第6章 第29讲 等比数列及其前n项和（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学讲义围绕等比数列及其前n项和高考核心考点，涵盖定义、通项公式、前n项和公式及性质，按知识整合-聚焦知识-题型突破逻辑架构，通过激活思维（真题导入）、聚焦知识（公式性质梳理）、题型突破（例题方法指导）、随堂内化（即时训练）环节，帮助学生系统构建知识网络，突破基本量运算、判定证明等难点。 资料以真题驱动和分层训练为特色，采用题型分类教学法，如等比数列判定证明中结合定义法与等比中项法培养数学思维，性质应用中通过函数极值点问题强化数学语言表达。配套A组夯基、B组提升练习，确保复习针对性，助力学生提升运算与推理能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第29讲　等比数列及其前n项和 知识整合　体系重构 激活思维 1．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　 　) A．14　 B．12 C．6　 D．3 2．(2021·全国甲卷)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则(　 　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件 3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2λ＋(λ－3)·2n(λ为常数)，则λ＝(　 　) A．－2　 B．－1 C．1　 D．2 4．(2025·新高考Ⅰ卷)若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为____________． 聚焦知识 1．等比数列的通项公式 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项公式为an＝____________，其推导方法是累乘法． 2．等比数列的前n项和公式 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝________________；当q≠1时，Sn＝______________，其推导方法是错位相减法． 3．等比数列的性质 已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，t，r，k∈N*)． (1) 若m＋n＝p＋t＝2r，则am·an＝ap·at＝a． (2) 数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列． (3) 数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1，或q＝－1且m为奇数)． (4) 若{bn}(与{an}项数相同)也是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列． (5) 若an＞0，则{logaan}(a＞0且a≠1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列． (6) ∀m，p∈N*，Sm＋p＝Sm＋qmSp． (7) 若{an}共有2n项，则＝q，其中S偶，S奇分别是数列{an}的偶数项和与奇数项和． (8) 等比数列的单调性：当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；当q＝1时，{an}是常数列． 4．常用结论 (1) 等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，其中c≠0，q≠0． (2) 等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A，其中A≠0，q≠1,0． 题型突破　思维拓展 举题说法 等比数列的基本量运算 例1　(1)(2026·肇庆一模)设Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a5＋3a6＝8，a8＋3a9＝64，则S3＝(　 　) A．　 B． C．　 D．2 (2)(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＝(　 　) A．　 B． C．15　 D．40 等比数列基本量运算的解题策略 (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) 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． 变式1　(2026·江门调研)(多选)已知等比数列{an}的首项为4，公比为q，前n项和为Sn．若＝，则(　 　) A．q＝－　 B．S3＝7 C．an＋Sn＝8　 D．log2an＝n－3 等比数列的判定与证明 例2　(2025·三明5月质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,2nan＋1＋×n＝2n＋1an． (1) 若a1≠，证明：数列为等比数列； (2) 若a1＝，求使不等式Sn＞2 025成立的n的最小值． 等比数列的两种常用判定方法 (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) 等比中项法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列． 变式2　(2025·八省联考)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． 