資源簡介

第 03 講 等比數列及其前 n 項和
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：等比數列的有關概念.........................................................................................................4
知識點 2：等比數列的有關公式.........................................................................................................4
知識點 3：等比數列的性質.................................................................................................................5
解題方法總結........................................................................................................................................5
題型一：等比數列的基本運算............................................................................................................6
題型二：等比數列的判定與證明........................................................................................................7
題型三：等比數列項的性質應用........................................................................................................9
題型四：等比數列前 n 項和的性質..................................................................................................10
題型五：奇偶項求和問題的討論......................................................................................................10
題型六：等差數列與等比數列的綜合應用......................................................................................12
題型七：等比數列的范圍與最值問題..............................................................................................13
題型八：等比數列的實際應用..........................................................................................................14
題型九：公共項與插項問題..............................................................................................................15
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................17
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................18
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................19
易錯點：不能靈活運用等比數列的性質..........................................................................................19
考點要求 考題統計 考情分析
（1）等比數列的有關概 高考對等比數列的考查相對穩定，考查內
念 2023 年甲卷（理）第 5 題，5 分 容、頻率、題型、難度均變化不大．重點是（1）
（2）等比數列的通項公 2023 年 II 卷第 8 題，5 分 選擇題、填空題多單獨考查基本量的計算；（2）
式與求和公式 2023 年乙卷（理）第 15 題，5 分 解答題多與等差數列結合考查，或結合實際問題
（3）等比數列的性質 或其他知識考查．
復習目標：
（1）理解等比數列的概念．
（2）掌握等比數列的通項公式與前 n 項和公式．
（3）了解等比數列與指數函數的關系．
知識點 1：等比數列的有關概念
（1）定義：如果一個數列從第 2 項起，每一項與它的前一項的比等于同一常數（不為零），那么這個
數列就叫做等比數列．這個常數叫做等比數列的公比，通常用字母q表示，定義的表達式為 an +1 =q ．
an
（2）等比中項：如果 a ，G ，b成等比數列，那么G 叫做 a 與b的等比中項．
即G 是 a 與b的等比中項 a ，G ，b成等比數列 G2 = ab．
【診斷自測】某景點上山共有 999 級臺階，寓意長長久久.甲上臺階時，可以一步上一個臺階，也可以一步
1 2
上兩個臺階，若甲每步上一個臺階的概率為 ，每步上兩個臺階的概率為 3 ，為了簡便描述問題，我們約3
定，甲從 0 級臺階開始向上走，一步走一個臺階記 1 分，一步走兩個臺階記 2 分，記甲登上第 n 個臺階的
概率為P ，其中 n N*n ，且 n 998 . 證明：數列 Pn+1 - Pn 是等比數列.
知識點 2：等比數列的有關公式
（1）等比數列的通項公式
a
設等比數列{a n-1 n 1n } 的首項為 a 1 ，公比為 q(q 0)，則它的通項公式 an = a1q = c × q (c = )(a1,q 0) ．q
推廣形式： an = a × q
n－m
m
（2）等比數列的前 n 項和公式
ìna1(q = 1)

等比數列{an } 的公比為 q(q 0)，其前 n 項和為 S nn = ía1(1- q ) a1 - anq
= (q 1)
1- q 1- q
注①等比數列的前 n 項和公式有兩種形式，在求等比數列的前 n 項和時，首先要判斷公比q是否為 1，
再由q的情況選擇相應的求和公式，當不能判斷公比q是否為 1 時，要分 q = 1與 q 1兩種情況討論求解．
n
② a - a q已知 a , q(q 1), n （項數），則利用 S a= 1 (1 - q )1 求解；已知n a1 , an , q (q 1) ，則利用 S =
1 n 求
1 - q n 1- q
解．
③ S a1 (1 - q
n ) -a a
n = =
1 × q n + 1 = kq n - k (k 0, q 1) ， S n 為關于 q n 的指數型函數，且系數與常數1 - q 1 - q 1 - q
互為相反數．
【診斷自測】若數列 an 是公比為q的等比數列，且 log2 a4 + log2 a13 = 3， a6a10 = 4，則q的值為（ ）
A．2 B．4 C．±2 D．±4
知識點 3：等比數列的性質
（1）等比中項的推廣．
2
若m+n = p +q時，則aman =apaq，特別地，當m + n = 2 p 時， aman = ap ．
（2）①設{an } 為等比數列，則{l an } （l為非零常數），{ an }，{a mn } 仍為等比數列．
②設{an } 與{b n } 為等比數列，則{an bn}也為等比數列．
（3）等比數列{an } 的單調性（等比數列的單調性由首項 a 1 與公比q決定）．
ìa1 > 0 ìa1 < 0
當 í 或 í 時，{an } 為遞增數列；
q > 1 0 < q <1
ìa1 > 0 ìa1 < 0
當 í 或 í 時，0 q 1 q 1 {a< < > n }
為遞減數列．

（4）其他衍生等比數列．
若已知等比數列{an } ，公比為q，前 n 項和為 S n ，則：
①等間距抽取
ap,ap+t ,a tp+2t ,Lap+(n-1)t ,L為等比數列，公比為 q ．
②等長度截取
Sm , S2m - Sm , S3m - S2m ,L 為等比數列，公比為 q m （當 q = -1時， m 不為偶數）．
1 1 1
【診斷自測】在正項等比數列 a 2n 中， a2， a10 是3x - 6x +1 = 0的兩個根，則 + + =a a a .2 6 10
解題方法總結
（1 2）若 m + n = p + q = 2k (m ， n ， p ， q ， k N * ) ，則 am ×an＝ap ×aq＝ak ．
（2）若{an } ，{bn }
a
（項數相同）是等比數列，則{l an }(l 0) ，{
1 }，{a 2n }，{an × bn } ，{ n }仍是等an bn
比數列．
（3）在等比數列{an } 中，等距離取出若干項也構成一個等比數列，即 an， an＋ k， an＋2 k， an 為＋3k
等比數列，公比為 q k ．
（4）公比不為－1 的等比數列{an } 的前 n 項和為 S n ，則 S n ， S 2 n - S n ， S3n - S2n 仍成等比數列，其公
比為 q n ．
（5）{an } 為等比數列，若 a
T T
1 × a2 a ＝T 2n 3nn n ，則Tn ， ， ，L 成等比數列．Tn T2n
（6 a）當 q 0， q 1時， S n = k－ k·q n (k 0) 是{an } 成等比數列的充要條件，此時 k = 1 ．1 - q
（7）有窮等比數列中，與首末兩項等距離的兩項的積相等．特別地，若項數為奇數時，還等于中間
項的平方．
（8）若{an } 為正項等比數列，則{log c an }(c > 0, c 1) 為等差數列．
（9）若{an } 為等差數列，則{c an }(c > 0, c 1) 為等比數列．
（10）若{an } 既是等差數列又是等比數列 {a n ) 是非零常數列．
題型一：等比數列的基本運算
【典例 1-1】（2024·廣東深圳·模擬預測）已知等比數列 an 公比為q，前 n項和為 Sn ，且滿足 a6 = 8a3，則
下列說法正確的是（ ）
S 1
A． S3 × S9 = S
2 B 66 ． =S3 9
1
C． q = D． Sn = 2a2 n
- a1
【典例 1-2】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知正項等比數列 an 的前三項和為 28 且 a3 = 4，則 a8 =
（ ）
A 1
1 1 1
． 2 B． C． D．4 8 16
【方法技巧】
等比數列基本量運算的解題策略
（1）等比數列基本量的運算是等比數列中的一類基本問題，等比數列中有五個量 a ， n ，q1 ， a n ，
S n ，
一般可以“知三求二”，通過列方程（組）便可迎刃而解．
（2）等比數列的前 n 項和公式涉及對公比q的分類討論：
n
當 q = 1時， Sn = na1 ；當 q 1時， S =
a1 (1 - q ) a - a= 1 n qn 1 - q 1 - q
【變式 1-1】（2024·山東泰安·模擬預測）已知數列 an 是各項均為正數的等比數列，且3a1 + 9a2 = 2，
9a24 = a1a5，則（ ）
A． a
1
n = n B
n
． an = 3 C． a
1
n = n-1 D a
n-1
．
3 3 n
=3
【變式 1-2】（2024·高三·廣西·開學考試）已知等比數列 an 的前三項和為 13， a6 - 6a5 + 9a4 = 0，則 a6 =
（ ）
A．81 B．243 C．27 D．729
【變式 1-3】（2024·陜西安康·模擬預測）已知在正項等比數列 an 中， a2a4 = 16，且 a3 ,10,
a6 成等差數列，
2
則 a1 + a4 + a7 = （ ）
A．157 B．156 C．74 D．73
【變式 1-4】（2024·陜西渭南·二模）已知等比數列 an 的前 n項和為 Sn , a1 + a3 = 30, S4 =120，則其公比 q =
（ ）
A．1 B． 2 C．3 D．-3
題型二：等比數列的判定與證明
【典例 2-1】（2024·河南·三模）已知數列 an 的各項均不為 0，其前 n項和為 Sn ，q為不等于 0 的常數，且
Sn = qSn-1 + a1 n 2 ．
(1)證明： an 是等比數列；
(2)若 S5 , S11, S8 成等差數列，則對于任意的正整數 t ， at+5 ， at+11， at+8 是否成等差數列？若成等差數列，請
予以證明；若不成等差數列，請說明理由．
1 a 1
【典例 2-2】（2024· n四川綿陽·模擬預測）已知數列{an}中， a1 = ， an+1 = 2 a (n N
*) .證明：{ -1}- a 是3 n n
等比數列；
【方法技巧】
等比數列的判定方法
若 an +1 =q （ q為非零常數， n N * 或 an =q （ q為非零常數且 n 2， n N * ），則
a
定義法 n
an -1
{an } 是等比數列
中項公式法 若數列{an } 中， an 0 且 a 2 *n +1 =an × an + 2 (n N ) ，則{an } 是等比數列
若數列{an } 的通項公式可寫成 a = c·q n -1 （ c，qn 均為非零常數， n N * ），則{an } 是等
通項公式法
比數列
前 n 項和公式法 若數列{a nn } 的前 n 項和 S n = k·q - k （ k為非零常數， q 0，1），則{an } 是等比數列
ìa - 3, n為奇數,
【變式 2-1】（2024·河北石家莊· a a = 7,a = n二模）已知數列 n 滿足 1 n+1 í
2an , n為偶數.
(1)寫出 a2 , a3 , a4 ;
(2)證明:數列 a2n-1 - 6 為等比數列;
【變式 2-2】（2024·青海海南·一模）記等差數列 an 的前 n項和為 Sn ， bn 是正項等比數列，且
a1 = b1 = 2, S10 =11a5 ,b3 - b2 = a2．
(1)求 an 和 bn 的通項公式；
ì n ü
(2)證明 í 是等比數列．
an ×bn
【變式 2-3】已知數列 an 和 bn 滿足 a1 =1,b1 = 0 ， 4an+1 = 3an - bn + 4 ， 4bn+1 = 3bn - an - 4 .證明： an + bn
是等比數列， an - bn 是等差數列.
