2025年高考数学必刷题分类：第42讲、等比数列及其前n项和（教师版）

第42讲等比数列及其前n项和

知识梳理

知识点一．等比数列的有关概念

（1）定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数（不为

零），那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，

a

定义的表达式为n1=q．

an

（2）等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G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G2ab．

知识点二．等比数列的有⇔关公式⇒

（1）等比数列的通项公式

设等比数列的首项为，公比为，则它的通项公式

{an}a1q(q0)

a

aaqn1cqn(c1)(a,q0)．

n1q1

推广形式：n－m

anamq

（2）等比数列的前n项和公式

na1(q1)

等比数列的公比为，其前项和为n

{an}q(q0)nSna1(1q)a1anq

(q1)

1q1q

注①等比数列的前n项和公式有两种形式，在求等比数列的前n项和时，首先要判断公

比q是否为1，再由q的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比q是否为1时，要分q1

与q1两种情况讨论求解．

a(1qn)

②已知a,q(q1),n（项数），则利用S1求解；已知a,a,q(q1)，则利用

1n1q1n

aaq

S1n求解．

n1q

a(1qn)aa

③S11qn1kqnk(k0,q1)，S为关于qn的指数型函数，且

n1q1q1qn

系数与常数互为相反数．

知识点三．等比数列的性质

（1）等比中项的推广．

若时，则，特别地，当时，2．

mnpqamanapaqmn2pamanap

（）①设为等比数列，则（为非零常数），，m仍为等比数列．

2{an}{an}{an}{an}

②设{an}与{bn}为等比数列，则{anbn}也为等比数列．

（3）等比数列{an}的单调性（等比数列的单调性由首项a1与公比q决定）．

a0a0

当1或1时，为递增数列；

{an}

q10q1

a0a0

当1或1时，为递减数列．

{an}

0q1q1

（4）其他衍生等比数列．

若已知等比数列{an}，公比为q，前n项和为Sn，则：

①等间距抽取

为等比数列，公比为t．

ap,apt,ap2t,ap(n1)t,q

②等长度截取

为等比数列，公比为m（当时，不为偶数）．

Sm,S2mSm,S3mS2m,qq1m

【解题方法总结】

（）若，，，，*，则＝＝2．

1mnpq2k(mnpqkN)amanapaqak

（）若，（项数相同）是等比数列，则，1，2，，

2{an}{bn}{an}(0){}{an}{anbn}

an

a

{n}仍是等比数列．

bn

（）在等比数列中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即

3{an}

，，，为

anan＋kan＋2kan＋3k

等比数列，公比为qk．

（4）公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等

比数列，其公比为qn．

TT

（）为等比数列，若＝，则，2n，3n，成等比数列．

5{an}a1a2anTnTn

TnT2n

a

（6）当q0，q1时，Sk－k·qn(k0)是{a}成等比数列的充要条件，此时k1．

nn1q

（7）有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，

还等于中间

项的平方．

（）若为正项等比数列，则为等差数列．

8{an}{logcan}(c0,c1)

（）若为等差数列，则an为等比数列．

9{an}{c}(c0,c1)

（）若既是等差数列又是等比数列是非零常数列．

10{an}{an)

必考题型全归纳

题型一：等比数列的基本运算

例1．（2024·北京·高三汇文中学校考阶段练习）在等比数列an中，a13，a1a2a39，

则a4a5a6等于（）

A．9B．72C．9或70D．9或72

【答案】D

【解析】由题意，nN，

在等比数列an中，a13，a1a2a39，

设公比为q，

22

a1a1qa1q9，即33q3q9，解得q2或q1，

33

∴a4a5a6a1a2a3q9q，

当q1时，a4a5a69，

=

当q2时，a4a5a672.

故选：D.

例2．（2024·全国·高三专题练习）已知递增的等比数列an中，前3项的和为7，前3

项的积为8，则a4的值为（）

A．2B．4C．6D．8

【答案】D

2

【解析】由前3项的和为7，得a1a1qa1q7

3

前3项的积为8，得a1a2a3a28，即a22，

2222

则a，代入aaqaq27，得qq27，即2q25q20，解得q=2或

1q111qqq

1

q，

2

因为an为递增的等比数列，

2

所以q=2，则a1，

1q

3

所以a4128，

故选：D．

例3．（2024·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，

公比为q，且Snan11，则（）

=

A．a12B．S22C．q1D．q2

【答案】D

【解析】因为Snan11，

所以S1a21,S2a31，

所以a1a21,a1a2a31，

2

所以a1a1q1,a1a1qa1q1，

解得q2,a11，A错误，C错误，D正确，

所以S23，B错误；

故选：D.