等比数列的性质及其应用 视角1　项的性质 例 3－1　(1) (2026·三门峡期中)在等比数列{an}中，a3，a7是函数f(x)＝x3＋4x2＋9x－1的极值点，则a5＝(　 　) A．－4　 B．－3 C．3　 D．4 (2)(2025·苏州期初)(多选)已知数列{an}是等比数列，则(　 　) A．数列{a}是等比数列 B．数列是等比数列 C．数列{an＋an＋1}是等比数列 D．数列{lg a}是等比数列 视角2　和的性质 例 3－2　(2025·苏锡常镇二模)已知等比数列{an}的公比q≠－1，前n项和为Sn，则对于∀n∈N*，下列结论一定正确的是(　 　) A．Sn＋S3n＝2S2n B．3Sn＋S3n＝2S2n C．S＝SnS3n D．S2n(S2n－Sn)＝Sn(S3n－Sn) 变式3　(2025·赣州二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20＝21，S30＝49，则S10＝(　 　) A．－7　 B．7 C．63　 D．7或63 随堂内化 1．(2025·南昌一模)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·苏锡常镇一模)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4＝4a3－4a2，则＝(　 　) A．5　 B．9 C．－9　 D．－5 3．(2026·无锡期中)在数列{an}中，a1＝1，若数列{an·an＋1}是公比为2的等比数列，则a1＋a3＋a5＋…＋a19＝(　 　) A．2 048　 B．2 047 C．1 024　 D．1 023 4．(2026·保定期中)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}是等比数列，乙：{Sn＋2－Sn}是等比数列，则(　 　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·青岛二测)记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a3＝6，a1a4＝8，则S4＝(　 　) A．15　 B．14 C．13　 D．12 2．(2023·新高考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 3．(2025·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 4．(2026·武汉期初)已知正方形ABCD的边长为1，取正方形各边的中点A1，B1，C1，D1作第二个正方形A1B1C1D1，然后再取正方形A1B1C1D1各边中点A2，B2，C2，D2作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前11个正方形的面积和为(　 　) A．2－　 B．2 C．2－　 D．2 二、多项选择题 5．(2025·新高考Ⅱ卷) 记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，且q＞0．若S3＝7，a3＝1，则(　 　) A．q＝　 B．a5＝ C．S5＝8　 D．an＋Sn＝8 6．(2026·宁波一模)已知等比数列{an}满足a1a2＝1，则下列说法正确的是(　 　) A．若a1＞1，则数列{an}是递减数列 B．若0＜a1＜1，则数列{an}是递减数列 C．若－1＜a1＜0，则数列{an}是递增数列 D．若a1＜－1，则数列{an}是递增数列 7．(2025·泉州二检)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，{an}的前n项积为Tn．若a10＝1，S10－S7＝7，则(　 　) A．数列{log2an}为等差数列 B．a1＝1 024 C．Sn＜1 024 D．Tn的最大值为245 三、填空题 8．(2025·青岛期末)递增等比数列{an}的各项均为正数，且10a2＝3(a1＋a3)，则＝______________． 9．(2024·邵阳一模)已知数列{an}的首项为1，anan＋1＝3n(n∈N*)，则a8＝____________． 10．(2026·徐州期中)在各项均为正数的等比数列{an}中，a4a6＝a7，则a5＋16a2的最小值为_____________． 四、解答题 11．(2025·厦门二模) 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋an＝n＋3． (1) 求证：数列{an－1}是等比数列； (2) 记数列的前n项和为Tn，求满足Tn＞2 026的最小正整数n的值． 12．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n(n∈N*)． (1) 求证：{an－5n}是等比数列； (2) 求数列{an}的前n项和Sn． B组　能力提升练 13．(2026·肇庆一模)记Sn与Tn分别是数列{an}与{bn}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，Sn＝，b1＝2，Tn＝2Tn－1＋2． (1) 证明{Tn＋2}是等比数列，并求Tn． (2) 数列{an}是等差数列吗？若是，求出{an}的通项公式；若不是，请说明理由． (3) 设cn＝an·bn，判断是否存在互不相等的正整数j，k，m，使得j，k，m成等差数列，并且cj，ck，cm成等比数列． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第29讲　等比数列及其前n项和 知识整合　体系重构 激活思维 1．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　D　) A．