专题6.3 等比数列及其前n项和（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

专题6.3等比数列及其前n项和【十一大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1等比数列的基本量运算】 4【题型2等比数列的性质及应用】 5【题型3等比数列的判定与证明】 6【题型4等比数列的通项公式】 9【题型5等比数列中的单调性与最值问题】 10【题型6等比数列前n项和的性质】 12【题型7等比数列的简单应用】 14【题型8等比数列的奇偶项讨论问题】 16【题型9等差数列与等比数列的综合应用】 19【题型10等比数列中的不等式恒成立、有解问题】 23【题型11与等比数列有关的新定义、新情景问题】 271、等比数列及其前n项和考点要求真题统计考情分析(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)掌握等比数列前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2022年新高考全国Ⅱ卷：第17题，10分2023年新高考Ⅱ卷：第8题，5分2023年全国乙卷（理数）：第15题，5分2023年全国甲卷（理数）：第5题，5分2024年新高考Ⅱ卷：第19题，17分2024年北京卷：第5题，5分等比数列是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，等比数列的基本量计算和基本性质、等比数列的中项性质、判定是高考考查的热点，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；等比数列的证明、求和及综合应用是高考考查的重点，一般出现在解答题中，难度中等.去年高考压轴题中出现数列的新定义、新情景题，综合性强，难度大，需要灵活求解.【知识点1等比数列及其前n项和】1．等比数列的概念文字

语言一般地，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同一个常数，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，公比通常用字母q表示(q≠0)符号

语言在数列{}中，如果（或）(q≠0)成立，则称数列{}为等比数列，常数q称为等比数列的公比递推

关系或2．等比中项如果在a与b中间插入一个数G(G≠0)，使a,G,b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项.

若G是a与b的等比中项，则，所以=ab，即G=.3．等比数列的通项公式若等比数列{}的首项为，公比为q，则这个等比数列的通项公式是=(,q≠0).4．等比数列的单调性已知等比数列{}的首项为，公比为q，则

(1)当或时，等比数列{}为递增数列；

(2)当或时，等比数列{}为递减数列；

(3)当q=1时，等比数列{}为常数列(这个常数列中各项均不等于0)；

(4)当q<0时，等比数列{}为摆动数列(它所有的奇数项同号，所有的偶数项也同号，但是奇数项与偶数项异号).5．等比数列的性质设{}为等比数列，公比为q，则

(1)若m+n=p+q，m,n,p,q，则.

(2)若m,n,p(m,n,p)成等差数列，则成等比数列.

(3)数列{}(为不等于零的常数)仍是公比为q的等比数列；

数列{}是公比为的等比数列；

数列{}是公比为的等比数列；

若数列{}是公比为q'的等比数列，则数列{}是公比为q·q'的等比数列.

(4)在数列{}中，每隔k(k)项取出一项，按原来的顺序排列，所得数列仍为等比数列，且公比为.

(5)在数列{}中，连续相邻k项的和(或积)构成公比为(或)的等比数列.

(6)若数列{}是各项都为正数的等比数列，则数列{}(c>0且c≠1)是公差为的等差数列.6．等比数列的前n项和公式若等比数列{}的首项为，公比为q，则等比数列{}的前n项和公式为

=.7．等比数列前n项和的性质已知等比数列{}的公比为q，前n项和为，则有如下性质：

(1).

(2)若(k)均不为0，则成等比数列，且公比为.

(3)若{}共有2n(n)项，则=q；

若{}共有(2n+1)(n)项，则=q.【知识点2等比数列的基本运算的解题策略】1．等比数列基本量的运算的求解思路：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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）便可迎刃而解.【知识点3等比数列的判定方法】1．证明数列是等比数列的主要方法：(1)定义法：（常数）为等比数列；(2)中项法：为等比数列；(3)通项公式法：（k，q为常数）为等比数列；证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.2．在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n=1的情形进行验证.【知识点4等比数列及其前n项和的性质及应用】1．等比数列的性质：等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形；二是等比中项的变形；三是前n项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.2．等比数列的单调性与最值问题涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.【知识点5等比数列前n项和的函数特征】1．Sn与q的关系(1)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是，它可以变形为,设，则上式可以写成的形式，由此可见，数列{Sn}的图象是函数图象上的一群孤立的点；(2)当公比q=1时，等比数列的前n项和公式是，则数列{Sn}的图象是函数图象上的一群孤立的点.2．Sn与an的关系当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是，它可以变形为,设，则上式可以写成的形式，则Sn是an的一次函数.【方法技巧与总结】1．等比数列{}的通项公式可以写成，这里c≠0，q≠0.2．等比数列{}的前n项和Sn可以写成(A≠0，q≠1,0).3．设数列{}是等比数列，Sn是其前n项和.(1).(2)若，则成等比数列.(3)若数列{}的项数为2n，则；若项数为2n+1，则.【题型1等比数列的基本量运算】【例1】（2024·安徽滁州·三模）已知an是单调递增的等比数列，a4+a5=24,a3a6=128，则公比q的值是（

