+a2a3+ …+anan+1等于 A.(1-4-n) B.(1-2-n) C.(4n-1) D.2n+1-2 √ 解析　由a1=1，a2=2可知公比q=2， 所以an=a1qn-1=2n-1， 所以an+1=2n， 所以anan+1=2n-1·2n=22n-1=×=×4n=2×4n-1， 所以是首项为2，公比为4的等比数列，所以其前n项和为Sn==(4n-1). 例2　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是 A.若b2=ac，则a，b，c成等比数列 B.若{an}为等差数列，则{}为等比数列 C.若Sn=3n-1，则数列{an}为等比数列 D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，则{an+1-an}为等比数列 题型二　等比数列的判定与证明 √ √ √ 解析　对于A，当a=b=c=0时，b2=ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误； 对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有== 2d>0，所以数列{}为等比数列，故B正确； 对于C，若Sn=3n-1，则a1=S1=2， an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)， a1=2显然满足an=2·3n-1， 所以数列{an}为等比数列，故C正确； 解析　对于D，因为3an+1=an+2an+2， 所以2(an+2-an+1)=an+1-an， 而a1=1，a2=2， 因此数列{an+1-an}是首项为1，公比为的等比数列，故D正确. (2)已知数列{an}的各项均为互不相等的正数，且a1=1，a6=8a3，记Sn为数列{an}的前n项和，若{1+Sn}是等比数列，证明：数列{an}是等比数列. 证明　因为a1=1， 所以1+S1=2，又数列{1+Sn}是等比数列， 设数列{1+Sn}的公比为q， 根据题意有q>0且q≠1， 所以1+Sn=(1+S1)·qn-1=2qn-1， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(1+Sn)-(1+Sn-1)=2qn-1-2qn-2=2(q-1)qn-2， 又因为a6=8a3， (2)已知数列{an}的各项均为互不相等的正数，且a1=1，a6=8a3，记Sn为数列{an}的前n项和，若{1+Sn}是等比数列，证明：数列{an}是等比数列. 证明　所以2(q-1)q4=16(q-1)q， 又q>0且q≠1，所以有q3=8，所以q=2， 所以an=2(q-1)qn-2=2n-1(n≥2). 当n=1时，由上式得a1=1，这与已知a1=1一致，所以an=2n-1，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列. 证明　设等比数列{an}的公比为q，q>0且q≠1， 因为a1=1，a6=8a3，所以q5=8q2，解得q=2. 所以Sn==2n-1， 所以1+Sn=2n， 且1+S1=2， 所以数列{1+Sn}是以2为首项，2为公比的等比数列. 延伸探究　本例(2)变为：已知等比数列{an}的各项均为互不相等的正数，且a1=1，a6=8a3，记Sn为数列{an}的前n项和.求证：数列{1+Sn}是等比数列. 等比数列的四种常用判定方法 (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. (3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an=cqn-1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列. (4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn=kqn-k(k为常数，且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列. 思维升华 跟踪训练2　(2026·昆明模拟)已知数列{an}满足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1 (n≥2，n∈N*)，且a1=1，a2=. (1)证明：数列是等比数列； 证明　∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)， ∴anan-1+3anan+1=4an-1an+1，∴+=， ∴-=3， 又-=4-1=3≠0，∴数列是首项为3，公比为3的等比数列. 跟踪训练2　(2026·昆明模拟)已知数列{an}满足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，且a1=1，a2=. (2)求{an}的通项公式. 解　由(1)得-=3×3n-1=3n， ∴当n≥2时，++…+=3n-1+3n-2+…+31==，即-=， ∴=+=+1=， ∴an=， 又a1=1也满足上式，∴数列{an}的通项公式为an=. 例3　(1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=　　　　. 题型三　等比数列的性质 命题点1　项的性质 -2 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. (2)两个公比均不为1的等比数列{an}，{bn}，其前n项的积分别为An，Bn，若=2，则等于 A.512 B.32 C.8 D.2 √ 解析　因为A9=a1a2a3…a9=， B9=b1b2b3…b9=， 所以==29=512. 微拓展 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·… ·=·…·. (2)若数列{an}为等差数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则++ …+=++…+. 微拓展 典例　已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9=5，S8=16，则S11=　　　. 33 解析　S8==16，∴a1+a8=4， 又∵a9+a1+a8=3a6，∴a6=3， 故S11=11a6=33. 例4　(1)(2025·南昌模拟)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4+a5+a6=-3，a7+a8+a9=9，则S15等于 A.81 B.71 C.61 D.51 命题点2　和的性质 √ 解析　由题可知S3，S6-S3，S9-S6，S12-S9，S15-S12成等比数列， 所以=S3(S9-S6)，又S6-S3=a4+a5+a6=-3，S9-S6=a7+a8+a9=9， 所以(-3)2=S3×9，得S3=1， 则此等比数列的首项是1，公比是-3，那么S12-S9=a10+a11+a12=9×(-3)=-27， S15-S12=a13+a14+a15=-27×(-3)=81， 所以S15=1+(-3)+9+(-27)+81=61. (2)若等比数列{an}共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为　　　，项数为　　　. 