14　 B．12 C．6　 D．3 2．(2021·全国甲卷)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则(　B　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件 【解析】 若a1＝－1，q＝1，则Sn＝na1＝－n，{Sn}是递减数列，不满足充分性；若{Sn}是递增数列，则q≠0，且Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0恒成立，则a1＞0，q＞0，满足必要性．故甲是乙的必要不充分条件． 3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2λ＋(λ－3)·2n(λ为常数)，则λ＝(　C　) A．－2　 B．－1 C．1　 D．2 【解析】 因为等比数列{an}的前n项和Sn＝2λ＋(λ－3)·2n(λ为常数)，所以a1＝S1＝2λ＋(λ－3)×2＝4λ－6，a2＝S2－S1＝2λ＋(λ－3)·22－(4λ－6)＝2λ－6，a3＝S3－S2＝2λ＋(λ－3)·23－[2λ＋(λ－3)·22]＝4λ－12．因为a＝a1a3，所以(2λ－6)2＝(4λ－6)(4λ－12)，解得λ＝1或λ＝3．若λ＝3，则Sn＝2λ是常数，不成立，故舍去，所以λ＝1，经检验符合题意． 4．(2025·新高考Ⅰ卷)若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 __2__． 【解析】 根据题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝4，a5＋a6＋a7＋a8＝68－4＝64，所以a5＋a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3＋a4)×q4＝4×q4＝64，解得q＝2(q＝－2舍去)． 聚焦知识 1．等比数列的通项公式 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项公式为an＝__a1·qn－1__，其推导方法是累乘法． 2．等比数列的前n项和公式 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝__na1__；当q≠1时，Sn＝__＝__，其推导方法是错位相减法． 3．等比数列的性质 已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，t，r，k∈N*)． (1) 若m＋n＝p＋t＝2r，则am·an＝ap·at＝a． (2) 数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列． (3) 数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1，或q＝－1且m为奇数)． (4) 若{bn}(与{an}项数相同)也是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列． (5) 若an＞0，则{logaan}(a＞0且a≠1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列． (6) ∀m，p∈N*，Sm＋p＝Sm＋qmSp． (7) 若{an}共有2n项，则＝q，其中S偶，S奇分别是数列{an}的偶数项和与奇数项和． (8) 等比数列的单调性：当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；当q＝1时，{an}是常数列． 4．常用结论 (1) 等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，其中c≠0，q≠0． (2) 等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A，其中A≠0，q≠1,0． 题型突破　思维拓展 举题说法 等比数列的基本量运算 例1　(1)(2026·肇庆一模)设Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a5＋3a6＝8，a8＋3a9＝64，则S3＝(　C　) A．　 B． C．　 D．2 【解析】 设等比数列{an}的公比为q，因为＝＝q－3＝，所以q＝2．由a5＋3a6＝a1q4＋3a1q5＝112a1＝8，得a1＝，所以S3＝＝． (2)(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＝(　C　) A．　 B． C．15　 D．40 【解析】设等比数列{an}的公比为q(q＞0)． 方法一：因为S5＝5S3－4，a1＝1，显然q≠1，则有＝5×－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍去)或q2＝4，又q＞0，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． 等比数列基本量运算的解题策略 (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) 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． 变式1　(2026·江门调研)(多选)已知等比数列{an}的首项为4，公比为q，前n项和为Sn．若＝，则(　BC　) A．q＝－　 B．S3＝7 C．an＋Sn＝8　 D．log2an＝n－3 【解析】 由题设，＝q5，而＝，则q5＝－1＝⇒q＝，又a1＝4，则an＝4×n－1＝23－n，且Sn＝＝8，所以S3＝8＝7，故A错误，B正确．