【變式 2-4】已知點 A1(1, 2)， A2 (2,3)，設 An an ,bn n N* ，當 n 3時，線段 An-2 An-1的中點為Bn ，Bn 關
于直線 y = x A B A A B
3 5 5 3
的對稱點為 n .例如， 3為線段 1 2 的中點，則 3 , ÷， A3 , ÷ .設 cn = an+1 + bn+1 - an - bn ，
è 2 2 è 2 2
證明： cn 是等比數列.
【變式 2-5】（2024·全國·模擬預測）已知數列 a a =1, a + a = 8 ×3n-1n 滿足 1 n n+1 ．
n
證明：$l R ，使得數列 an + l ×3 成等比數列；
題型三：等比數列項的性質應用
【典例 3-1】（2024·浙江金華·模擬預測）已知數列 an 是等差數列，數列 bn 是等比數列，若
a2 + a4 + a6 = 5π ，b b b = 3 3，則 tan
a1 + a7 =
2 4 6 1- b b ．2 6
【典例 3-2】（2024·高三·內蒙古錫林郭勒盟·開學考試）已知數列 an 為正項等比數列，若
1 1 1 1 1
a3 + a4 + a6 + a8 + a9 = 2 ， + + + + = 18 a =a a a a a ，則 6 ．3 4 6 8 9
【方法技巧】
（ 1）在解決等比數列的有關問題時，要注意挖掘隱含條件、利用性質，特別是性質 “若
m + n = p + q = 2k ，則 am ×an＝ap ×aq＝a
2
k ．”，可以減少運算量，提高解題速度．
（2）在應用相應性質解題時，要注意性質成立的前提條件，有時需要進行適當變形．此外，解題時
注意設而不求思想的運用．
【變式 3-1】在各項均為正數的等比數列 an 中， a5a6 = 8，則 log2a4 + log2a7 = .
【變式 3-2】若等比數列 an 滿足 a4 × a6 + 2a5 ×a7 + a6 × a8 = 36，則 a5 + a7 等于 ．
【變式 3-3】已知等比數列 an 的各項均為正數，且 a4a6 + a3a7 =18，則 a5 = ，
log3 a1 + log3 a2 + log3 a3 + ××× + log3 a9 = ．
【變式 3-4】（2024·陜西·模擬預測）等比數列 an 滿足： a1 > 0,q > 0,a1a3a5a7a9 = 32，則 a2 + a8 的最小值
為 ．
題型四：等比數列前 n 項和的性質
【典例 4-1】記 Sn 為等比數列 an 的前 n 項和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，則S1 = ．
S9
【典例 4-2】設等比數列 an 的前 n項和是 Sn .已知 S3 = 30 , S6 =120，則 =S .3
【方法技巧】
（1）等比數列{an } 中，所有奇數項之和 S 與所有偶數項之和 S 具有的性質，設公比為q．奇 偶
① S若共有 2n項，則 偶 = q ；②若共有 2n +1 S - a項， 奇 1 = q ．
S奇 S偶
（2）等比數列{an } 中， S k 表示它的前 k項和．當 q -1時，有 S k ，S 2 k－ S k ，S 3k－ S 2 k ， 也成等比數列，
公比為 q k ．
【變式 4-1】已知正項等比數列 an 共有 2n項，它的所有項的和是奇數項的和的3倍，則公比 q = .
【變式 4-2】已知等比數列 a nn 的前 n 項和 Sn = a 3 - 2，則a = ．
S 1
【變式 4-3】（2024·高三· 5江蘇蘇州·期末）設 Sn 是等比數列{an}的前 n 項和，若 =S 3 ，則10
S5 =
S + S .20 10
【變式 4-4】數列 an 是等差數列，數列 bn 是等比數列，公比為 q，數列 cn 中， cn = anbn， Sn 是數列
cn 的前 n 項和．若 Sm =11， S2m = 7 ， S3m = -201（m 為正偶數），則 S4m 的值為 ．
題型五：奇偶項求和問題的討論
5-1 2024· · · a a = a =1, a - a
a
= 2, 2n+2【典例 】（ 高三 四川成都 期中）數列 n 滿足： 1 2 2n+1 2n-1 = 2 ，數列 aa n 的2n
前 n項和記為 Sn ，則 S23 = ．
ìa
n ,a 是偶數,
【典例 5-2】（2024·河南· n模擬預測）已知數列 an 滿足 an+1 = í 2 ， Sn 是數列 an 的前 n項和，
an + 2,an是奇數,
若已知a1 = 64，那么 S20的值為（ ）
A．322 B．295 C．293 D．270
【方法技巧】
求解等比數列的前 n項和 Sn ，要準確地記住求和公式，并合理選取公式，尤其是要注意其項數 n的值；
對于奇偶項通項不統一問題要注意分類討論．主要是從 n為奇數、偶數進行分類．
ì 2an , n為奇數
【變式 5-1】已知數列 an 滿足 an+1 = í ，若3 a9 15，則 a1的取值范圍是（ ）
an +1, n為偶數
A．[-1,0] é
3 ù é 3ùB． ê- ,0ú C． ê0, ú D．[0,1] 4 4
【變式 5-2】（2024·高三·河北唐山·期末）記 Sn 為數列 an 的前 n 項和，當 n 2
ìa
, a = n-1
+1,n為奇數
時 n í ．且 S =1．
2an-1,n
3
為偶數
(1)求 a1， a2；
(2)（i）當 n 為偶數時，求 an 的通項公式；
（ⅱ）求 S2024．
ìan - 301,n為奇數【變式 5-3】（2024·福建廈門·模擬預測）已知 Sn 為等差數列 an 的前 n 項和，bn = í ，
2
an , n為偶數
b4 = 32， S5 = 20 .
(1)求 an 的通項公式；
(2)記Tn 為數列 bn 的前 n 項和，若 2T2n - S2n > 0，求 n 的最小值.
ì2la , n為奇數
【變式 5-4】已知數列 a nn 滿足 a1 =1， an+1 = í
l +1 a , n
，l 為參數且l > 0 .
n 為偶數
(1)求 a2、a3的值（用l 表示），并探究是否存在l 使得數列 an 成等比數列，若存在，求l 的值，無需證
明.
(2)當l = 2時，求 an 的前 2n項和 S2n ；試給出 an 前 n項和 Sn 表達式.
題型六：等差數列與等比數列的綜合應用
【典例 6-1】（2024·四川宜賓·模擬預測）已知數列 an 是公差不為 0 的等差數列， a1 =1，且滿足 a2 , a3 , a6
成等比數列，則數列 an 前 6 項的和為 .
【典例 6-2】（2024·陜西西安·模擬預測）已知數列 an 為各項均不相等的等比數列，其前 n項和為 Sn ，且
S
3a2 , 2a3 ,a
3
4 成等差數列，則 =a .4
【方法技巧】
（1）等差數列與等比數列的相互轉化：等差數列通過指數運算轉化為正項等比數列，正項等比數列
通過對數運算轉化為等差數列．
（2）等差數列和等比數列的交匯，若一個數列既是等差數列又是等比數列，則該數列為非零常數數
列．
1
【變式 6-1】（2024·湖北荊州·三模）若實數0, x, y,6成等差數列，- ,a,b,c,
1
- y - x成等比數列，則 = .
2 8 b
【變式 6-2】（2024·浙江杭州·三模）已知公差為正數的等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ， bn 是等比數列，
且 S2 = -2 b3 + b
2
4 ， S6 = 6 b1 + b2 b5 + b6 ，則 Sn 的最小項是第 項．
【變式 6-3】記 Sn 為公差不為 0 的等差數列 an 的前 n 項和，已知 S2 = -30 ，且 a1， a5 ，a7成等比數列，
則 Sn 的最小值為 .