2 9 解析　因为等比数列{an}共有奇数项， 所以S奇=a1+qS偶， 即341=1+170q，解得q=2， 设这个数列共有2n+1项，则S2n+1==341+170=511，解得n=4， 所以这个等比数列的项数为9. (1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m+n=p+q，则aman=apaq”，可以减少运算量，提高解题速度. (2)在应用等比数列的性质解题时，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. 思维升华 跟踪训练3　(1)(多选)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{an}为等比数列，且a2a7+a3a6=6，则a1a2a3…a8=81 C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…成 等比数列 D.项数为奇数的等比数列{an}，a1=2，S奇=，S偶=，则公比q= √ √ 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==81，故B正确； 对于C，当q=-1，n为偶数时，Sn=0，显然Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…不成等比数列，所以C错误； 解析　对于D，设数列{an}共有2m+1项， 由题意得S奇=a1+a3+…+a2m+1=， S偶=a2+a4+…+a2m=， 则S奇=a1+a2q+…+a2mq =2+q(a2+a4+…+a2m)=2+q=， 解得q=，故D正确. (2)(多选)(2026·武汉模拟)设正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足a1<1，a2 025a2 026>1，<0，则下列结论正确的是 A.q>1 B.a2 025a2 027>1 C.Tn的最大值为T2 025 D.Sn没有最大值 √ √ √ 解析　因为<0，所以或即 或 若因为an>0，则q=>1，又0<a1<1，a2 025a2 026>1，所以 0<a2 025<1<a2 026，符合题意； 若因为an>0，则0<q=<1，又0<a1<1，则a2 025<1，与 a2 025>1矛盾，不符合题意， 综上，q>1，正项等比数列{an}为递增数列， 所以Sn没有最大值，所以A，D正确； 解析　因为前2 025项均小于1，从第2 026项起均大于1，所以Tn无最大值，所以C错误； 又由a2 025a2 027=>1，所以B正确. 返回 课时精练 一、单项选择题 1.(2025·漳州模拟)等比数列{an}中，a1a2a3=8，a2+a4=10，则a6等于 A.4 B.8 C.16 D.32 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 知识过关 解析　由a1a2a3=8， 可得=8，即a2=2， 又a2+a4=10，所以a4=8， 由a2a6=，可得a6=32. 2.(2025·达州模拟)在等比数列{an}中a1+a3+a5=，a2+a4+a6=，则a4+a6+a8等于 A. B.5 C.10 D.20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 解析　设等比数列{an}的公比为q， 则==2=q，所以=q2=4， 故a4+a6+a8=4(a2+a4+a6)=4×=10. 3.“数列{an}是等比数列”是“数列是等比数列”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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　若{an}是等比数列，设{an}的公比为q，则==q2，则数列是公比为q2的等比数列. 假设数列{an}是1，2，2，4，4，8，8，16，16，…， 则数列为2，4，8，16，32，64，128，256，…，即数列{anan+1}是等比数列，但是数列{an}不是等比数列. 故数列“{an}是等比数列”是“数列是等比数列”的充分不必要条件. 4.(2023·新高考全国Ⅱ)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　方法一　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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　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， 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　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. 5.(2026·广州模拟)某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额(单位：万元)等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年(2025年)该农产品的销售额为100万元，则按照计划从2025年到2034年该农产品的销售总额约为 (参考数据：1.39≈10.6，1.310≈13.8，1.311≈17.9) A.964万元 B.2 980万元 C.3 940万元 D.5 170万元 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　从2025年起该农产品每年的销售额依次排成一列可得数列{an}，n∈N*，n≤10，a1=100， 依题意，当n∈N*，n≤9时，an+1=1.3an-3，即an+1-10=1.3(an-10)，a1-10=100-10=90， 因此数列(n≤10，n∈N*)是首项为90，公比为1.3的等比数列，an-10=90×1.3n-1， 即an=90×1.3n-1+10， 则a1+a2+…+a10=+10×10≈300×(13.8-1)+100=3 940， 所以从2025年到2034年该农产品的销售总额约为3 940万元. 6.(2025·合肥模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，若a3=2S2，为等比数列，则等于 A.64 B.32 C.16 D.8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　∵为等比数列，的首项为a1，第二项为，第三项为===S2， ∴的公比为2，∴=a1·2n-1， 即Sn=na1·2n-1， ∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n+1)a1·2n-2， 显然当n=1时也符合上式， ∴an=(n+1)a1·2n-2，∴==64. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、多项选择题 7.数列{an}满足a1=1，Sn-1=3an(n≥2)，则下列结论中正确的是 A.a2= B.{an}是等比数列 C.an+1=an，n≥2 D.Sn-1=，n≥2 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　由Sn-1=3an(n≥2)，当n=2时，S1=a1=3a2=1，解得a2=，故A正确； 当n≥1时，可得Sn=3an+1，所以Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2)，所以an=3an+1-3an(n≥2)，即an+1=an(n≥2)，而a2=a1，故C正确，B不正确； 因为Sn-1=a1+a2+a3+…+an-1=1+=，n≥2，故D错误. 8.设等比数列{an}的前n项积为Tn，下列命题为真命题的是 A.若T3=1，a8=2，则T9=16 B.若T3=1，T5=32，则a2+a3=3 C.若a2a3=2，则T3T5=8 D.若T5=32，则|a2|+|a4|≥4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于A，易知T3=，T5=，T9=， 若T3=1，则a2=1， 又因为a8=2，所以a5=±=±， 所以T9==±16，故A错误； 对于B，若T3=1，T5=32，则a2=1，a3=2，所以a2+a3=3，故B正确； 对于C，若a2a3=2，则T3T5===8，故C错误； 对于D，若T5=32，则a3=2，所以|a2|+|a4|≥2=2=4，当且仅当|a2|=|a4|=2时等号成立，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 三、填空题 9.已知数列{an}为正项等比数列，若a3+a4+a6+a8+a9=2，++++ =18，则a6=　　　. 解析　++++=++=++， 由等比数列的性质可得a3a9=a4a8=， ∴=18，∴=， 又a6>0，∴a6=. 10.(2025·太原模拟)已知数列{an}是递增的等比数列，且a2+a4=30，a3=9，则=　 　，数列的公差为　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 81 lg 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　因为数列{an}是递增的等比数列，且an>0， 即an<an+1，公比q>1， 则解得或(舍去)， 则q2==9，q=3(负值舍去)， 所以==q4=81， lg an+1-lg an=lg=lg q=lg 3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 四、解答题 11.(2025·池州模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知=an+，a1=2. (1)求{an}的通项公式； 解　∵=an+，∴2Sn=2nan+n(1-n)， ∴当n≥2时，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)， 则2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)， 化简得an-an-1=1(n≥2)， 又∵a1=2，∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴an=n+1，∴{an}的通项公式为an=n+1. 四、解答题 11.(2025·池州模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知=an+，a1=2. (2)令bn=，求b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1. 解　由(1)知bn==2-n=， ∴当n≥2时，=-=-， 又∵b1b2=， ∴{(-1)n+1bnbn+1}是以为首项，-为公比的等比数列， ∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.(2025·西安模拟)已知数列{an}满足a1=1，an=3an-1+4(n≥2).设bn=log3(an+2). (1)求证：数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式； 解　由a1=1，an=3an-1+4(n≥2)， 可得an+2=3an-1+6=3(an-1+2)，a1+2=3， 即数列是首项和公比均为3的等比数列， 则an+2=3n，即an=3n-2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.(2025·西安模拟)已知数列{an}满足a1=1，an=3an-1+4(n≥2).设bn=log3(an+2). (2)设数列cn=，且对任意正整数n，不等式cn≤λ恒成立，求实数λ的取值范围. 解　数列cn===， 则=·=<1， 故为递减数列，可得cn≤c1=，对任意正整数n，不等式cn≤λ恒成立， 可得λ≥，即λ的取值范围是. 13.(多选)(2025·苏州检测)已知数列{an}满足a1=-11，且3(2n-13)an+1=(2n-11)an，则下列结论正确的是 A.数列是等比数列 B.在数列{an}中a7=a8 C.数列{an}的前7项为负数 D.数列{an}最大项的值为 能力拓展 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ √ 解析　由3(2n-13)an+1=(2n-11)an， 得=·，又=1， 所以是首项为1，公比为的等比数列，故A正确； 则=1×，所以an=，所以a7==a8=>0，故B正确，C错误； 不妨设{an}的最大项为an，则 即解得7≤n≤8，又n∈N*，所以{an}的最大项为a7=a8==，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 14.(2026·兰州模拟)如图所示，作边长为3的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后，再作新三角形的内切圆.如此下去，则前n个圆的面 积和为　　　 　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　设第n个正三角形的内切圆的半径为an， 因为从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的，每个正三角形的内切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的， 即这n个圆的半径成公比为的等比数列， 因为a1==， 所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　所以an=×，则=×， 设第n个内切圆的面积为bn，则bn=π=π××=×，显然数列{bn}是首项为，公比为的等比数列， 设前n个内切圆的面积和为Sn， 则Sn==π=π， 即前n个圆的面积和为π. 返回 $