an＋Sn＝23－n＋8＝8，log2an＝3－n，故C正确，D错误． 等比数列的判定与证明 例2　(2025·三明5月质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,2nan＋1＋×n＝2n＋1an． (1) 若a1≠，证明：数列为等比数列； 【解答】(1) 因为2nan＋1＋×n＝2n＋1an，所以an＋1＝2an－，则an＋1－＝2an－＝2．因为a1≠，所以a1－≠0，an－≠0，所以＝2．所以数列是首项为a1－，公比为2的等比数列． (2) 若a1＝，求使不等式Sn＞2 025成立的n的最小值． 【解答】 因为a1＝，所以a1－＝2，由(1)可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以an－＝2n，即an＝2n＋，所以Sn＝21＋1＋22＋2＋…＋2n＋n＝(21＋22＋…＋2n)＋＝＋＝2n＋1－×n－．因为数列{Sn}为递增数列，当n＝9时，S9＝210－×9－＜1 024＜2 025，当n＝10时，S10＝211－×10－＞2 025，所以使不等式Sn＞2 025成立的n的最小值为10． 等比数列的两种常用判定方法 (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) 等比中项法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列． 变式2　(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝． (1) 证明：数列为等比数列； 【解答】 因为an＋1＝，a1＝3＞0，所以an＞0，所以＝＝＋，所以1－＝－＝，又1－＝≠0，所以是首项为，公比为的等比数列． (2) 求{an}的通项公式； 【解答】 由(1)得，1－＝n，所以an＝＝． (3) 令bn＝，证明：bn＜bn＋1＜1． 【解答】 bn＝＝＝＝1－，显然{bn}是递增数列，且bn＜1，所以bn＜bn＋1＜1． 等比数列的性质及其应用 视角1　项的性质 例 3－1　(1) (2026·三门峡期中)在等比数列{an}中，a3，a7是函数f(x)＝x3＋4x2＋9x－1的极值点，则a5＝(　B　) A．－4　 B．－3 C．3　 D．4 【解析】 因为f(x)＝x3＋4x2＋9x－1，所以由f′(x)＝x2＋8x＋9＝0可知a3·a7＝9，a3＋a7＝－8．因为等比数列中a＝a3·a7且a3＜0，所以a5＝－3． (2)(2025·苏州期初)(多选)已知数列{an}是等比数列，则(　AB　) A．数列{a}是等比数列 B．数列是等比数列 C．数列{an＋an＋1}是等比数列 D．数列{lg a}是等比数列 【解析】 根据题意，数列{an}是等比数列，设其公比为q，则 ＝q．对于A，因为＝q2，所以数列{a}是等比数列，故A正确；对于B，因为 ＝＝，所以数列为等比数列，故B正确；对于C，D，例如an＝(－1)n，则an＋an＋1＝0，所以数列{an＋an＋1}不是等比数列，故C错误；lg a＝lg 1＝0，所以数列{lg a}不是等比数列，故D错误． 视角2　和的性质 例 3－2　(2025·苏锡常镇二模)已知等比数列{an}的公比q≠－1，前n项和为Sn，则对于∀n∈N*，下列结论一定正确的是(　D　) A．Sn＋S3n＝2S2n B．3Sn＋S3n＝2S2n C．S＝SnS3n D．S2n(S2n－Sn)＝Sn(S3n－Sn) 【解析】 令an＝2n，则S1＝2，S2＝6，S3＝14，S1＋S3≠2S2，故A错误．3S1＋S3≠2S2，故B错误．S≠S1S3，故C错误．当q＝1时，Sn＝na1，S2n－Sn＝na1，S2n(S2n－Sn)＝2n2a，Sn(S3n－Sn)＝na1·2na1＝2n2a，此时S2n(S2n－Sn)＝Sn(S3n－Sn)．当q≠1时，Sn＝，左边＝·＝ ＝ ，右边＝·＝ ＝ ＝左边，故D正确． 变式3　(2025·赣州二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20＝21，S30＝49，则S10＝(　B　) A．－7　 B．7 C．63　 D．7或63 【解析】 由等比数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，所以(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(21－S10)2＝S10(49－21)，所以S－70S10＋441＝(S10－7)(S10－63)＝0，则S10＝7或S10＝63．设等比数列{an}的公比为q，若S10＝63，则S20－S10＝S10q10⇒－42＝63·q10，而q10＞0，显然等式不成立；若S10＝7，则S20－S10＝S10q10⇒14＝7·q10⇒q10＝2＞0，满足题设，所以S10＝7． 随堂内化 1．(2025·南昌一模)已知{an}为等比数列，若a2＋4a4＝4a3，则{an}的公比q＝(　D　) A．－2　 B．2 C．－　 D． 【解析】 由a2＋4a4＝4a3可得a2＋4a2q2＝4a2q，显然a2≠0，所以4q2－4q＋1＝0，解得q＝． 2．(2025·苏锡常镇一模)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4＝4a3－4a2，则＝(　A　) A．5　 B．9 C．－9　 D．－5 【解析】 设等比数列{an}的公比为q，显然an≠0，由a4＝4a3－4a2，得a2q2＝4a2q－4a2，则q2＝4q－4，解得q＝2，所以 ＝ ＝ 5． 3．(2026·无锡期中)在数列{an}中，a1＝1，若数列{an·an＋1}是公比为2的等比数列，则a1＋a3＋a5＋…＋a19＝(　D　) A．