【變式 6-4】（2024· 2 2陜西安康·三模）已知方程 x - mx + 27 x - nx + 27 = 0的四個根組成以 1 為首項的等
比數列，則 m - n =（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
題型七：等比數列的范圍與最值問題
【典例 7-1】（多選題）設等比數列 an 的公比為q，其前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，若 a1 >1， 0 < q <1，
且 a2023 -1 × a2024 -1 < 0，則下列結論正確的是（ ）
A． S2024 - S2023 > 0 B． a2023a2025 <1
C．數列 Tn 中的最大值是T2023 D．數列 Tn 無最大值
【典例 7-2】（多選題）（2024·湖北·二模）無窮等比數列 an 的首項為 a1公比為 q，下列條件能使 an 既有
最大值，又有最小值的有（ ）
A．a1 > 0，0 < q <1 B．a1 > 0，-1 < q < 0
C． a1 < 0， q = -1 D． a1 < 0， q < -1
【方法技巧】
等比數列的范圍與最值問題是數列研究中的重要內容。在處理這類問題時，首先需要明確等比數列的
定義和性質，包括通項公式、前 n 項和公式等。對于范圍問題，通常通過不等式求解，利用等比數列的性
質確定數列項的取值范圍。對于最值問題，則需分析數列的單調性，結合數列項的性質，求出數列的最大
項或最小項。
【變式 7-1】（多選題）（2024·全國·模擬預測）已知正項等比數列 an 的前 n項的積為Tn ，且公比 q 1，若
對于任意正整數 n，Tn T2023，則（ ）
A．0 < a1 <1 B．0 < q <1 C． a2023 =1 D．T4047 1
【變式 7-2】（多選題）設等比數列 an 的公比為q，其前 n 項和為 Sn ，前 n 項積為Tn ，且滿足條件 a1 >1，
a2022a2023 >1， a2022 -1 a2023 -1 < 0，則下列選項正確的是（ ）
A．0 < q <1 B． S2022 > S2023 -1
C．T2023是數列 Tn 中的最大項 D．T4043 < 1
【變式 7-3】（多選題）已知等比數列 an 滿足a1 > 0，公比 q > 1 ，且 a1a2 × × ×a2021 <1， a1a2 × × ×a2022 >1，則
（ ）
A． a2022 >1 B．當 n = 2021時， a1a2 × × × an 最小
C．當 n = 1011時， a1a2 × × × an 最小 D．存在 n <1011，使得 anan+1 = an+2
【變式 7-4】（多選題）設等比數列 an 的公比為q，其前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，且 a1 >1， a6a7 >1，
a6 -1 < 0
a -1 ，則下列結論正確的是（ ）7
A．0 < q <1 B．0 < a7a8 <1
C． Sn 的最大值為 S7 D．Tn 的最大值為T6
【變式 7-5】（多選題）（2024·福建三明·三模）設等比數列 an 的前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，若滿足
0 < a1 <1， a7 ×a4040 >1， a2023 -1 a2024 -1 < 0，則下列選項正確的是（ ）
A． an 為遞減數列 B． S2023 +1< S2024
C．當 n = 2023時，Tn 最小 D．當Tn >1時， n的最小值為 4047
題型八：等比數列的實際應用
【典例 8-1】（2024·安徽合肥·三模）某銀行大額存款的年利率為3%，小張于 2024 年初存入大額存款 10 萬
元，按照復利計算 8 年后他能得到的本利和約為（ ）（單位：萬元，結果保留一位小數）
A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9
【典例 8-2】（2024·天津紅橋·二模）某同學于 2019 年元旦在銀行存款 1 萬元，定期儲蓄年利率為1.75% ，
以后按約定自動轉存，那么該同學在 2025年元旦可以得到本利和為（ ）
A．10000 1.01756 B．10000 1.01757
10000 1-1.75%6 10000 1-1.75%7C D ． ．
1-1.75% 1-1.75%
【方法技巧】
等比數列在實際應用中廣泛存在，其獨特的性質使得它在金融、物理、生物學等多個領域都有重要的
應用。例如，在金融領域，等比數列可以用于計算復利、貸款分期償還等問題；在物理學中，等比數列可
以用來描述某些放射性物質的衰變過程；在生物學中，它也可以用于描述種群數量的增長等。因此，掌握
等比數列的應用具有實際意義。
π
【變式 8-1】在等腰直角三角形 ABC 中，B = ， AB = a ，以 AB 為斜邊作等腰直角三角形 AB1B ，再以2
AB1為斜邊作等腰直角三角形 AB2B1，依次類推，記 VABC 的面積為 S1，依次所得三角形的面積分別為 S2 ，
S3 ……若 S1 + S
255
2 +L+ S8 = ，則a = （32 ）
A．2 B． 2 2 C．3 D．4
【變式 8-2】如圖，雪花形狀圖形的作法是:從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中
間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復進行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線.設原正三
角形(圖①)的邊長為 1，把圖①，圖②，圖③，圖④中圖形的周長依次記為C1，C2 ，C3，C4 ，則C4 =
（ ）
64 128 64 128
A． B． C． D．
9 9 27 27
【變式 8-3】（2024·云南昆明·模擬預測）每年 6 月到 9 月，昆明大觀公園的荷花陸續開放，已知池塘內某
種單瓣荷花的花期為 3 天（第四天完全凋謝），池塘內共有 2000 個花蕾，第一天有 10 個花蕾開花，之后每
天花蕾開放的數量都是前一天的 2 倍，則在第幾天池塘內開放荷花的數量達到最大（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【變式 8-4】（2024·云南昆明·一模）第七屆國際數學大會（ICNE7）的會徽圖案是由若干三角形組成的.如
圖所示，作Rt△AOB ，OA =1， AOB = 30°，再依次作相似三角形△BOC ，△COD ，△DOE ，……，直至
最后一個三角形的斜邊OM 與OA第一次重疊為止.則所作的所有三角形的面積和為（ ）
é 113 ù é 11 ù
A． ê
2 3 1ú 3 4 ÷÷ - B． ê ÷ -1ú2 ê 3 è ú 2 êè 3 ú
é 123 ù é 12 ù
C． ê
2 3 3 4
2 ê
÷÷ -1ú D． ê ÷ -1ú
è
3 ú 2 êè 3 ú
題型九：公共項與插項問題
【典例 9-1 n】將數列 2 與 3n - 2 的公共項由小到大排列得到數列 an ，則數列 an 的前 n 項的和為 ．
【典例 9-2】已知數列 a 滿足 a = 2nn n ，在 an 和 an+1之間插入 n個 1，構成數列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，
則數列 bn 的前 20 項的和為 .
【方法技巧】
公共項與插項問題是數列研究中的重要內容，具有廣泛的應用背景。
公共項問題涉及兩個或多個數列中共同存在的項。這些項可能具有特定的數值和序號關系，需要利用
數列的通項公式和性質進行求解。例如，兩個等差數列的公共項可以組成一個新的等差數列，其公差是兩
原數列公差的最小公倍數。
插項問題則是在數列的特定位置插入新的項，以改變數列的原始結構。這類問題通常要求分析插入項
對數列性質的影響，如數列的單調性、最值等。在實際應用中，插項問題可用于數列的擴展、數列模型的
修正等方面。
綜上所述，公共項與插項問題是數列研究中的基礎而重要的問題，對于深入理解數列的性質和應用具
有重要意義。
【變式 9-1】已知數列 an 滿足 an = 2n ，在 an 和 an+1之間插入 n個 1，構成新的數列 bn ，則數列 bn 的前
20 項的和為 .
【變式 9-2 2 2】已知各項均為正數的數列 an 中， a1 =1且滿足 an+1 - an = 2an + 2an+1，數列 bn 的前 n 項和為
Sn ，滿足 2Sn +1 = 3bn ．
(1)求數列 an ， bn 的通項公式；
(2)若在bk 與bk +1之間依次插入數列 an 中的 k 項構成新數列 cn ：b1， a1，b2， a2， a3，b3， a4， a5 ， a6，
b4，……，求數列 cn 中前 50 項的和T50 ．
【變式 9-3】（2024·甘肅張掖·模擬預測）定義：在一個有窮數列的每相鄰兩項之間插入這兩項的和，形成
新的數列，我們把這樣的操作稱為該數列的一次“和擴充”，例如：數列1,2,3經過第一次“和擴充”后得到數
列1,3,2,5,3；第二次“和擴充”后得到數列1,4,3,5,2,7,5,8,3．設數列 a,b,c經過 n次“和擴充”后得到的數列的
項數為Pn，所有項的和為 Sn ．
(1)若 a = 2,b = 3,c = 4，求P2 , S2 ；
(2)求不等式Pn 2024的解集；
(3)是否存在數列 a,b,c a,b,c R ，使得數列 Sn 為等比數列？請說明理由．
n n-1
【變式 9-4】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知數列 an 的前 n 項積為T = 3 2 ，數列 bn 滿足b1 =1，n
bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求數列 an ， bn 的通項公式；
(2)將數列 an ， bn 中的公共項從小到大排列構成新數列 cn ，求數列 cn 的通項公式．
【變式 9-5】（2024·全國·模擬預測）設 Sn 為等差數列 an 的前 n 項和，且 a1 = 4, S5 = 50，數列 bn 滿足
b = 4,b = 4b ,n N*1 n+1 n ．
(1)求 an 和 bn 的通項公式；
(2)若將數列 an 和 bn 的公共項按從小到大的順序組成一個新的數列 cn ，求數列 cn 的前 n 項和Tn ．
1．（2023 年高考全國甲卷數學（理）真題）設等比數列 an 的各項均為正數，前 n 項和 Sn ，若 a1 =1，
S5 = 5S3 - 4，則 S4 =（ ）
15 65
A． B． C．15 D．40
8 8
2．（2023 年新課標全國Ⅱ卷數學真題）記 Sn 為等比數列 an 的前 n 項和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，則 S8 =
（ ）．
A．120 B．85 C．-85 D． -120
3．（2022 年高考全國乙卷數學（理）真題）已知等比數列 an 的前 3 項和為 168， a2 - a5 = 42，則 a6 = （ ）
A．14 B．12 C．6 D．3
4．（2021 年全國高考甲卷數學（文）試題）記 Sn 為等比數列 an 的前 n 項和.若 S2 = 4， S4 = 6，則 S6 =
（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．（2024 年上海秋季高考數學真題）無窮等比數列 an 滿足首項 a1 > 0,q >1，記
In = x - y x, y a1,a2 an ,an+1 ，若對任意正整數 n集合 In 是閉區間，則q的取值范圍是 ．
1．已知數列 3
3a
a nn 的首項 a1 = ，且滿足 a = ．5 n+1 2an +1
ì 1 ü
（1）求證：數列 í -1 為等比數列．
an
1 1 1
（2）若 + + +L
1
+ <100
a a a a ，求滿足條件的最大整數 n．1 2 3 n
2．已知 an 是一個無窮等比數列，公比為 q．
（1）將數列 an 中的前 k 項去掉，剩余項組成一個新數列，這個新數列是等比數列嗎？如果是，它的首項
與公比分別是多少？
（2）取出數列 an 中的所有奇數項，組成一個新數列，這個新數列是等比數列嗎？如果是，它的首項與
公比分別是多少？
（3）在數列 an 中，每隔 10 項取出一項，組成一個新數列，這個新數列是等比數列嗎？如果是，它的公
比是多少？你能根據得到的結論作出關于等比數列的一個猜想嗎？
S
3．已知數列 an 為等差數列， a1 =1， a3 = 2 2 +1，前 n 項和為 Sn ，數列 bn 滿足b = nn ，n
求證：
（1）數列 bn 為等差數列；
（2）數列 an 中的任意三項均不能構成等比數列．
4．已知數列 an 為等比數列， a1 =1024
1
，公比 q = ．若Tn 是數列 an 的前 n 項積，求Tn 的最大值．2
易錯點：不能靈活運用等比數列的性質
易錯分析：解題的過程中要注意把握等比數列的基本性質，以及前 n 項和的性質，正確運用學過的知
識，進行合理計算即可.
【易錯題 1】在各項均為正數的等比數列 an 中， a12a19 =16，則 log2 a8 + log2 a23 = .
【易錯題 2】等比數列{an}中， a2 = 4 ，a6 =16，則 a4 =第 03 講 等比數列及其前 n 項和
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：等比數列的有關概念.........................................................................................................4
知識點 2：等比數列的有關公式.........................................................................................................4
知識點 3：等比數列的性質.................................................................................................................5
解題方法總結........................................................................................................................................6
題型一：等比數列的基本運算............................................................................................................7
題型二：等比數列的判定與證明........................................................................................................9
題型三：等比數列項的性質應用......................................................................................................13
題型四：等比數列前 n 項和的性質..................................................................................................15
題型五：奇偶項求和問題的討論......................................................................................................17
題型六：等差數列與等比數列的綜合應用......................................................................................21
題型七：等比數列的范圍與最值問題..............................................................................................24
題型八：等比數列的實際應用..........................................................................................................27
題型九：公共項與插項問題..............................................................................................................31
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................35
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................38
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................40
易錯點：不能靈活運用等比數列的性質..........................................................................................40
考點要求 考題統計 考情分析
（1）等比數列的有關概 高考對等比數列的考查相對穩定，考查內
2023年甲卷（理）第 5題，5分
念 容、頻率、題型、難度均變化不大．重點是（1）
2023年 II卷第 8題，5分
（2）等比數列的通項公 選擇題、填空題多單獨考查基本量的計算；（2）
2023 年乙卷（理）第 15 題，5
式與求和公式 解答題多與等差數列結合考查，或結合實際問題
分
（3）等比數列的性質 或其他知識考查．
復習目標：
（1）理解等比數列的概念．
（2）掌握等比數列的通項公式與前 n項和公式．
（3）了解等比數列與指數函數的關系．
知識點 1：等比數列的有關概念
（1）定義：如果一個數列從第 2 項起，每一項與它的前一項的比等于同一常數（不為零），那么這個
數列就叫做等比數列．這個常數叫做等比數列的公比，通常用字母q表示，定義的表達式為 an +1 =q ．
an
（2）等比中項：如果 a ，G ，b成等比數列，那么G 叫做 a 與b的等比中項．
即G 是 a 與b的等比中項 a ，G ，b成等比數列 G2 = ab．
【診斷自測】某景點上山共有 999 級臺階，寓意長長久久.甲上臺階時，可以一步上一個臺階，也可以一步
1 2
上兩個臺階，若甲每步上一個臺階的概率為 ，每步上兩個臺階的概率為 ，為了簡便描述問題，我們約
3 3
定，甲從 0 級臺階開始向上走，一步走一個臺階記 1 分，一步走兩個臺階記 2 分，記甲登上第 n 個臺階的
概率為Pn，其中 n N*，且 n 998 . 證明：數列 Pn+1 - Pn 是等比數列.