变式1．（2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）在等比数列{an}中，若a24，a532，

则公比q应为（）

11

A．B．2C．D．－2

22

【答案】D

aaq432

【解析】因为51q38，解得q＝－2.

a2a1q4

故选：D

变式2．（2024·全国·高三专题练习）设等比数列an的各项均为正数，前n项和Sn，若a11，

S55S34，则S4（）

1565

A．B．C．15D．40

88

【答案】C

【解析】由题知1qq2q3q451qq24,

即q3q44q4q2,即q3q24q40,即(q2)(q1)(q2)0.

由题知q0,所以q=2.

所以S4124815.

故选:C.

变式3．（2024·全国·高三对口高考）已知数列an是等比数列，a1a22,a7a8128，

则该数列的S10以及a1依次为（）

222

A．682，B．682，2C．682，或2D．682，或2

333

【答案】C

a1a1q2

【解析】根据题意，得67，

a1qa1q128

2

aa2

解方程得13，或1，

q2

q2

2

1010

10(12)2(1(2))

a1(1q)3，或S10682.

S10682

1q121(2)

故选：C

变式4．（2024·江西抚州·统考模拟预测）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若

a4a53a8,S339，则a4=（）

A．64B．81C．128D．192

【答案】B

【解析】由等比数列的性质可知a4a5a1a83a8,a80，所以a13，

22

由S339，得a11qq39，所以qq120，解得q3或q4（舍去），

3

所以a4a1q81.

故选：B.

变式5．（2024·江西·校联考模拟预测）已知等比数列an的前4项和为30，a1a515，

则a7（）

11

A．B．C．1D．2

42

【答案】A

【解析】设等比数列an的公比为q，若q1，则a1a50，与题意矛盾；

4

a11qa16

aaaa301

所以q1，则12341q，解得1，

q

4

a1a5a1a1q152

1

所以aaq6．

714

故选：A．

【解题方法总结】

等比数列基本量运算的解题策略

（）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，

1a1

，，，，

nqanSn

一般可以“知三求二”，通过列方程（组）便可迎刃而解．

（2）等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论：

a(1qn)aaq

当q1时，Sna；当q1时，S=11n．

n1n1q1q

题型二：等比数列的判定与证明

例4．（2024·全国·高三专题练习）甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种

溶液500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称

为一次调和．记a110%，b120%，经n1次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别

为an，bn．

(1)试用an1，bn1表示an，bn．

(2)证明：数列anbn是等比数列，并求出an，bn的通项．

【解析】（1）由题意，经n1(n2,nN)次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为an,bn，

400a100b41400b100a41

所以an1n1ab，bn1n1ba．

n5005n15n1n5005n15n1

4141

（2）由（1）知，aab，bba，

n5n15n1n5n15n1

333

可得abababn2，

nn5n15n15n1n1

所以数列anbn是等比数列，

n1

因为％，所以3①，

a1b110anbn10%

5

又因为anbnan1bn1La1b130%②．

n1n1

联立①②得3，3．

an5%+15%bn5%+15%

55

n*

例5．（2024·全国·高三专题练习）已知数列an满足4Sn2an2，nN，其中Sn为an

的前n项和．证明：

a1

(1)n是等比数列．

2n6

1111

1．

(2)n

6a136a236a336an31

nn1

【解析】（1）∵4Sn2an2，∴4Sn12an12n2，

nn1n2

两式相减得：4SnSn12an2an122，即anan12n2．

n21a1

an1an121n1

nn22n161

∴2626n2．

a1a1a1

n1n1n12

2n162n162n16

1

当n1时，4S12a12，即a11

a11a111

又∵10，∴n是以为首项，为公比的等比数列．

21632n632

n1

a1112n1n

（）由（）得n，所以

21an12

2n63236

11

b

令nnnn，

6an3121

33

22n22n

则113．

bb22

2n12n22n1122n124n122n1124n122n

31

1

33344n

不等式左边的前2n项和T1．

2n2n1

4441

4

又bn0T2n1T2n1，∴原不等式得证．

例6．（2024·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测）甲、乙、丙三个小学生相互抛沙

包，第一次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，

*

设第n（nN）次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an，在丙手中的方法数为bn.

(1)求证：数列an1an为等比数列，并求出an的通项；

(2)求证：当n为偶数时，anbn.

【解析】（1）由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，

第n1次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an1，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则第n1

次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中，

nn

故an1an02an12an，且a10

n

故an1an2，

aa

nn12n2，

an1an

所以数列an1an为等比数列，

n1n1nn1

由an1an2，得1an11an2，

121

1a11a22，

232

1a21a32，

343

1a31a42，

……………，

n1nn1

1an11an2

n1

212

1n

以上各式相加，1a1a

1n12

2n2(1)n

可得a；

n3

（2）由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为bn，

n

则an2bn2，

2n2(1)n2n22n2na2n

∵当n为偶数时，a，bn

n333n23

∴anbn.