）A．2 B．−2 C．3 D．−3【解题思路】利用等比数列的性质求出a4a5【解答过程】因为an所以a4则a4+a5=24又因为an所以a4所以公比q=a故选：A.【变式1-1】（2024·广东广州·三模）等比数列an满足a1+a3=10，A．14 B．12 C．1【解题思路】由已知结合等比数列的性质及通项公式可求公比q及首项，进而可求.【解答过程】依题意有a1∴a故选：B.【变式1-2】（2024·广东·模拟预测）已知正项等比数列an的前n项和为Sn，若S4S2A．12 B．22 C．2 【解题思路】利用等比数列的求和公式，结合正项等比数列求出最后的结果.【解答过程】设数列an的公比为q，显然q≠1，则S4S2=故选C.【变式1-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且S3=14,aA．1 B．23或-1 C．−23 【解题思路】根据等比数列基本量的计算即可求解公比，进而可求解.【解答过程】依题意，a1≠0，因为S3∴a1+故q=12当q=12时，当q=−13,∴a故选：D.【题型2等比数列的性质及应用】【例2】（2024·宁夏石嘴山·三模）已知数列an是等比数列，且a2a3aA．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】利用等比数列的性质求出a3【解答过程】因为{an}因此a2a3所以log2故选：B.【变式2-1】（2024·海南·模拟预测）已知等比数列an的公比为3,a2+aA．20 B．24 C．28 D．32【解题思路】根据题意结合等比数列性质运算求解.【解答过程】由题意可知a1所以a5故选：D.【变式2-2】（2024·河南驻马店·二模）设等比数列an的前n项之积为Sn，若S3=1，S9=512，则A．2 B．4 C．8 D．16【解题思路】根据题意结合等比数列的性质可得a2=1，a5【解答过程】因为S3=1，S9=512，所以解得a2=1，则q3=a故选：C.【变式2-3】（2024·四川巴中·模拟预测）在等比数列an中，a1+a3=2，A．3 B．6 C．9 D．18【解题思路】已知条件作商可求得q2【解答过程】因为a1+a所以a5+a则a3故选：B.【题型3等比数列的判定与证明】【例3】（2024·浙江·三模）已知数列an满足a1=2，则“an为等比数列”是“am⋅aA．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件【解题思路】根据等比数列的定义、通项公式及充分条件、必要条件的定义判断即可.【解答过程】若an为等比数列，则a所以am⋅a当q≠2时am若am⋅an=am+n（∀m，n∈所以2an=an+1，即a故“an为等比数列”是“am⋅an故选：B.【变式3-1】（2024·陕西西安·模拟预测）等差数列an的前项n和为Sn，且an∈NA．数列2an一定是等比数列 B．数列C．数列Snn一定是等差数列 D．数列【解题思路】利用等差、等比数列的定义判断A、B、C，特殊值判断D，即可得结果.【解答过程】因为数列an是等差数列，设其通项公式为a所以2an+12an因为数列bn为等比数列，设其通项公式为b所以ba所以数列ban一定是等比数列，因为Sn=n所以数列Snn一定是等差数列，当bn=(−1)n时，bn故选：D.【变式3-2】（2024·宁夏银川·二模）已知数列{an}满足a1=1A．{an+3} B．{an−3}【解题思路】由数列的递推式，计算前四项，由等比数列的性质可判断ABC；由数列的递推式推得an+2−a【解答过程】由a1=1，a2可得3a3+a1又3a4+a2由a1+3=4，a2+3=7，a3由a1−3=−2，a2−3=1，a3由a2+a1=5，a3+由3an+2+即为an+2−an+1=13(an+1−故选：D.【变式3-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知“正项数列an满足an+1⋅an=4A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【解题思路】由an+1⋅an=【解答过程】因为an+1⋅a两式相除可得：an+2所以an+2所以当n=2k，则a2k+2a2k=4，所以a2k所以a2k所以当n=2k−1，则a2k+1a2k−1=4，所以a2k−1所以a2k−1当a2=2a1，则所以数列an为公比为2所以“a2=2a若数列an为等比数列，则公比为2，故a所以“数列an为等比数列”能推出“a故“a2=2a故选：C.【题型4等比数列的通项公式】【例4】（2024·全国·一模）等比数列an中，a1=1，a5=−8a2A．(−2)n−1 B．−(−2)n−1 C．(−2)【解题思路】根据题意等比数列的性质可得公比q=−2，且由a5<a【解答过程】由题意知数列an为等比数列，设公比为q，由a5=−8a2因为a5<a2，即a1q4<a所以an故选：B.【变式4-1】（23-24高三下·青海玉树·阶段练习）已知Sn为数列an的前n项和，若an+1=2aA．an=3n−4 B．an【解题思路】先由题设求出a1，再通过构造得a【解答过程】令n=1可得a2=2a1−2，又S则a1−2=2，an+1−2an−2故选：B.