1 2 1 2 7
【解析】證明：由題可得P1 = ，P = +3 2 3 3 ÷
= ，
è 9
1 2
則P = P *n+2 3 n+1
+ Pn ，3 n N
，
2
∴ Pn+2 - Pn+1 = - Pn+1 - Pn ，3
P 1= P 7= P P 4由于 1 ， 2 ，∴ 2 - 1 = 09 ，3 9
Pn+2 - Pn+1 2
故Pn+1 - P n 0，則 = -P - P 3 ，n+1 n
4 2
∴數列 Pn+1 - Pn 是以 為首項，- 為公比的等比數列.9 3
知識點 2：等比數列的有關公式
（1）等比數列的通項公式
設等比數列{an } 的首項為 a 1 ，公比為 q(q 0)，則它的通項公式 an = a1q
n-1 a= c × qn (c = 1 )(a1,q 0) ．q
推廣形式： a n－mn = am × q
（2）等比數列的前 n 項和公式
ìna1(q = 1)

等比數列{an } 的公比為 q(q 0)，其前 n 項和為 Sn = ía1(1- q
n ) a1 - anq
= (q 1)
1- q 1- q
注①等比數列的前 n 項和公式有兩種形式，在求等比數列的前 n 項和時，首先要判斷公比q是否為 1，
再由q的情況選擇相應的求和公式，當不能判斷公比q是否為 1 時，要分 q = 1與 q 1兩種情況討論求解．
n a - a q
②已知 a1 , q(q 1), n （項數），則利用 S
a1 (1 - q )= 求解；已知n a1 , a , q (q 1) ，則利用 S =
1 n 求
1 q n- n 1- q
解．
n
③ S a1 (1 - q ) -a an = = 1 × q
n + 1 = kq n - k (k 0, q 1) ， S n 為關于 q n 的指數型函數，且系數與常數互1 - q 1 - q 1 - q
為相反數．
【診斷自測】若數列 an 是公比為q的等比數列，且 log2 a4 + log2 a13 = 3， a6a10 = 4，則q的值為（ ）
A．2 B．4 C．±2 D．±4
【答案】A
【解析】數列 an 中，由 log2 a4 + log2 a13 = 3，知 a4 > 0, a13 > 0，則 an > 0，
又 log 32 a4a13 = 3，于是 a4a13 = 2 = 8，而 a4a12 = a6a10 = 4，
a a
所以 q = 4 13 = 2a .4a12
故選：A
知識點 3：等比數列的性質
（1）等比中項的推廣．
若m+n = p +q時，則aman =apa 2q，特別地，當m + n = 2 p 時， aman = ap ．
（2）①設{an } 為等比數列，則{l an } （l為非零常數），{ an }，{a mn } 仍為等比數列．
②設{an } 與{b n } 為等比數列，則{an bn}也為等比數列．
（3）等比數列{an } 的單調性（等比數列的單調性由首項 a 1 與公比q決定）．
ìa1 > 0 ìa1 < 0
當 í 或 í 時，q 1 0 q 1 {a> n }
為遞增數列；
< <
ìa1 > 0 ìa1 < 0
當 í 或0 < q <1 í
時，
q 1 {an }
為遞減數列．
>
（4）其他衍生等比數列．
若已知等比數列{an } ，公比為q，前 n 項和為 S n ，則：
①等間距抽取
ap,ap+t ,a tp+2t ,Lap+(n-1)t ,L為等比數列，公比為 q ．
②等長度截取
Sm , S2m - Sm , S3m - S2m ,L 為等比數列，公比為 q m （當 q = -1時， m 不為偶數）．
【診斷自測】在正項等比數列 an
1 1 1
中， a2， a10 是3x2 - 6x +1 = 0的兩個根，則 + + =a a a .2 6 10
【答案】6 + 3
1
【解析】由韋達定理得 a2 + a10 = 2,a2a10 = ，3
由于 an 為正項數列，
3
故 a6 = a2a10 = ，3
1 1 1 a + a 1 2
+ + = 2 10 + = + 3 = 6 + 3
a2 a6 a 110 a2a10 a6 .
3
故答案為：6 + 3
解題方法總結
（1 2）若 m + n = p + q = 2k (m ， n ， p ， q ， k N * ) ，則 am ×an＝ap ×aq＝ak ．
（2）若{a 1 2 ann } ，{bn } （項數相同）是等比數列，則{l an }(l 0) ，{ }，{an }，{an × bn } ，{ }仍是等an bn
比數列．
（3）在等比數列{an } 中，等距離取出若干項也構成一個等比數列，即 an， an 為＋ k， an＋2 k， an＋3k
等比數列，公比為 q k ．
（4）公比不為－1 的等比數列{an } 的前 n 項和為 S n ，則 S n ， S 2 n - S n ， S3n - S2n 仍成等比數列，其公
比為 q n ．
（5）{an } 為等比數列，若 a1 × a2 a ＝T ，則T
T
， 2n
T
n n n ，
3n ，L 成等比數列．
Tn T2n
（6）當 q 0， q 1 a時， S nn = k－ k·q (k 0) 是{an } 成等比數列的充要條件，此時 k = 1 ．1 - q
（7）有窮等比數列中，與首末兩項等距離的兩項的積相等．特別地，若項數為奇數時，還等于中間
項的平方．
（8）若{an } 為正項等比數列，則{log c an }(c > 0, c 1) 為等差數列．
（9）若{an } 為等差數列，則{c an }(c > 0, c 1) 為等比數列．
（10）若{an } 既是等差數列又是等比數列 {a n ) 是非零常數列．
題型一：等比數列的基本運算
【典例 1-1】（2024·廣東深圳·模擬預測）已知等比數列 an 公比為q，前 n項和為 Sn ，且滿足 a6 = 8a3，
則下列說法正確的是（ ）
S 1
A． S3 × S9 = S
2
6 B
6
． =S3 9
q 1C． = D． S
2 n
= 2an - a1
【答案】D
【解析】等比數列 an
a
中 an 0
3 6
，又 a6 = 8a3，可得 q = = 8，解得 q = 2a ，故 C 錯誤；3
n
a = a × qn-1 a 1- 2= a 2n-1 1 又 n 1 1 ， Sn = = a1 2n - a = 2a - a ，故 D 正確；1- 2 1 n 1
a 26 -13
又 S3 = a1 q -1 = a 31 2 -1 S = a 6 S6 1， 6 1 2 -1 ，所以 = = 9 3 ，故 B 錯誤；S3 a1 2 -1
S = a q9又 9 1 -1 ， S3 × S9 = a2 q12 - q91 - q3 +1 2 2 12 6， S6 = a1 q - 2q +1 ，
故 S3 × S9 = S
2
6 不成立，故 A 錯誤．
故選：D．
【典例 1-2】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知正項等比數列 an 的前三項和為 28 且 a3 = 4，則 a8 =
（ ）
A 1
1 1 1
． 2 B． C． D．4 8 16
【答案】C
1 1 1 1
【解析】由題意設公比為q > 0 ，則 4 1+ + 2 ÷ = 28，即 2 + - 6 = 0
è q q q q
，
q 1= a a q5 4 1
5
1
解得 （負值舍），所以 = = × = .
2 8 3 2 ֏ 8
故選：C.
【方法技巧】
等比數列基本量運算的解題策略
（1）等比數列基本量的運算是等比數列中的一類基本問題，等比數列中有五個量 a 1 ， n ，q， a n ，
S n ，
一般可以“知三求二”，通過列方程（組）便可迎刃而解．
（2）等比數列的前 n 項和公式涉及對公比q的分類討論：
n
當 q = 1時， Sn = na1 ；當 q 1時， S n =
a1 (1 - q ) a1 - a n q=
1 - q 1 - q
【變式 1-1】（2024·山東泰安·模擬預測）已知數列 an 是各項均為正數的等比數列，且3a1 + 9a2 = 2，
9a24 = a1a5，則（ ）
a 1A = n
1
． n n B． an = 3 C a
n-1
．
3 n
=
3n-1
D．an =3
【答案】A
2 2 2 2 1
【解析】設數列 an 的公比為q，由9a4 = a1a5得9a4 = a3 ，所以 q = ，9
1
又因為各項均為正數， 所以 q = ，
3
由3a1 + 9a2 = 2得3a1 + 9a1q = 2 a
1
，所以 1 = ，3
1
故 an = 3n
，
故選：A.
【變式 1-2】（2024·高三·廣西·開學考試）已知等比數列 an 的前三項和為 13， a6 - 6a5 + 9a4 = 0，則
a6 = （ ）
A．81 B．243 C．27 D．729
【答案】B
【解析】設等比數列 a 2n 的公比為q，由 a6 - 6a5 + 9a4 = 0，得 a4 (q - 6q + 9) = 0，解得 q = 3，
2
由 an 的前三項和為 13，得 a1(1+ q + q ) =13，解得 a1 =1，
a a =3n-1 5因此等比數列 n 的通項 n ，所以 a6 = 3 = 243 .
故選：B
a
【變式 1-3】（2024·陜西安康·模擬預測）已知在正項等比數列 an 中， a2a4 = 16，且 a3 ,10, 6 成等差數2
列，則 a1 + a4 + a7 = （ ）
A．157 B．156 C．74 D．73
【答案】D
【解析】由等比中項性質知 a3 = a2a4 = 4 .
由 a3 ,10,
a6 a成等差數列，得 20 = a3 + 6 ，所以 a6 = 32，2 2
a6 a3 4
所以等比數列 an 的公比 q = 3 = 2，所以 a1 = 2 =1, a4 = a3q = 8, a7 = a3q = 64q ，a3
所以 a1 + a4 + a7 = 73 .