11

变式6．（2024·广东东莞·校考三模）已知数列an和bn，a12，1，an12bn.

bnan

1

(1)求证数列1是等比数列；

an

n

(2)求数列的前n项和Tn.

bn

1121

【解析】（1）由a12，1，an12bn得1，

bnanan1an

11111

整理得11，而10，

an12ana12

111

所以数列1是以为首项，公比为的等比数列

2

an2

n1

11112n

（）由（）知，∴，

211nann

an22221

12nn2n11n

，

∴bnan1n1nn2nn，

221bn22

12n112n

设S，则S，

n2222n2n22232n1

11

1

1111n22nnn2

两式相减得S1，

n2nn11n1n1

22222122

2

n2

从而S2

n2n

n22nn2

∴TSn2n2.

n2n2n

1

a,n为偶数

2n

变式7．（2024·全国·高三专题练习）设数列a的首项aa，且a，

n1n11

a,n为奇数

n4

1

记ba,n1,2,3....

n2n14

(1)求a2,a3；

(2)判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论；

(3)求b1b2Lbn.

11111

【解析】（1）由题意可知：aaa,aaa,

214432228

1111111111

（2）由bna2n1a2n21a2n31a2n3a2n3bn1，

4424244242

11

而baa，

1144

1

若a，则b10，显然b不能是等比数列，

4n

111

若a，则b是以a为首项，为公比的等比数列.

4n42

1

（3）由（2）可知，若a，则b为常数列，各项均为0，故bbLb0；

4n12n

111

若a，则b是以a为首项，为公比的等比数列，

4n42

111

a1na

L4214

则由等比数列的求和公式得：b1b2bn=2a.

1n1

122

2

变式8．（2024·全国·高三专题练习）已知数列an、bn满足4an13anbnt，

4bn13bnant，tR，nN，且a11，b10.

(1)求证：anbn是等比数列；

(2)若an是递增数列，求实数t的取值范围.

【解析】（1）由题可知：4bn13bnant，4an13anbnt，

1

故可得abab，又ab10，∴ab0，

n1n12nn11nn

an1bn111

∴，所以ab是首项为1，公比为的等比数列.

nn2

anbn2

（2）方法一：

∵an是递增数列，

∴an1an0对任意nN恒成立，

∵4an13anbnt，∴4an1ananbnt

则anbnt0对任意nN恒成立，

即tanbn对任意nN恒成立，

n1

由（）知1，

1anbn

2

n1

1

∴t对任意nN恒成立，

2

n1

1

因为当n1时取得最大值，且最大值为1，

2

所以t1，即实数t的取值范围为1,.

方法二：

4b3bat

n1nn，

得4an1bn14anbn2t

4an13anbnt

1

即ababt，又ab1，

n1n1nn211

1

故数列anbn为首项1，公差t的等差数列，

2

n1

所以ab1t，

nn2

n1n

又由（）知1，所以11t，

1anbnann1

2224

因为an是递增数列，所以an1an对任意nN恒成立.

n1n

11t11t

所以nn1，

224224

n1n1

1t1

所以0，所以t，

242

n1

1

因为当n1时取得最大值，且最大值为1，

2

所以t1，即实数t的取值范围为1,.

*

变式9．（2024·全国·高三专题练习）数列{an}的前n和Sn满足Sn2annnN，

(1)求a1的值及an与an1的关系；

(2)求证：an1是等比数列，并求出{an}的通项公式.

*

【解析】（1）因为Sn2annnN，

所以S12a11，又S1a1，

所以a12a11，故a11

当n2时，anSnSn12ann2an1n1，

得an2an11；

（2）由（1）知an2an11，

则有an12(an11)，

由于a11，故a112，

a1

所以n2，

an11

所以数列{an1}是以2为首项，2为公比的等比数列，

n1

所以an122，

n

所以an21.

7an8*4

变式10．（2024·云南·校联考三模）已知数列an有递推关系an1nN,an，

3an43

rb

69n

a1，记anbnk(kZ)，若数列bn的递推式形如bn1（p,q,rR且p,r0），

29pbnq

也即分子中不再含有常数项.

(1)求实数k的值；

13

(2)证明：为等比数列，并求其首项和公比.

bn5

【解析】（1）因为anbnk，所以bnank，

7a87(bk)87b7k83kb3k24k

baknknknn

n1n1

3an43(bnk)43bn3k4

(73k)b3k211k8

n，

3bn3k4

rbn

由已知得bn1，

pbnq

28

3k11k80k1k

3

73krr4

所以，解得或r1，

3pp3

p3

3k4qq1

q4

因为kZ，所以k1.