【变式4-2】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知在递增的等比数列an中，a1a2a3=1，1a【解题思路】设等比数列an的公比为q，根据等比数列的性质可得a2=1，即有a【解答过程】设等比数列an的公比为q，因为a1a2a又1a1+由an是递增的等比数列，解得a所以q=a2a故答案为：2n−2【变式4-3】（2024·北京·三模）已知等比数列an满足：a2<an<a1（【解题思路】根据给定条件，可得a1>0，公比q∈(−1,0)，再写出数列【解答过程】设等比数列an的公比为q，由a2<an显然a2<|a3|，即aan=a1q取a1=1,q=−1故答案为：an=(−12)n−1（答案不唯一，【题型5等比数列中的单调性与最值问题】【例5】（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）已知数列an是无穷项等比数列，公比为q，则“q>1”是“数列an单调递增”的（A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件【解题思路】根据等比数列的首项、公比的不同情形，分析数列的单调性，结合充分条件、必要条件得解.【解答过程】若a1<0，q>1，则数列an单调递减，故q>1若an单调递增，则a1>0，q>1，或a1<0所以“q>1”是“数列an故选：D．【变式5-1】（2024·四川自贡·三模）等比数列an公比为qq≠1，若Tn=a1a2aA．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件【解题思路】由等比数列及已知，要Tn为递增数列只需a1qn−1>1在n≥2上恒成立，讨论q<0、0<q<1【解答过程】由题设TnTn−1=an=a1当q<0，不论a1取何值，总存在a当0<q<1，a1<0，则a1>0，总存在当q>1，a1<0，则0<a1<1，若a1=13a1≥1，则a1所以Tn为递增数列有a1≥1所以，“数列Tn为递增数列”是“a1>0故选：B.【变式5-2】（23-24高二下·北京顺义·期中）数列{an}是等比数列，则对于“对于任意的m∈N∗，an+2A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．不充分也不必要【解题思路】根据充分条件、必要条件的定义及等比数列的单调性与通项公式判断即可.【解答过程】设等比数列{an}的公比为q若an+2>a当a1>0时，由a1(q2−1)>0若q<−1，则a2=a若q>1，则an>0，此时当a1<0时，由a1(q2−1)>0若−1<q<0，则a2=a若0<q<1，则an<0，此时反之，若{an}所以“对于任意的n∈N∗，an+2故选：C．【变式5-3】（2024·上海闵行·二模）已知数列an为等比数列，首项a1>0，公比q∈A．数列an的最大项为a1 B．数列aC．数列anan+1为严格递增数列 【解题思路】分别在n为偶数和n为奇数的情况下，根据项的正负和an+2−an的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用【解答过程】对于A，由题意知：当n为偶数时，an当n为奇数时，an>0，an+2综上所述：数列an的最大项为a对于B，当n为偶数时，an<0，an+2当n为奇数时，an综上所述：数列an的最小项为a对于C，∵ana∴a∵−1<q<0，∴q2−1<0∴数列an对于D，∵a2n−1+∴a∵−1<q<0，∴1+q>0，q2−1<0，又∴a2n+1+a2n+2故选：D.【题型6等比数列前n项和的性质】【例6】（2024·江苏扬州·模拟预测）在正项等比数列an中，Sn为其前n项和，若S30=7S10，A．10 B．20 C．30 D．40【解题思路】由等比数列片段和依然成等比数列，结合等比中项的性质即可列式求解.【解答过程】设正项等比数列an的公比为q则S10,S20−若S30=7S10，所以S20−102解得S20=30或故选：C.【变式6-1】（2024·湖南邵阳·模拟预测）记Sn为公比小于1的等比数列an的前n项和，S3=2，S12A．6 B．3 C．1 D．1【解题思路】根据给定条件，利用等比数列片断和性质列式计算即得.【解答过程】依题意，S3,S则S6由S12S6S9由等比数列an的公比q小于1，得p=q3所以S6故选：B.【变式6-2】（23-24高二上·重庆·期中）已知等比数列an有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n=A．2 B．3 C．4 D．5【解题思路】根据等比数列的性质得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+q【解答过程】因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，得到奇数项为1+q偶数项为q+q3+所以前2n+1项的和为1−22n+11−2故选：B.【变式6-3】（2024·江苏·三模）设等比数列an的前n项和为Sn,a5A．1 B．4 C．8 D．25【解题思路】利用等比数列的性质建立方程求解即可.【解答过程】因为S6=21，a5因为an是等比数列，所以S所以5−S22=S故选：A.【题型7等比数列的简单应用】【例7】（2024·云南昆明·模拟预测）每年6月到9月，昆明大观公园的荷花陆续开放，已知池塘内某种单瓣荷花的花期为3天（第四天完全凋谢），池塘内共有2000个花蕾，第一天有10个花蕾开花，之后每天花蕾开放的数量都是前一天的2倍，则在第几天池塘内开放荷花的数量达到最大（