2 048　 B．2 047 C．1 024　 D．1 023 【解析】 由数列{an·an＋1}是公比为2的等比数列，则＝2，所以＝2，因此数列{an}的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a1＋a3＋a5＋…＋a19＝＝1 023． 4．(2026·保定期中)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}是等比数列，乙：{Sn＋2－Sn}是等比数列，则(　D　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件 【解析】 先判断充分性：若{an}是等比数列，设其公比为q，首项为a1，可得Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝a1qn＋1＋a1qn＝a1qn(1＋q)，Sn＋3－Sn＋1＝an＋3＋an＋2＝a1qn＋2＋a1qn＋1＝a1qn＋1(1＋q)．当q＝－1时，Sn＋2－Sn＝0，{Sn＋2－Sn}不是等比数列；当q≠－1时，＝＝q，{Sn＋2－Sn}是等比数列．综上，当{an}是等比数列时，{Sn＋2－Sn}不一定是等比数列，故充分性不成立．再判断必要性：若{Sn＋2－Sn}是等比数列，可设an＝此时，若n＝1，则Sn＋2－Sn＝S3－S1＝a3＋a2＝4．若n≥2，则Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝4，即{Sn＋2－Sn}是等比数列，但{an}不是等比数列，故必要性不成立．综上，甲是乙的既不充分又不必要条件． 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·青岛二测)记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a3＝6，a1a4＝8，则S4＝(　A　) A．15　 B．14 C．13　 D．12 【解析】 由得解得或则公比q＝2或，故S4＝＋(a2＋a3)q＝15． 2．(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　C　) A．120　 B．85 C．－85　 D．－120 【解析】 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，舍去．所以S8＝－85． 3．(2025·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 【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，所以k＝5． 4．(2026·武汉期初)已知正方形ABCD的边长为1，取正方形各边的中点A1，B1，C1，D1作第二个正方形A1B1C1D1，然后再取正方形A1B1C1D1各边中点A2，B2，C2，D2作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前11个正方形的面积和为(　D　) A．2－　 B．2 C．2－　 D．2 【解析】 作出示意图如图所示：第一个正方形ABCD的面积为12＝1，记为a1＝1．由平面几何知识可得第二个正方形A1B1C1D1的边长为＝，所以正方形A1B1C1D1的面积为2＝，记为a2＝．依次类推可得第三个正方形A2B2C2D2的面积为2＝，记为a3＝，可得第n个正方形AnBnCnDn的面积为an＝，所以正方形的面积可依次排成一个以a1＝1为首项，为公比的等比数列，所以前11个正方形的面积和为＝2＝2． 二、多项选择题 5．(2025·新高考Ⅱ卷) 记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，且q＞0．若S3＝7，a3＝1，则(　AD　) A．q＝　 B．a5＝ C．S5＝8　 D．an＋Sn＝8 【解析】 对于A，由题意得结合q＞0，解得或(舍去)，故A正确；对于B，a5＝a1q4＝4×4＝，故B错误；对于C，S5＝＝＝，故C错误；对于D，an＝4×n－1＝23－n，Sn＝＝8－23－n，则an＋Sn＝23－n＋8－23－n＝8，故D正确． 6．(2026·宁波一模)已知等比数列{an}满足a1a2＝1，则下列说法正确的是(　AD　) A．若a1＞1，则数列{an}是递减数列 B．若0＜a1＜1，则数列{an}是递减数列 C．若－1＜a1＜0，则数列{an}是递增数列 D．若a1＜－1，则数列{an}是递增数列 【解析】 设等比数列{an}的公比为q，由a1a2＝1，得q＝．对于A，若a1＞1，则公比q＝∈(0,1)，故＝q∈(0,1)，又a1＞1，所以数列{an}是递减数列，故A正确．对于B，若0＜a1＜1，则公比q＝∈(1，＋∞)，又0＜a1＜1，所以数列{an}是递增数列，故B错误．对于C，若－1＜a1＜0，则公比q＝∈(1，＋∞)，故＝q∈(1，＋∞)，又－1＜a1＜0，所以数列{an}是递减数列，故C错误．对于D，若a1＜－1，则公比q＝∈(0,1)，故＝q∈(0,1)，又a1＜－1，所以数列{an}是递增数列，故D正确． 7．(2025·泉州二检)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，{an}的前n项积为Tn．若a10＝1，S10－S7＝7，则(　ACD　) A．数列{log2an}为等差数列 B．a1＝1 024 C．Sn＜1 024 D．