故選：D.
【變式 1-4】（2024·陜西渭南·二模）已知等比數列 an 的前 n項和為 Sn , a1 + a3 = 30, S4 =120，則其公比
q = （ ）
A．1 B． 2 C．3 D．-3
【答案】C
【解析】設等比數列 an 的公比為q，
因為 a1 + a3 = 30, S4 =120，若 q = 1，由 a1 + a3 = 30，得到 an = a1 =15，不滿足 S4 = 120，所以 q 1，
4
由 a1 + a3 = 30 a
2 a (1- q )
，得到 1(1+ q ) = 30 ①，由 S4 = 120，得到 1 =120 ②，1- q
a1(1+ q
2 ) 1
4 = 1 1由① ②得 a1(1- q ) 4 ，整理得到 = q = 31+ q 4 ，解得 ，
1- q
故選：C.
題型二：等比數列的判定與證明
【典例 2-1】（2024·河南·三模）已知數列 an 的各項均不為 0，其前 n項和為 Sn ，q為不等于 0 的常數，
且 Sn = qSn-1 + a1 n 2 ．
(1)證明： an 是等比數列；
(2)若 S5 , S11, S8 成等差數列，則對于任意的正整數 t ， at+5 ， at+11， at+8 是否成等差數列？若成等差數列，請
予以證明；若不成等差數列，請說明理由．
【解析】（1）證明：因為 Sn = qSn-1 + a1 n 2 ，①
所以 Sn+1 = qSn + a1 n 1 ，②
a
② - ①，得 an+1 = qan n 2 n+1，即 = q n 2 a ．n
a
當 n = 2時， S2 = qS1 + a1，即 a
2
2 + a1 = qa1 + a1，所以 = qa ，1
a
所以對"n N* n+1， = qa ，即 an 是公比為q的等比數列．n
（2）對任意正整數 t,at+5 ,at+11,at+8 成等差數列．證明如下：
由 S5 , S11, S8 成等差數列，得 q 1，且 2S11 = S5 + S8，
a 1- q111 a1 1- q5 a1 1- q8
即 2 = + ，
1- q 1- q 1- q
化簡得 2q6 - q3 -1 = 0，即 2q6 = q3 +1．
a + a = a q5 + a q8 = a q5 1+ q3 2a = 2a q11 = a q5因為 t+5 t+8 t t t ， t+11 t t 2q6 = atq5 1+ q3 ，
所以 at+5 + at+8 = 2at+11，
故對于任意的正整數 t,at+5 ,at+11,at+8 成等差數列．
1
【典例 2-2】（2024·四川綿陽·模擬預測）已知數列{an}中， a1 = ， a
a 1
n+1 =
n (n N*) .證明：{ -1}
3 2 - an an
是等比數列；
a
【解析】因為數列{an} a
1
中， 1 = ， a
n
n+1 = 2 a (n N
*)
- ，3 n
1 1 2 - a- n -1 2 - 2
an+1 a a 1
所以 = n = n = 2，且 -1 = 3-1 = 21 1 1 ，
-1 -1 -1 a1
an an an
{ 1所以 -1}a 是等比數列，公比為 2，首項為 2n
【方法技巧】
等比數列的判定方法
若 an +1 =q （ q為非零常數， n N * 或 an =q （ q為非零常數且 n 2， n N * ），則
an a定義法 n -1
{an } 是等比數列
中項公式法 若數列{an } 中， a 0 且 a 2n n +1 =an × an + 2 (n N
* ) ，則{an } 是等比數列
若數列{a } 的通項公式可寫成 a = c·q n -1 （ c，qn n 均為非零常數， n N * ），則{an } 是等
通項公式法
比數列
前 n 項和公式法 若數列{an } 的前 n 項和 S = k·q n - k （ kn 為非零常數， q 0，1），則{an } 是等比數列
ìan - 3, n為奇數,
【變式 2-1】（2024·河北石家莊·二模）已知數列 an 滿足 a1 = 7,an+1 = í
2an , n為偶數.
(1)寫出 a2 , a3 , a4 ;
(2)證明:數列 a2n-1 - 6 為等比數列;
ìan - 3, n為奇數,
【解析】（1）由 a1 = 7,an+1 = í
2an , n為偶數.
可得 a2 = a1 - 3 = 4； a3 = 2a2 = 8； a4 = a3 - 3 = 5；
（2）證明：由題可得 a2n+1 - 6 = 2a2n - 6 = 2a2n-1 - 6 - 6 = 2(a2n-1 - 6)，
則數列 a2n-1 - 6 是首項為 1，公比為 2 的等比數列；
【變式 2-2】（2024·青海海南·一模）記等差數列 an 的前 n項和為 Sn ， bn 是正項等比數列，且
a1 = b1 = 2, S10 =11a5 ,b3 - b2 = a2．
(1)求 an 和 bn 的通項公式；
ì n ü
(2)證明 í 是等比數列．
an ×bn
【解析】（1）由題意，設等差數列{an}的公差為d ，
10 9
則 S10 =10 2 + d =11 2 + 4d ，解得 d = 2，2
則 an = 2 + n -1 2 = 2n ；
{b } q(q > 0) b = 2q2設正項等比數列 n 的公比為 ，則 3 ，b2 = 2q，
由題意，可得 2q2 - 2q = 4，解得 q = 2或 -1（舍去），
n-1 n
故bn = 2 ×2 = 2 .
n n 1 cn+1 1
（2）令 cn = = = =an ×bn 2n ×2
n 2n+1 ，則 c 2，n
ì n ü 1 1
故 í 是以 c1 = 為首項,公比為
a ×b 4 2
的等比數列.
n n
【變式 2-3】已知數列 an 和 bn 滿足 a1 =1,b1 = 0 ， 4an+1 = 3an - bn + 4 ， 4bn+1 = 3bn - an - 4 .證明： an + bn
是等比數列， an - bn 是等差數列.
【解析】由題意可知 4an+1 = 3an - bn + 4， 4bn+1 = 3bn - an - 4， a1 +b1 =1， a1 - b1 =1，
所以 4an+1 + 4b
1
n+1 = 3an - bn + 4 +3bn - an - 4 = 2an + 2bn ，即 an+1 + bn+1 = a + b ，2 n n
所以數列 an + bn 是首項為1 1、公比為 2 的等比數列；
因為 4an+1 - 4bn+1 = 3an - bn + 4 - 3bn - an - 4 = 4an - 4bn +8，
所以 an+1 - bn+1 - an - bn = 2，數列 an - bn 是首項1、公差為 2的等差數列．
【變式 2-4】已知點 A1(1, 2)， A2 (2,3)，設 A a ,b *n n n n N ，當 n 3時，線段 An-2 An-1的中點為Bn ，Bn 關
3 5 5 3
于直線 y = x 的對稱點為 An .例如， B3為線段 A1A2 的中點，則 B3 , ÷， A3 , ÷ .設 cn = an+1 + bn+1 - an - bn ，
è 2 2 è 2 2
證明： cn 是等比數列.
a + a
【解析】證明：當 n N* A A n n+1時，線段 n n+1的中點為Bn+2 ，Bn+2 ,
bn + bn+1
2 2 ÷
，
è
A bn + bn+1 , an + an+1 則 n+2 ÷ .
è 2 2
ìa bn + bn+1 n+2
= ,
2 a + b + a + b
由 í a a 得
a + b = n n n+1 n+1n+2 n+2 ，
b n + n+1n+2 = ,
2
2
a b a b an+1 + bn+1 - an - b 1所以 n+2 + n+2 - n+1 - n+1 = - n ，即 cn+1 = - c .2 2 n
因為 c1 = a2 + b2 - a1 - b1 = 2，所以 c
1
n 是以 2 為首項，- 為公比的等比數列.2
【變式 2-5】（2024 n-1·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 =1, an + an+1 = 8 ×3 ．
證明：$l R ，使得數列 an + l ×3n 成等比數列；
【解析】若$l R ，數列 a nn + l ×3 成等比數列，
a n+1n+1 + l ×3
則存在非零實數q，使得 = q，
an + l ×3
n
a + l ×3n+1即 n+1 = q an + l ×3n ，整理得an+1 = qan + (ql - 3l)3n ①．
a a 8 3n-1 a a 8因為 n + n+1 = × ，所以 n+1 = - n + 3
n ②．
3
ì q = -1, ì q = -1,

由①②對應項系數相等得 í 8 解得
ql
í
- 3l = , l
2
= - .
3 3
2 n+1 2
所以 an+1 - ×3 = -

an - ×3
n
3 3 ÷
．
è
因為 a1 =1
2 1
，所以 a1 - 3 = -1 0．3
2 n+1
ì 2 ü an+1 - ×3
所以數列 ían - ×3
n
3的各項均不為 0，所以 = -1．
3 a 2n - ×3
n
3
ì 2 n ü
所以數列 ían - ×3 是以 -1為首項， -1為公比的等比數列，
3
l 2即$ = - n，使得數列 an + l ×3 成等比數列．3
題型三：等比數列項的性質應用
【典例 3-1】（2024·浙江金華·模擬預測）已知數列 an 是等差數列，數列 bn 是等比數列，若
a + a
a2 + a4 + a6 = 5π ，b b b = 3 3 tan
1 7
2 4 6 ，則 =1- b b ．2 6
【答案】 3
5π 10π
【解析】由等差數列的性質可知， a2 + a4 + a6 = 3a4 = 5π ，即 a4 = ，而 a1 + a7 = 2a = ，3 4 3
根據等比數列的性質可知，b2b4b6 = b
3
4 = 3 3 ，則b = 3 b b
2
4 ， 2 6 = b4 = 3，
tan a1 + a7所以 = tan
5π π
-

1- b b 3 ÷
= tan = 3 .
2 6 è 3
故答案為： 3
【典例 3-2】（2024·高三·內蒙古錫林郭勒盟·開學考試）已知數列 an 為正項等比數列，若
1 1 1 1 1
a3 + a4 + a6 + a8 + a9 = 2 ， + + + + = 18 a =a a a a a ，則 6 ．3 4 6 8 9
1
【答案】
3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
【解析】由 + + + + = + + + +
a3 a
÷ ÷
4 a6 a8 a9 è a3 a9 è a4 a8 a6
a3 + a9 a4 + a8 a= + + 6
a3a9 a4a8 a
2 ，
6
2
由等比數列的性質可得： a3a9 = a4a8 = a6 ，
a
= 3
+ a9 + a4 + a6 + a8
2 = 18a ，6
∴ a2
1
6 = ，又 a6 > 0 a
1
，∴ 6 = ．9 3
1
故答案為: ．
3
【方法技巧】
（ 1）在解決等比數列的有關問題時，要注意挖掘隱含條件、利用性質，特別是性質“若
m + n = p + q = 2k ，則 am ×an＝ap ×aq＝a
2
k ．”，可以減少運算量，提高解題速度．
（2）在應用相應性質解題時，要注意性質成立的前提條件，有時需要進行適當變形．此外，解題時
注意設而不求思想的運用．
【變式 3-1】在各項均為正數的等比數列 an 中， a5a6 = 8，則 log2a4 + log2a7 = .