）A．6 B．7 C．8 D．9【解题思路】每天荷花的数量都是前一天的2倍，则荷花朵数为等比数列，利用等比数列的通项公式及求和公式，列出不等式求解即可，注意花蕾有凋谢的情况.【解答过程】设第n天水塘中的荷花朵数为an，则a设第n天池塘内开放荷花的数量为bn，则b1=bn当n=7时，b7当n=8时，b8所以荷花的数量在第8天达到最大.故选：C.【变式7-1】（2024·云南昆明·一模）第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△ AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△ BOC，△ COD，△

A．32233C．3223【解题思路】设第nn∈N*,1≤n≤12三角形的斜边长为an，面积为bn，根据题意分析可知数列【解答过程】因为360°30°设第nn∈N*,1≤n≤12三角形的斜边长为由题意可知：a1=1cos30°则b1=3可知数列bn是以首项b1=所以所作的所有三角形的面积和为36故选：D.【变式7-2】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）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（2023年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为（参考数据：1.310≈13.79）（A．3937万元 B．3837万元C．3737万元 D．3637万元【解题思路】根据配凑法、分组求和法求得正确答案.【解答过程】设a1=100，an+1所以数列an−10是首项为90，公比为所以a则S=≈300×13.79−200=3937（万元）.故选：A.【变式7-3】（2023·陕西安康·模拟预测）中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天走的里程数约为（