（2）由（1）知，k1,r4,p3,q1，

4b

n6940

bn1，b1a1k1，

3bn12929

13b1311331313113

n，()，

bn14bn44bnbn1544bn54bn204bn5

132931

因为0，

b154058

1311

所以数列为等比数列，首项为，公比为.

bn584

a2

n*

变式11．（2024·福建厦门·统考模拟预测）已知数列an满足a11,an1,nN．

an

a2

(1)证明n是等比数列；

an1

3

(2)若bn，求bn的前n项和Sn．

an1

a2a22a1a2

【解析】（1）由题意得n1nnn．

an11an2an2an1

an12

a21a11

又因为10，所以n1．

a112an22

an1

a211

所以n是以为首项，为公比的等比数列.

an122

n

a21

（2）由（1）得n．

an12

n

3a21

所以n．

bn11

an1an12

123n

所以1111

Snb1b2b3bn1111

2222

n

11

123n1

1111n1122

1111

222221

1

2

n1n

111

1

222

nn.

13

1

2

变式12．（2024·山东潍坊·三模）已知数列an和bn满足

a13,b12,an1an2bn,bn12anbn．

(1)证明：anbn和anbn都是等比数列；

(2)求anbn的前n项和Sn．

【解析】（1）因为an1an2bn，bn12anbn，

所以an1bn13anbn，an1bn1anbn，

又由a13，b12得a1b11，a1b15，

所以数列anbn是首项为5，公比为3的等比数列，

数列anbn是首项为1，公比为1的等比数列．

n1n1

（2）由（1）得anbn53，anbn(1)，

53n1(1)n153n1(1)n1

所以a，b，

n2n2

53n1(1)n153n1(1)n12532n21

所以ab，

nn224

n

2519nn25918n

所以S．

n419432

【解题方法总结】

等比数列的判定方法

an1*an*

若=q（q为非零常数，nN或=q（q为非零常数且n2，nN），则{an}

定义法anan1

是等比数列

中项公式法若数列中，且2*，则是等比数列

{an}an0an1=anan2(nN){an}

若数列{a}的通项公式可写成ac·qn1（c，q均为非零常数，nN*），则{a}是等

通项公式法nnn

比数列

前项和公式法若数列的前项和n-（为非零常数，，），则是等比数列

n{an}nSnk·qkkq01{an}

题型三：等比数列项的性质应用

n1

例7．（2024·全国·高三对口高考）已知等比数列an的前n项和为Sn3c，则

c__________.

1

【答案】

3

1121

【解析】由题意可得S13c1ca1，S23c3ca1a2a22，

1

S331c9caSa6，故有a2aa461cc.

33232133

1

故答案为：

3

例8．（2024·山东泰安·统考二模）若m，n是函数fxx2pxqp0,q0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__________.

【答案】20

mnp0m0

【解析】由题可得，

mnq0n0

2

则m,2,n成等比数列，得mn24.

又不妨设mn，则2,m,n成等差数列，得2mn2.

结合mn4，可得2m2m4mm12，解得m1或2（舍去），即

m1p5

pq20.

n4q4

故答案为：20

例9．（2024·全国·高三专题练习）已知数列an中，a10，amnamanm,nN，且a3、

2

a11是函数fx2x19x20的两个零点，则a7___________.

【答案】10

a

n1

【解析】因为在数列an中，a10，amnamanm,nN，则an1ana1，所以，a1，

an

所以，数列an为等比数列，且该数列的首项为a1，公比为qa1，

2

因为a3、a11是函数fx2x19x20的两个零点，

19

aa

由韦达定理可得3112，

a3a1110

8194

因为a3a11a31q0，可得a30，所以，a7a3q0，

2

2

由等比中项的性质可得a7a3a1110，因此，a710.

故答案为：10.

1

变式13．（2024·高三课时练习）已知等比数列a的公比q，该数列前9项的乘积为

n2

1，则a1______．

【答案】16

2

【解析】由题意得：a1a9a2a8a3a7a4a6a5，

9

故a1a2a3a4a5a6a7a8a9a51，故a51，

a51

a1416

所以q41.

2

故答案为：16

2

变式14．（2024·江西·校联考二模）在正项等比数列an中，a3与a8是方程x30x100

的两个根，则lga1lga2lga10_________.

【答案】5

2

【解析】因为a3与a8是方程x30x100的两个根，所以a3a810，

因为an为正项等比数列，所以a1