【答案】3
【解析】 log2a4 + log2a7 = log2 a4a7 = log2 a5a6 = 3 .
故答案為：3
【變式 3-2】若等比數列 an 滿足 a4 × a6 + 2a5 ×a7 + a6 × a8 = 36，則 a5 + a7 等于 ．
【答案】±6
【解析】等比數列 an 滿足 a4 × a6 + 2a5 ×a7 + a6 × a8 = 36，
則 a25 + 2a
2 2
5 × a7 + a7 = a5 + a7 = 36，
所以 a5 + a7 = ±6 .
故答案為：±6 .
【變式 3-3】已知等比數列 an 的各項均為正數，且 a4a6 + a3a7 =18，則 a5 = ，
log3 a1 + log3 a2 + log3 a3 + ××× + log3 a9 = ．
【答案】 3 9
2
【解析】由等比中項的性質可得 a4a6 + a3a7 = 2a5 =18，
又等比數列 an 的各項均為正數，則 a5 = 3．
由對數的運算性質得，
log3 a1 + log3 a2 + log3 a3 + ×××+ log3 a9 = log3 a1a2 × × × a8a9
4
= log3 é a1a9 × a2a8 × a3a × a a × a ù = log é a27 4 6 5 3 ê 5 × a
ù 9 9
5 ú = log3 a5 = log 3 = 9 3 ．
故答案為：3，9
【變式 3-4】（2024·陜西·模擬預測）等比數列 an 滿足： a1 > 0,q > 0,a1a3a5a7a9 = 32，則 a2 + a8 的最小值
為 ．
【答案】 4
【解析】依題意，等比數列 an 滿足： a1 > 0,q > 0,a1a3a5a7a9 = 32，
a5所以 5 = 32, a5 = 2，且 an > 0，
所以 a2 + a8 2 a2 × a8 = 2 a
2
5 = 4，
當且僅當 a2 = a8 = 2時等號成立，此時 an = 2 .
所以 a2 + a8 的最小值為 4 .
故答案為： 4
題型四：等比數列前 n 項和的性質
【典例 4-1】記 Sn 為等比數列 an 的前 n 項和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，則S1 = ．
1
【答案】1或-
3
【解析】設{an}的公比是q，
S4 - S2 = a3 + a
2
4 = a1q + a q
2
2 = q
2S2 ，同理 S6 - S4 = q
4S2 ，
由已知 S2 0，否則公比 q = -1 ， S4 = 0，與已知矛盾，
所以 S , S - S 22 4 2 , S6 - S4 也成等比數列， (S4 - S2 ) = S2 (S6 - S4 ) ，
S 2又 4 = -5， S6 = 21S2 ，所以 (-5 - S2 ) = S2 (21S2 + 5)，解得 S2 = -1或 S
5
2 = ，4
2
又 S4 = S2 + q S2 = (1+ q
2 )S2 ，所以 S2 與 S4 同號，因此 S2 = -1，
所以-5 = (1+ q2 ) (-1) ， q2 = 4 ， q = ±2 ，
若 q = 2，則 S2 = a1 + a1q = 3a
1 1
1， a1 = - ，即 S1 = - ，3 3
若 q = -2 ，則 S2 = a1 + a1q = -a1 = -1， a1 =1，即 S1 =1．
1
故答案為：1或- ．
3
S
【典例 4-2 9】設等比數列 an 的前 n項和是 Sn .已知 S3 = 30 , S6 =120，則 =S .3
【答案】13
【解析】因為 Sn 是等比數列 an 的前 n項和且 S3 0，
所以 S3 ， S6 - S3， S9 - S6 也成等比數列，
則 S6 - S
2
3 = S3 S9 - S6 .
因為 S3 = 30 , S6 =120，
所以 120 - 30 2 = 30 S9 -120 ，解得 S9 = 390 .
S9 390
所以 = =13S .3 30
故答案為：13 .
【方法技巧】
（1）等比數列{an } 中，所有奇數項之和 S 與所有偶數項之和 S 具有的性質，設公比為q．奇 偶
S S - a
①若共有 2n項，則 偶 = q ；②若共有 2n +1項， 奇 1 = q ．
S奇 S偶
（2）等比數列{an } 中， S k 表示它的前 k項和．當 q -1時，有 S k ，S 2 k－ S k ，S 3k－ S 2 k ， 也成等比數列，
公比為 q k ．
【變式 4-1】已知正項等比數列 an 共有 2n項，它的所有項的和是奇數項的和的3倍，則公比 q = .
【答案】 2
【解析】設等比數列 an 的奇數項之和為 S奇，偶數項之和為 S偶，
則 S = a偶 2 + a4 +L+ a2n = a1q + a3q +L+ a2n-1q = q a1 + a3 +L+ a2n-1 = qS奇，
由 S2n = 3S奇，得 1+ q S a > 0奇 = 3S奇，因為 n ，所以 S奇 > 0，所以1+ q = 3， q = 2 .
故答案為： 2 .
【變式 4-2】已知等比數列 an 的前 n S = a 3n項和 n - 2，則a = ．
【答案】2
【解析】由題設， a1 = S1 = 3a - 2 ，
q = 1 a = S - S = a ×3n+1 n n *若 時， n+1 n+1 n - 2 - a ×3 - 2 = 2a ×3 3a - 2 n N ，故與 q = 1矛盾，
ìq = 3
S a∴ = 1n (1- q
n ) = a ×3n - 2
1 q ，即- í
a1
= a = 2
，顯然成立.
q -1
故答案為：2.
S 1
【變式 4-3】（2024 5·高三·江蘇蘇州·期末）設 Sn 是等比數列{an}的前 n 項和，若 =S10 3
，則
S5 =
S20 + S
.
10
1
【答案】
18
{a a (1- q
5 ) a (1- q10 ) a (1- q5 )(1+ q5 )
【解析】設等比數列 n}的公比為 q，由已知 q 1，因為 S5 = 1 ， S 110 = = 1 ，1- q 1- q 1- q
S5 1 1= =
S 1+ q5 3 ， q
5 = 2， S10 = 3S5，
10
S a1(1- q
20 ) a1(1- q
5 )(1+ q5 )(1+ q10 )
20 = = = S (1+ q
5
5 )(1+ q
10 ) = S5 (1+ 2)(1+ 4) =15S ．1- q 1- q 5
S
∴ 5
S
= 5
1
=
S ．10 + S20 3S5 +15S5 18
1
故答案為： ．
18
【變式 4-4】數列 an 是等差數列，數列 bn 是等比數列，公比為 q，數列 cn 中， cn = anbn， Sn 是數列
cn 的前 n 項和．若 Sm =11， S2m = 7 ， S3m = -201（m 為正偶數），則 S4m 的值為 ．
【答案】-1801
【解析】令 A = Sm ，B = S2m - Sm ，C = S3m - S2m ，
q 為等比數列 bn 的公比，設 d 為等差數列 an 的公差，
∴ qm A = a1b1 + a2b2 +L+ ambm qm = a1bm+1 + a2bm+2 +L+ amb2m ，
∴ B - qm A = am+1 - a1 bm+1 +L+ a2m - am b2m = md bm+1 +L+ b2m ，
m
同理C - q B = md b2m+1 + b2m+2 +L+ b3m = md bm+1 +L+ b qm2m ，
∴ C - qmB = qm B - qm A ，結合 A = Sm =11，B = S2m - Sm = -4，C = S3m - S2m = -208，
可得：11 qm 2 52+ 8qm - 208 = 0 ，解得 qm = 4 或 qm = - ，11
m 52
由于 m 為正偶數，故 q = - 不合題意；
11
設D = S4m - S3m ，同理可知D - q
mC = qm C - qmB ，
可得D = -208 × 4 + 4 é -208 - 4 × -4 ù = -832 - 768 = -1600，
∴ S4m = D + S3m = -1600 - 201 = -1801，
故答案為：-1801
題型五：奇偶項求和問題的討論
a2n+2
【典例 5-1】（2024·高三·四川成都·期中）數列 an 滿足： a1 = a2 =1, a2n+1 - a2n-1 = 2, = 2a ，數列2n
an 的前 n項和記為 Sn ，則 S23 = ．
【答案】2191
【解析】Qa1 =1, a2n+1 - a2n-1 = 2, \數列 a2n-1 是以 a1 =1,公差 d = 2的等差數列;
\ a2n-1 =1+ n -1 2 = 2n -1.
Qa 1, a= 2n+22 = 2 ,\數列 a2n 是以 a2 =1,公比 q = 2a 的等比數列;2n
\ a = 2n-12n .
12 1+ 23 1 1- 211\ S23 = a1 + a3 +L+ a23 + a a L a 2 + 4 + + 22 = + = 2191 .2 1- 2
故答案為：2191.
ìa
n ,a 是偶數,
【典例 5-2】（2024 n·河南·模擬預測）已知數列 an 滿足 an+1 = í 2 ， Sn 是數列 an 的前 n項
an + 2,an是奇數,
和，若已知a1 = 64，那么 S20的值為（ ）
A．322 B．295 C．293 D．270
【答案】A
ìa
n ,an是偶數, 1
【解析】∵ a1 = 64，由 an+1 = í 2 可知，數列 an 的前 7項是首項為 64 ，公比為 的等比數列，

2
an + 2,an是奇數,
故 a7 = 64 × (
1)6 =1為奇數， a8 = a7 + 2 = 3為奇數，所以從第8項開始是首項為3，公差為 2的等差數列，2
64(1 1- 7 )
S 2 13 3 13 12所以 20 = 1 + + 2 = 322 .1- 2
2
故選：A
【方法技巧】
求解等比數列的前 n項和 Sn ，要準確地記住求和公式，并合理選取公式，尤其是要注意其項數 n的值；
對于奇偶項通項不統一問題要注意分類討論．主要是從 n為奇數、偶數進行分類．
ì 2a , n為奇數
【變式 5-1 n】已知數列 an 滿足 an+1 = í ，若3 a 15，則 a 的取值范圍是（ ）
a 1, n
9 1
n + 為偶數
A [-1,0] B é
3 ù é 3ù
． ． ê- ,0ú C． ê0, ú D．[0,1] 4 4
【答案】B
【解析】由題意可知，當 n為奇數時， an = an-1 +1，
此時 n -1為偶數，則 an-1 +1 = 2an-2 +1，所以 an = 2an-2 +1，
即 an +1 = 2(an-2 +1)，
所以 a9 +1 = 2(a7 +1) = 2
2 (a5 +1) = 2
3 (a3 +1) = 2
4 (a1 +1) 4,16 ，
即 a
1 3
1 +1
é ù é ù
ê ,1ú ，即 a1 - ,04 . ê 4 ú
故選：B.