）A．2.76 B．5.51 C．11.02 D．22.05【解题思路】设该马第nn∈N∗天行走的里程数为an，分析可知，数列an是公比为q=【解答过程】设该马第nn∈N∗由题意可知，数列an是公比为q=所以，该马七天所走的里程为a11−1故该马第五天行走的里程数为a5故选：D.【题型8等比数列的奇偶项讨论问题】【例8】（2024·陕西安康·模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，已知(1)求an(2)若bn=(−1)nan+【解题思路】（1）根据题意，化简得到Sn+1n+1−Snn=1（2）由（1）得到，当n为奇数时，bn=1−2n；当n为偶数时，bn【解答过程】（1）解：由nSn+1−n+1S又由a1=1，所以S1所以Snn=1+当n≥2时，Sn−1=(n−1)又当n=1时，a1所以an的通项公式为a（2）由（1）可知当n为奇数时，bn当n为偶数时，bn所以T==2n+23=2n+8×【变式8-1】（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列cn满足cncn+2−cn+12=k(1)求an(2)设bn=an,n为奇数b【解题思路】（1）利用“比差等数列”的定义可得an+2an+1−a可得an+1an（2）分n为奇数与偶数两种情况求解可得数列bn的前n项和S【解答过程】（1）由an得an从而an+2设dn=a所以数列dn因为d1所以dn因此，dn=d所以an是首项为58，公比为因此an（2）当n为偶数时，S=2×5当n为奇数时，Sn综上，Sn【变式8-2】（2024·云南昆明·三模）正项数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn(1)求数列an(2)已知数列cn满足cn=bn⋅a【解题思路】（1）由an与S（2）求得cn后，讨论n【解答过程】（1）当n=1时，4S1=a1所以a1=1，同理当n≥2时，an14an+a即an−an−1=2，故d=2同理，bn+b因为bn是等比数列，所以bn+bn−1（2）由（1）知cn所以当n为奇数时，H=1=1同理当n为偶数时，Hn所以Hn【变式8-3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知在正项数列an中，a3=4,(1)求数列an(2)若数列bn满足bn=an+(−1)【解题思路】（1）利用等差中项与等比中项可得数列an（2）分n为偶数和奇数求数列bn的前n项和T【解答过程】（1）∵ln∴2lnan+1=ln∴a又a3=a（2）bn当n为偶数时，T=1−当n为奇数时，Tn∴T【题型9等差数列与等比数列的综合应用】【例9】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列an满足：a(1)求数列an(2)若数列bn满足：a1bn+a2【解题思路】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；（2）令Dn=a1bn+a【解答过程】（1）设an公差为d，又a所以a2又a1=1，即1+d2=2+2d，解得而d=−1时，不满足a1,a所以an（2）令Dn所以Dn+1两式相减有：Dn+1所以数列bn的前n+1项和为2⋅3n又D1=a所以Tn【变式9-1】（2024·天津·高考真题）已知an是等差数列，a(1)求an的通项公式和i=(2)设bn是等比数列，且对任意的k∈N*，当2（Ⅰ）当k≥2时，求证：2k（Ⅱ）求bn的通项公式及前n【解题思路】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k−1≤n≤2取n=2k−1，当2k−2≤n≤2(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n项和公式即可计算其前n项和.【解答过程】（1）由题意可得a2+a则数列an的通项公式为a求和得i==2=2（2）(Ⅰ)由题意可知，当2k−1≤n≤2取n=2k−1，则bk当2k−2≤n≤2取n=2k−1−1据此可得2k综上可得：2k(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k−1<则数列bn的公比q满足2当k∈N*,k→+∞时，所以2k−1<b当k∈N*,k→+∞时，所以数列的通项公式为bn其前n项和为：Sn【变式9-2】（2024·全国·模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，a1+a2+3(1)求数列an(2)设bn=an⋅3a【解题思路】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出a3和公差d，即可得到数列a（2）表达出数列bn的通项公式，得到数列bn的前n项和Tn的表达式，利用错位相减法即可得出数列b【解答过程】（1）由题意，n∈在等差数列an中，设公差为d由a1+a2+3又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得5+d2=73+2d，即d−2∴an=a∴数列an的通项公式为：a（2）由题意及（1）得，n∈N在数列an中，a在数列bn中，b∴bn∴Tn3T两式相减得−2=3+2⋅=−6+2−2n∴Tn【变式9-3】（2023·天津滨海新·三模）设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列．