Tn的最大值为245 【解析】 对于A，设公比为q(q＞0)，因为a10＝1，所以an＝a10·qn－10＝qn－10，故log2an＝log2qn－10＝(n－10)log2q，由log2an＋1－log2an＝log2qn－9－log2qn－10＝log2q为常数，故A正确；对于B，因为S10－S7＝7，所以a10＋a9＋a8＝1＋＋＝7，解得q＝或q＝－(舍去)，所以a1＝＝29＝512，故B错误；对于C，Sn＝＝210＝1 024－1 024n＜1 024，故C正确；对于D，Tn＝a1a2·…·an＝29·28·…·210－n＝2， 由于y＝＝－x2＋x，其图象的对称轴为x＝，n∈N*，故n＝9或n＝10时，Tn取得最大值为245，故D正确． 三、填空题 8．(2025·青岛期末)递增等比数列{an}的各项均为正数，且10a2＝3(a1＋a3)，则＝__9__． 【解析】 由题设an＞0且公比q＞1，则10a1q＝3(a1＋a1q2)，整理得3q2－10q＋3＝0，所以q＝3，则＝＝q2＝9． 9．(2024·邵阳一模)已知数列{an}的首项为1，anan＋1＝3n(n∈N*)，则a8＝__81__． 【解析】 由anan＋1＝3n(n∈N*)，a1＝1，得an＋1an＋2＝3n＋1(n∈N*)，a2＝＝3，于是＝＝＝3(n∈N*)，即＝3(n∈N*)，所以在数列{an}中，奇数项a1，a3，a5，…构成首项为1，公比为3的等比数列，偶数项a2，a4，a6，…构成首项为3，公比为3的等比数列，所以a8＝a2q3＝34＝81． 10．(2026·徐州期中)在各项均为正数的等比数列{an}中，a4a6＝a7，则a5＋16a2的最小值为__12__． 【解析】 因为{an}是正项等比数列，所以a4a6＝a3a7，又a4a6＝a7，所以a3＝1，设公比为q(q＞0)，所以a5＋16a2＝a3q2＋＝q2＋．令f(x)＝x2＋(x＞0)，则f′(x)＝2x－＝＝，因为x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3＞0，所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝12，所以当q＝2时，q2＋即a5＋16a2取得最小值，最小值为12． 四、解答题 11．(2025·厦门二模) 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋an＝n＋3． (1) 求证：数列{an－1}是等比数列； 【解答】 由Sn＋an＝n＋3①，当n＝1时，a1＋a1＝1＋3，即a1＝2；当n≥2时，Sn－1＋an－1＝n＋2②，则①－②得，2an－an－1＝1，则2(an－1)＝an－1－1，即 ＝，所以数列{an－1}是等比数列，首项为1，公比为． (2) 记数列的前n项和为Tn，求满足Tn＞2 026的最小正整数n的值． 【解答】 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．因为y＝2x，y＝x－1在[1，＋∞)上为增函数，所以数列{2n＋n－1}为递增数列．又T10＝210＋10－1＝1 033＜2 026，T11＝211＋11－1＝2 058＞2 026，所以满足Tn＞2 026的最小正整数n的值为11． 12．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n(n∈N*)． (1) 求证：{an－5n}是等比数列； 【解答】 因为数列{an}满足an＋1＋an＝6×5n，即an＋1＝－an＋6×5n，所以an＋1－5n＋1＝－(an－5n)，即＝－1．又因为a1＝4，所以a1－51＝－1，故数列{an－5n}是首项为－1，公比为－1的等比数列． (2) 求数列{an}的前n项和Sn． 【解答】 由(1)知an－5n＝－1×(－1)n－1＝(－1)n，所以an＝(－1)n＋5n，所以Sn＝51＋52＋…＋5n＋(－1)＋1＋…＋(－1)n．当n为偶数时，可得Sn＝＋0＝×5n＋1－；当n为奇数时，可得Sn＝－1＝×5n＋1－．综上，Sn＝ B组　能力提升练 13．(2026·肇庆一模)记Sn与Tn分别是数列{an}与{bn}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，Sn＝，b1＝2，Tn＝2Tn－1＋2． (1) 证明{Tn＋2}是等比数列，并求Tn． 【解答】　因为Tn＝2Tn－1＋2，所以Tn＋2＝2(Tn－1＋2)，因为T1＋2＝b1＋2＝4≠0，所以{Tn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Tn＋2＝4×2n－1＝2n＋1，即Tn＝2n＋1－2． (2) 数列{an}是等差数列吗？若是，求出{an}的通项公式；若不是，请说明理由． 【解答】 因为Sn＝，所以Sn－1＝(n≥2)，两式相减得2an＝a1＋nan－(n－1)an－1，整理得(n－2)an－(n－1)an－1＝－a1，所以(n－1)an＋1－nan＝－a1，两式相减得2(n－1)an－(n－1)an－1－(n－1)·an＋1＝0，即2an＝an－1＋an＋1，所以{an}是等差数列．由于a1＝1，a2＝2，所以公差d＝1，所以{an}的通项公式为an＝n． (3) 设cn＝an·bn，判断是否存在互不相等的正整数j，k，m，使得j，k，m成等差数列，并且cj，ck，cm成等比数列． 【解答】 由(1)知，Tn＝2n＋1－2，所以当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n，经检验，b1＝2满足上式，所以bn＝2n(n∈N*)，则cn＝n·2n．假设存在这样的三个正整数，则j＋m＝2k，cj·cm＝c，即jm·2j＋m＝k222k．因为j＋m＝2k，所以2j＋m＝22k，即jm＝k2，所以所以2＝jm，(j－m)2＝0，解得j＝m，不满足题意，所以假设不成立，不存在这样的正整数． 学科网（北京）股份有限公司 $