【變式 5-2】（2024·高三·河北唐山·期末）記 Sn 為數列 an 的前 n 項和，當 n 2時,
ìa
a = n-1
+1,n為奇數
n í ．且 S2a ,n 3
=1．
n-1 為偶數
(1)求 a1， a2；
(2)（i）當 n 為偶數時，求 an 的通項公式；
（ⅱ）求 S2024．
【解析】（1）令 n = 2，可得 a2 = 2a1；
令 n = 3，可得 a3 = a2 +1 = 2a1 +1；
因為 S3 = a1 + a2 + a3 = 5a1 +1 =1，可得a1 = 0， a2 = 0 .
（2）（i）當 n 為偶數時，則 an+1 = an +1， an+2 = 2an+1 = 2 an +1 = 2an + 2 ，
可得 an+2 + 2 = 2 an + 2 ，且 a2 + 2 = 2，
可知數列 an + 2 的偶數項成首項為 2，公比為 2的等比數列，
n n
則 -1
n
an + 2 = 2 22 = 22 ，所以 a 2n = 2 - 2（n 為偶數）；
1
（ⅱ）當 n 為偶數時，則 an = 2an-1，即 an-1 = a2 n ，
3
可得 an + an-1 = a2 n ，
3 3 3
所以 S2024 = a1 + a2 + a3 + a4 + ×××+ a2023 + a = 2 - 2 + 22 - 2 + ×××+ 210122024 - 22 2 2
é 2 1- 210123 ù
=
2 2
3
+ 22 + ×××+ 21012 - 2 1012 = ê - 2024ú2 ê 1- 2 ú
= 3 21012 -1013 ，
S = 3 21012所以 2024 -1013 .
ìan - 301,n為奇數【變式 5-3】（2024·福建廈門·模擬預測）已知 Sn 為等差數列 an 的前 n 項和，bn = í a ，
2 n , n為偶數
b4 = 32， S5 = 20 .
(1)求 an 的通項公式；
(2)記Tn 為數列 bn 的前 n 項和，若 2T2n - S2n > 0，求 n 的最小值.
【解析】（1）設數列 an 的公差為 d，
ì5 a1 + a 5 = 20 ìa3 = a1 + 2d = 4 ìa1 = 2
依題意， í 2 ， 即 ía a 3d 5 ，解得 a 5 4 = + =
í
1 d 1
，
=
2 4 = 32 = 2
所以 an 的通項公式是 an = 2 + n -1 = n +1 .
ìn - 300, n為奇數
（2）由（1）知 an = n +1，所以bn = í2n+1
，
,n為偶數
2n aS = 1 + a2n 2n 2 + 2n +1 2n = = n 2n + 3 ，2 2
T n -299 + 2n - 301 2
3 1- 4n 22n+3 -8
2n = b1 + b3 +L+ b2n-1 + b2 + b4 +L+ b2n = + = n n - 300 +
2 1- 4 3
n+2
2T2n - S
4 -16
2n = - 603n > 0恒成立，3
n+2
c 4 -16令 n = - 603n ，3
c - c = 4n+1由 n n-1 - 603 > 0，由于 45 =1024,44 = 256 ，所以n 4 .
所以 c1 > c2 > c3 < c4 < c5 所以 n的最小值為 4.
ì2lan , n為奇數
【變式 5-4】已知數列 an 滿足 a1 =1， an+1 = í ll 1 a , n ， 為參數且l > 0 . + n 為偶數
(1)求 a2、a3的值（用l 表示），并探究是否存在l 使得數列 an 成等比數列，若存在，求l 的值，無需證
明.
(2)當l = 2時，求 an 的前 2n項和 S2n ；試給出 an 前 n項和 Sn 表達式.
【解析】（1）由遞推式可得 a2 = a1+1 = 2la1 = 2l ；
a3 = a2+1 =（l +1）a2 = 2l l +1 ；
2
要使得 an 為等比數列，則必有 a2 = a1a3，
即 4l 2 = 2l l +1 ，且l > 0，解得l = 1，
ì2an , n為奇數
此時 an+1 = í ，
2an , n為偶數
即 an+1 = 2an，而 a1 =1 0
所以當l = 1時，數列 an 為等比數列；
ì4a , n為奇數
（2）當l = 2時 an+1 =
n
í ， a1 =1， a3a , n 2
= 4 ；
n 為偶數
當 n = 2k -1時， a2k = a 2k -1 +1 = 4a2k -1 = 4a 2k -2 +1 = 4 3a2k -2 =12a2k -2 ，
a2k
即 =12a ，2k -2
所以數列 a2k 是以 a2 = 4a1 = 4為首項， q1 =12為公比的等比數列，
b = a b = 4 12k -1設 k 2k ，則 k ，
k k k
所以數列 bk
4 1-12
的前 k 項和Tk = b a 4 4i = 2i = = 12k - ；
i=1 i=1 1-12 11 11
當 n = 2k 時， a2k +1 = 3a2k = 3a 2k -1 +1 = 3 4a2k -1 =12a2k -1 ，
a2k +1
即 =12a ，2k -1
所以數列 a2k-1 是以 a1 =1， q2 =12為公比的等比數列，
設 ck = a2k -1 =1 12
k -1 =12k -1，
k k k
則數列 c 1 1-12 1 1k 前 k 項和M = c kk i = a2i-1 = = 12 - ，
i=1 i=1 1-12 11 11
4 k 4 1 k 1 5
故 S2k = Tk + M k = 12 - + 12 - = 12
k -1 ，
11 11 11 11 11
S 5即 2n = 12
n -1 ，
11
S S a 5又 2k -1 = 2k - 2k = 12k -1 16 5- 4 12k -1 = 12k -1 - ；11 11 11
5 5 n
令 n = 2k
n
，即 k = ， 代入 S2k = 12k -1 ，得 S 22 11 n = 12 -1÷；11 è
n-1
令 n
n +1 16 5
= 2k -1，即 k = ，代入 S = 12k -1 - 16 5，得 S = 12 2 - ；
2 2k -1 11 11 n 11 11
ì16 n-1
12 2
5
- ,n為奇數
11 11
故 Sn = í n . 5 122 -1÷ , n為偶數
11 è
題型六：等差數列與等比數列的綜合應用
【典例 6-1】（2024·四川宜賓·模擬預測）已知數列 an 是公差不為 0 的等差數列， a1 =1，且滿足
a2 , a3 , a6 成等比數列，則數列 an 前 6 項的和為 .
【答案】-24
【解析】設數列 a 2n 公差為d ，由 a2 , a3 , a6 成等比數列可得 a3 = a2a6 ，
1+ 2d 2即 = 1+ d 1+ 5d ，即 d 2 + 2d = 0，因為公差不為 0，故 d = -2 .
故 an =1- 2 n -1 = -2n + 3 .
故 an 前 6 項的和為1-1- 3 - 5 - 7 - 9 = -24 .
故答案為：-24
【典例 6-2】（2024·陜西西安·模擬預測）已知數列 an 為各項均不相等的等比數列，其前 n項和為 Sn ，
S
且3a2 , 2a3 ,a
3
4 成等差數列，則 =a .4
13
【答案】
27
【解析】設數列公比為q，則 q 1，
Q3a2 ,2a3,a4成等差數列，\4a3 = 3a2 + a4 ，
即 4a 21q = 3a1q + a
3 2
1q ，整理得 q - 4q + 3 = 0，
解得 q = 3，或 q = 1（舍去），
S 2 2
∴ 3
a + a
= 1 1
q + a1q 1+ 3 + 3 13
3 = 3 = .a4 a1q 3 27
13
故答案為：
27
【方法技巧】
（1）等差數列與等比數列的相互轉化：等差數列通過指數運算轉化為正項等比數列，正項等比數列
通過對數運算轉化為等差數列．
（2）等差數列和等比數列的交匯，若一個數列既是等差數列又是等比數列，則該數列為非零常數數
列．
0, x, y,6 1 ,a,b,c, 1【變式 6-1】（2024 y - x·湖北荊州·三模）若實數 成等差數列，- - 成等比數列，則
2 8 b
= .
【答案】-8
0, x, y,6 y x 6 - 0【解析】實數 成等差數列，則等差數列的公差為 - = = 2，
3
1 1
- , a,b,c, - b2 =
1
-
1 1
成等比數列，則
2 8 2 ÷
- ÷ = ，
è è 8 16
1 y - x
由于等比數列奇數項同號，所以b < 0，所以b = - ，則 = -8 .
4 b
故答案為：-8 .
【變式 6-2】（2024·浙江杭州·三模）已知公差為正數的等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ， bn 是等比數列，
且 S2 = -2 b3 + b
2
4 ， S6 = 6 b1 + b2 b5 + b6 ，則 Sn 的最小項是第 項．
【答案】2
【解析】設 b 2n 的公比為q，故 S2 = -2 b3 + b4 = -2 b1 + b2
2 q4 ，
S S
S6 = 6 b1 + b2 b5 + b6 = 6 b + b
2 q4 ，可得 21 2 +
6 = 0，
2 6
a a 2a1 + d 6a1 +15d設 n 的首項為 1，公差為d ，故得 + = 0，2 6
2a + 3d = 0 a 3d S 3d n n(n -1) d 2化簡得 1 ，解得 1 = - ，故 n = - + d = n - 2dn，2 2 2 2
-2d
故當 S
n = - = 2
n 最小時， 2 d ，故得
S2 是 Sn 的最小項，即 Sn 的最小項是第 2 項．
2
故答案為：2
【變式 6-3】記 Sn 為公差不為 0 的等差數列 an 的前 n 項和，已知 S2 = -30 ，且 a1， a5 ，a7成等比數列，
則 Sn 的最小值為 .
【答案】-72
2
【解析】設等差數列 an 的公差為d ，由 S2 = -30 ， a1,a5 ,a7 成等比數列，得 a1 + a2 = -30， a1a7 = a5 ，
ì2a1 + d = -30
即 í ，解得
a
a a + 6d = a + 4d 2 1
= -16, d = 2，即 an = 2n -18，
1 1 1
S (-16 + 2n -18)n n2 17n (n 17)2 289因此 n = = - = - -2 2 4
所以當 n = 8或n = 9 時， Sn 有最小值-72 .