且a1=b1(1)求an，b(2)记Tn为bn的前n项和，求证：(3)若cn=an+1⋅b【解题思路】（1）由已知条件列出方程组，求解出d，q，根据等比和等差数列的通项公式求解即可；（2）利用等比数列前n项和公式求出Tn，求出T（3）利用错位相减法和裂项相消法分奇偶项两组求和即可.【解答过程】（1）解：由已知可得a32a联立①②，得q2+q−6=q+3q−2=0因为bn是各项都为正数的等比数列，所以q=2，代入①式可得d=2所以an=1+2n−1（2）Tn∴Tn+1=则T=2所以Tn（3）cS2n令A=2×1+6×2则2A①−②∴A令B==1∴S【题型10等比数列中的不等式恒成立、有解问题】【例10】（2024·广西桂林·三模）已知数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)设bn=nan，且数列bn的前n项和为Tn，若【解题思路】（1）根据an（2）由（1）可得bn=n14n−1，结合错位相减求和法计算可得T【解答过程】（1）因为4a当n=1时，得4a1−3a1当n≥2时，3S由①-②得3an=14所以an（2）因为bn所以Tn=1×1两式相减得，34即34Tn故Tn由Tn≤169+3λ依题意，∀n∈N∗不等式因为y=−n9−所以λ≥−727，即λ的取值范围为【变式10-1】（23-24高二下·湖北·期中）已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an−2.数列bn的前(1)求数列an(2)若cn=anbn，设数列cn的前n【解题思路】（1）根据Sn与an的关系，作差结合等比数列定义即可求得an=2n，当（2）先利用错位相减法求得Hn=n−1【解答过程】（1）对于数列an，当n=1时，S1=2当n≥2时，Sn−1=2a所以an是以a1=2对于数列bn，当n=1时，1b1n≥2时，1b与原式作差可得bn+1因为b2−b所以bn是以b1=1（2）由（1）可知cn所以Hn所以2H两式作差可得−H所以Hn所以n−1⋅2n+1当n=2k,k∈N+时，m<1−1当n=2k−1,k∈N+时，−m<1−1综上可得：−1【变式10-2】（2024·湖南·二模）已知an是各项都为正数的等比数列，数列bn满足：bn=2log(1)求数列an(2)若对任意的n∈N*都有2λa【解题思路】（1）利用题设条件求得a1,a4，再利用等比数列的通项公式求得（2）将问题转化为λ≥2n−32n【解答过程】（1）因为bn=2log2a所以b1=1=2logb4=7=2log因为an是各项都为正数的等比数列，所以q3=所以an=2（2）因为2λan≥设f(n)=2n−32n当n≤2时，f(n+1)−f(n)>0，则f(3)>f(2)>f(1)；当n≥3时，f(n+1)−f(n)<0，则f(3)>f(4)>f(5)>⋯；所以f(n)max=f(3)=【变式10-3】（2024·天津红桥·一模）已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn=2a(1)求数列an(2)设bn=(−1)n+1Snr【解题思路】（1）利用an（2）由题意有i=12n−1bimax<m<【解答过程】（1）由Sn当n=1时，a1=S当n≥2时，an=S所以数列an是以2所以an（2）由（1）得Sn则bn故i=12n−1i=12n而i=12n−1bi所以i=12n−1i=12nbi所以i=12n因为对任意的n∈N∗，都有所以−1<m<2.【题型11与等比数列有关的新定义、新情景问题】【例11】（2024·全国·模拟预测）约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数mm≠0所得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为a1，(1)若a=8，求k的值；(2)当k≥4时，若ak−a(3)记A=a1a【解题思路】（1）根据约数的定义确定约数的个数即可；（2）结合约数的定义可得a1=1,ak=a,（3）先证明aiak+1−i【解答过程】（1）a=8时，因为a=1×8=2×4，所以1,2,4,8为8的所有正约数，故k=4.（2）由题意可知a1因为k≥4，依题意可知a3−a化简可得a3−a因为a3∈N*，所以由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3所以a2−a经检验该关系满足条件，所以a=a（3）由题意知a1所以A=a因为1a所以A=≤a因为a1=1,a所以A<a【变式11-1】（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列an满足：对于∀n∈N*，an+12(1)若一个公比为q的等比数列xn为“P数列”，求q(2)若a1=1，p=2，yn是首项为1，公比为3的等比数列，在yk与yk+1之间依次插入数列a(3)若一个“P数列"an满足a1=2,a2=22,an>0，设数列1an【解题思路】（1）根据等比数列的通项公式，列出“P数列”的式子，变形后得xn+12−xn（2）由题意确定数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an（3）首先求解出an=2n，可得数列1cn的前n项和T【解答过程】（1）数列xn是等比数列，则xn=则xn+1因为P与n无关，所以q2−1=0，即（2）由题意可知，an+12−anyn而新数列cn中yk+1项（含yk+1令k+1k+22≤30，结合k∈故数列cn中前30项含有yn的前7项和数列所以数列cn中前30项的和T（3）因为数列an是“P数列”，a1=2，a则P=a22−a所以数列1an的前n项和假设存在正整数m,k，使得不等式1211即1当n=1时，1>2m+k−1，得又m,k为正整数，得m=k=1下面证明：11+1由于1n=2所以11=2n+1所以存在m=k=1，使不等式Tn>mn+k【变式11-2】（2025·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到数列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3．设数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为S(1)若a=2,b=3,c=4，求P2(2)求不等式Pn(3)是否存在数列a,b,ca,b,c∈R，使得数列S【解题思路】（1）根据题意得到第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，从而计算出P2（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为Pn−1，得到P（3）得到Sn=S【解答过程】（1）a=2,b=3,c=4，第一次“和扩充”后得到数列2,5,3,7,4，第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，P2（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为Pn所以Pn+1=P其中数列a,b,c经过1次“和扩充”后，得到a,a+b,b,b+c,c，故P1P1故Pn所以Pn−1=4×2则2n+1+1≥2024，即又n∈N∗，解得（3）因为S1S2=S依次类推，Sn故S=⋯==2a+3b+2c+a+2b+c若使Sn为等比数列，则a+c2=0【变式11-3】（2024·广东广州·模拟预测）若无穷项数列an满足an+1=an+d，nt∉N∗，qa(1)设d=1，q=1，若首项为1的数列an为“M3数列”，求(2)若首项为1的等比数列bn为“Mt数列”，求数列bn的通项公式及前n(3)设d=1，q=2，若首项为1的数列cn为“M5数列”，记数列cn的前n项和为Tn，求所有满足【解题思路】（1）将d=1，q=1，代入得到周期数列,即可求到a2024（2）由bn是等比数列、Mt数列可求出d，q，t，进而求出数列bn的通项公式及前n（3）找出c5k−4的通项，设Ak=c5k−4【解答过程】（1）由题意有d=1，q=1，t=3，a1=1a1=1，a2=2，a3=3，a4=3，a5=4，一般有a3k−2=2k−1，a3k−1所以a2024（2）数列bn是首项为1的等比数列，设其公比为m，又bn为Mt数列，t∈当t=2时，b2=1+d，b3=qb又b2=m，b3于是得m−1=m3−m2，解得m=±1当bn=1时，d=0，q=1，bn+1=b当bn=−1n−1时，d=−2，q=−1，bn+1当t≥3时，则b1，b2，b3构成以d为公差的等差数列，即b1+于是得bn=1，d=0，q=1，bn+1=b所以①当d=0，q=1，t是大于1的任意正整数，则bn=1，②当d=−2，q=−1，k=2，则bn=−1（3）依题意，d=1，q=2，c1=1，数列cn则c1=1，c2=2，c3=3，c4=4，c5=5，c6c5k−4，c5k−3，c5k−2，c5k−1，所以c5k+1+8=2×c所以数列c5k−4+8是以首项为9，公比为2的等比数列，所以即c5k−4即Ak所以T所以T5n=5n×c化简得n2−12因为当n≥2时，n2−12综上所述，满足T5n=5n×c一、单选题1．（2024·山东淄博·二模）已知等比数列an,aA．8 B．±8 C．10 D．±10【解题思路】运用等比中项，结合等比数列通项公式即可解决.【解答过程】根据等比中项知道a62=a2又a6=a故选：A.2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知等比数列an的各项均为负数，记其前n项和为Sn，若S6−SA．－8 B．－16 C．－32 D．－48【解题思路】利用等比数列的性质先计算a7【解答过程】设an的公比为q则由题意可知S6−S化简得1q2+则a2故选：B.3．（2024·陕西西安·三模）已知Sn是等比数列an的前n项和，a1+a4+A．12 B．14 C．16 D．18【解题思路】根据题意结合等比数列性质求得q=2，a3【解答过程】设等比数列an的公比为q，可得a则a3所以S9故选：B.4．（2024·江西·二模）已知数列an的首项a1为常数且a1≠23，an+1A．−23,C．0,23 【解题思路】由已知条件推得数列an−4n6是首项为a【解答过程】因为an+1所以an+1由于a1≠2可得数列an−4n6则an=16×即16×4当n为偶数时，a1>2可得23−1当n为奇数时，a1<2可得23+1综上可得a1的取值范围是−故选：B．5．（2023·贵州遵义·模拟预测）公元前1650年的埃及莱因德纸草书上载有如下问题：“十人分十斗玉米，从第二人开始，各人所得依次比前人少八分之一，问每人各得玉米多少斗？”在上述问题中，前五人得到的玉米总量为（

）A．10×8585+C．10×8585−【解题思路】根据等比数列的通项公式与前n项和公式计算．【解答过程】由题意记10人每人所得玉米时依次为a1,a2,⋯,a10，则n≥2由已知a1[1−(S5故选：A．6．（2024·广东东莞·模拟预测）等差数列an和等比数列bn都是各项为正实数的无穷数列，且a1=b1，a2=b2，an的前nA．an是递增数列 B．bC．Sn>T【解题思路】特例法排除A，B，C，对于D，根据题意，可得an+1≥an，bn+1【解答过程】设数列an和数列bn均为常数列对于D，设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由an>0，可知a1由bn>0，可知b1>0,q>0，又由a1=b且d=b故d≤bn−所以bn−1−a所以Sn故选：D.7．（2024·北京西城·二模）已知{ an }是无穷等比数列，其前n项和为Sn， a 1A．( −3 ,1 ) B．[【解题思路】根据等比数列的基本量求得a2=−32，从而可得公差q=a2a1=−【解答过程】因为等比数列{ an }，由 则公比q=a2a当n为奇数时，Sn−(−1)又数列−2−2×12n为递增数列，所以n→+∞，当n为偶数时，Sn−(−1)又数列2−2×12n为递增数列，2−2×综上，A的取值范围是[ 故选：D.8．（2024·陕西商洛·模拟预测）设等比数列an的前n项和为Tn，前n项积为Kn，若K7>A．a8=1 B．对任意正整数nC．K10>K6【解题思路】利用前n项积与通项an的关系，可以求出通项公式，进而可以判断A、B、C，对于D只需要利用等比数列的前n【解答过程】由K7>K由K7=K由上可知：等比数列an的公比q∈0,1，所以等比数列an是递减数列，由等比数列性质可得：∴a由an>0,∴K由T2n+2由T2n+4故选：C.二、多选题9．（2024·广西·模拟预测）若数列anbn满足an+1=2an+bnA．aB．aC．i=1D．若an+λ【解题思路】根据两式相加减可得an=3n−1+12，【解答过程】对于B，依题意，an+1=2a而a1+b1=1又an+1−bn+1=an=3对于A，a4对于C，i=15对于D，a1+λb1=1由an+λbn为等比数列，得(2+λ)2当λ=1时，an+λb当λ=−1时，an+λb因此当数列an+λbn是等比数列时，故选：ACD．10．（2024·江西·模拟预测）已知数列a的前n项和为Sn,aA．aB．数列a2kC．aD．Sn≤50的最大整数【解题思路】根据题意，利用等比数列的定义，推断数列a2k−1等比数列，进而求得数列a的通项公式【解答过程】由题意得a2k+2=2a又由a2=2a所以数列a2k由a2k−1=2⋅2k−1=2k由a2k+1=a2k−1=即an因为S=2S=2故选：ABD.11．（2024·湖南益阳·三模）已知an是等比数列，Sn是其前n项和，满足a3A．若an是正项数列，则aB．SnC．若存在M>0，使an≤M对∀n∈ND．若an>0，且a1=1100，【解题思路】对于A，由题意易得a1>0，q>0，可判断结论；对于B，在q=−1时，通过取反例即可排除B；对于C，分析q=−1时数列|an|【解答过程】对于A，设数列an的公比为q，由a3=2因a1≠0，则得q2−q−2=0，解得因an是正项数列，故a1>0，q=2>0对于B，由上分析知，q=−1或q=2，当q=−1时，Sn此时，若n为偶数，则Sn对于C，若q=2，则|a此时不存在M>0，使an≤M对若q=−1时，易得|an|=|a1|，故存在此时|an|对于D，因an>0，a1则Tn由Tn+1当1≤n≤6时，0<1100×2n<1，故当n≥7时，1100×2n>1，故T则当n=7时，Tn故选：ACD.三、填空题12．（2024·四川雅安·三模）等比数列an中，每项均为正数，且a4⋅a5=81【解题思路】根据等比数列性质和对数运算求解即可.【解答过程】由题意得log3故答案为：4.13．（2024·湖北襄阳·二模）已知等差数列an和等比数列bn满足a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5.数列an和bn中的所有项分别构成集合A【解题思路】由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，求得an，bn，由题意可得{cn}【解答过程】设等差数列{an}的公差为d和等比数列{由a1=5，b1=2，a2=2b解得d=4，q=2，则an=5+4(n−1)=4n+1，由a15由{an}和{bn}中无公共项，可得则S20故答案为：557．14．（2024·北京通州·三模）若数列{bn}、{cn}均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得bm∈[cn,cn+1]，则称数列{b①存在等差数列{an}，使得{an②存在等比数列{an}，使得{an③存在等差数列{an}，使得{Sn④存在等比数列{an}，使得{Sn【解题思路】对于①取an=n分析判断，对于②④取【解答过程】对于①：例如an=n，则{an}所以an+1−a故{an}取m=n(n+1)2，则am所以{an}是{对于②，例如an=2n−1>0，则{所以an+1−a故{an}取m=n+1，则am=a所以{an}是{对于③，假设存在等差数列{an}，使得{Sn设等差数列{an}因为{an}又因为{Sn}为严格增数列，所以Sn+1−取n0∈N∗，满足an又因为{S所以对任意正整数m≥n0+1，则有S对任意正整数m≤n0，则有Sm故当n=k+1时，不存在正整数m，使得ak+1对于④，例如an=2n−1>0，则{an所以an+1−a故{an}取m=n