故答案為：-72
2 2
【變式 6-4】（2024·陜西安康·三模）已知方程 x - mx + 27 x - nx + 27 = 0的四個根組成以 1 為首項的
等比數列，則 m - n =（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】C
x2 - mx + 27 x2【解析】設方程 - nx + 27 = 0的四個根由小到大依次為 a1， a2，a3，a4，
不妨設 x2 - mx + 27 = 0的一根為 1，則另一根為 27，所以m = 1+ 27 = 28，
由等比數列的性質可知 a1a4 = a2a3 ，所以 a1 =1， a4 = 27 ，
a 2
所以等比數列 a1， a2，a3，a4的公比為 q = 3 4 = 3，所以a2 = 1 3 = 3，a3 = 1 3 = 9，由韋達定理得a1
n = 3+ 9 = 12，可得 m - n = 28 -12 = 16 .
故選：C.
題型七：等比數列的范圍與最值問題
【典例 7-1】（多選題）設等比數列 an 的公比為q，其前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，若 a1 >1， 0 < q <1，
且 a2023 -1 × a2024 -1 < 0，則下列結論正確的是（ ）
A． S2024 - S2023 > 0 B． a2023a2025 <1
C．數列 Tn 中的最大值是T2023 D．數列 Tn 無最大值
【答案】ABC
n-1
【解析】由 a1 >1，0 < q <1，可得 an = a1q 為單調遞減的數列且 an > 0，
由 a2023 -1 × a2024 -1 < 0可得，0 < a2024 <1 < a2023 < a1 .
A 選項： S2024 - S2023 = a2024 > 0 ，顯然 A 正確；
B 選項：0 < a2024 <1 < a2023 < a1，
2
根據等比中項可得 a2023a2025 = a2024 <1，顯然 B 正確；
C 0 < a <1 < a < a a = a qn-1選項：由 2024 2023 1， n 1 為單調遞減的數列且 an > 0，
可知 an 的前 2023 項（包含 2023 項）都大于 1，從第 2024 項（包含 2024 項）往后都小于 1，
所以數列 Tn 中的最大值是T2023，所以 C 正確；
D 選項：由 C 正確可知， Tn 有最大值，所以 D 錯誤.
故選：ABC.
【典例 7-2】（多選題）（2024·湖北·二模）無窮等比數列 an 的首項為 a1公比為 q，下列條件能使 an 既
有最大值，又有最小值的有（ ）
A．a1 > 0，0 < q <1 B．a1 > 0，-1 < q < 0
C． a1 < 0， q = -1 D． a1 < 0， q < -1
【答案】BC
【解析】a1 > 0，0 < q <1時，等比數列 an 單調遞減，故 an 只有最大值 a1，沒有最小值；
a1 > 0，-1 < q < 0時，等比數列 an 為擺動數列，此時 a1為大值， a2為最小值；
a1 < 0， q = -1 時，奇數項都相等且小于零，偶數項都相等且大于零，
所以等比數列 an 有最大值，也有最小值；
a1 < 0， q < -1時，因為 q >1，所以 an 無最大值，奇數項為負無最小值，
偶數項為正無最大值.
故選：BC
【方法技巧】
等比數列的范圍與最值問題是數列研究中的重要內容。在處理這類問題時，首先需要明確等比數列的
定義和性質，包括通項公式、前 n 項和公式等。對于范圍問題，通常通過不等式求解，利用等比數列的性
質確定數列項的取值范圍。對于最值問題，則需分析數列的單調性，結合數列項的性質，求出數列的最大
項或最小項。
【變式 7-1】（多選題）（2024·全國·模擬預測）已知正項等比數列 an 的前 n項的積為Tn ，且公比 q 1，
若對于任意正整數 n，Tn T2023，則（ ）
A．0 < a1 <1 B．0 < q <1 C． a2023 =1 D．T4047 1
【答案】AD
【解析】根據題意，Tn 在 n = 2023時取得最小值，所以 an 為單調遞增數列，所以0 < a1 <1, q >1，所以 A
正確，B 錯誤；
當 a2024 =1時， Tn = T2023 = Tmin 2024 ，滿足題意，所以 C 錯誤；
T
由Tn T
2024
2023可得 1
4047
T ，即
a2024 1，所以T = a × a 2 4047 ，所以 D 正確．4047 1 4047 = a2024 1
2023
故選：AD．
【變式 7-2】（多選題）設等比數列 an 的公比為q，其前 n 項和為 Sn ，前 n 項積為Tn ，且滿足條件 a1 >1，
a2022a2023 >1， a2022 -1 a2023 -1 < 0，則下列選項正確的是（ ）
A．0 < q <1 B． S2022 > S2023 -1
C．T2023是數列 Tn 中的最大項 D．T4043 < 1
【答案】AB
【解析】Q a2022 -1 a2023 -1 < 0，\a2022 -1 > 0，a2023 -1 < 0或 a2022 -1< 0，a2023 -1 > 0，Q a1 >1，
a2022a2023 >1，\a2022 ,a2023 同號，
且 a2022 >1， a2023 <1，即數列前 2022項大于1，從第 2023項開始小于 1，
對于 A， q
a
= 2023 <1
a ，且易知
q > 0，故0 < q <1，A 正確，
2022
對于 B，易知 a2023 <1，故 S2023 - S2022 <1， S2022 > S2023 -1，B 正確，
對于 C，由題意知 an 是遞減數列，且 a2022 >1， a2023 <1，故T2022 是數列 Tn 中的最大項，故 C 錯誤，
對于 D，T = a × × × × ×a 4043 4043 2021 40434043 1 4043 = a1 ×q = a2022 >1，故 D 錯誤，
故選:AB
【變式 7-3】（多選題）已知等比數列 an 滿足a1 > 0，公比 q > 1 ，且 a1a2 × × ×a2021 <1， a1a2 × × ×a2022 >1，則
（ ）
A． a2022 >1 B．當 n = 2021時， a1a2 × × × an 最小
C．當 n = 1011時， a1a2 × × × an 最小 D．存在 n <1011，使得 anan+1 = an+2
【答案】AC
【解析】對于 A，∵ a1 > 0， q > 1 ，∴ an > 0，又 a1a2 × × ×a2021 <1， a1a2 × × ×a2022 >1，
1
∴ a 2 0 2 2 > > 1a a × × × a ，故 A 正確；1 2 2 0 2 1
對于 B，C，等比數列 an 滿足a1 > 0，公比 q > 1 ，\a n-1n = a1q > 0，
Q an+1 = q >1
a ，
an > 0， \an+1 > an ， \ an 為遞增數列，
n
2
由等比數列的性質， a1a2021 = a2a2020 = ××× = a1010a1012 = a1011，
a a × × ×a 2021又 1 2 2021 <1，\a1a2 × × × a2021 = a1011 <1，
Qan > 0，\0 < a1011 <1，
∵ a 22a2022 = a3a2021 = ××× = a1011a1013 = a1012， a1a2 × × ×a2022 >1，
a 1 1\ 2a3a4 × × ×a2022 > ∴ a a a
2021
， 2 3 4 × × × a2022 = a1012 >a a ，1 1
1
∵ a1a2 × × ×a2021 <1，a1 > 0， q > 1 ，∴ 0 < a1 <1，則 >1a ，1
\a 2021 12a3a4 × × ×a2022 = a1012 > >1 aa ，即 1012
>1，
1
Q an 為遞增數列，故當 n = 1011時， a1a2 × × × an 最小，故 B 錯誤，C 正確；
對于 D，當 n <1011時， an < a1011 <1，Q an 為遞增數列，\anan+1 < an+1 < an+2，
故 D 錯誤.
故選：AC
【變式 7-4】（多選題）設等比數列 an 的公比為q，其前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，且 a1 >1， a6a7 >1，
a6 -1 < 0
a -1 ，則下列結論正確的是（ ）7
A．0 < q <1 B．0 < a7a8 <1
C． Sn 的最大值為 S7 D．Tn 的最大值為T6
【答案】ABD
a -1
【解析】A 項， a1 >1且 a6a7 > 1 > 0 q > 0
6
，而 < 0 a6 -1 a -1a -1 和 7 異號.7
a
由于 a1 >1知 a6 -1 > 0， a7 -1 < 0，即 a6 >1， a7 <1，0 < q =
7 <1
a ，故 A 項正確；6
B 項，從前面的求解過程知 a1 >1，0 < q <1，說明 an 是單調遞減的正項等比數列，
且0 < a7 <1，所以 0 < a8 <1，那么0 < a7a8 <1，故 B 項正確；
C 項， an 是正項數列， Sn 沒有最大值，故 C 項錯誤；
D 項，從前面的分析過程可知 an 前 6 項均大于 1.從a7起全部在 0,1 上.
所以Tn 的最大值為T6 ，故 D 項正確，
故選：ABD
【變式 7-5】（多選題）（2024·福建三明·三模）設等比數列 an 的前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，若滿
足0 < a1 <1， a7 ×a4040 >1， a2023 -1 a2024 -1 < 0，則下列選項正確的是（ ）
A． an 為遞減數列 B． S2023 +1< S2024
C．當 n = 2023時，Tn 最小 D．當Tn >1時， n的最小值為 4047
【答案】BC
【解析】A.由條件可知，a1 > 0， a1與a7同號，所以 a7 > 0，則 a4040 > 0，
而 a4040 = a1q
4039 > 0，則公比q > 0 ，
若0 < q <1，數列單調遞減，則0 < a7 ,a4040 <1，那么 a7 ×a4040 <1，與已知矛盾，
若 q = 1，則0 < a1 = a7 = a4040 <1，則那么 a7 ×a4040 <1，與已知矛盾，
只有當 q > 1 ，才存在q，使 a7 ×a4040 >1，所以等比數列 an 單調遞增，故 A 錯誤；
B.因為 a2023 -1 a2024 -1 < 0， an 單調遞增，所以 a2023 <1, a2024 >1，
則 a2024 = S2024 - S2023 >1，即 S2023 +1< S2024 ，故 B 正確；
C.因為 q > 1 ，且 a2023 <1, a2024 >1，所以當 n = 2023時，Tn 最小，故 C 正確；
D. 2根據等比數列的性質可知， a7 ×a4040 = a1a4046 >1， a1a4045 = a2023 <1，
所以當Tn >1時， n的最小值為 4046，故 D 錯誤.
故選：BC
題型八：等比數列的實際應用
【典例 8-1】（2024·安徽合肥·三模）某銀行大額存款的年利率為3%，小張于 2024 年初存入大額存款 10
萬元，按照復利計算 8 年后他能得到的本利和約為（ ）（單位：萬元，結果保留一位小數）
A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9
【答案】B
【解析】存入大額存款 10 萬元，按照復利計算，
每年末本利和是以 10 為首項，1+ 3%為公比的等比數列，
8
所以本利和 S =10(1+ 3%) =10 éC0 8 + C
1
8 0.03
1 + C28 0.03
2 +L+ C78 0.03
7 + C88 ù 12.7 ．
故選：B．
【典例 8-2】（2024·天津紅橋·二模）某同學于 2019 年元旦在銀行存款 1 萬元，定期儲蓄年利率為1.75% ，
以后按約定自動轉存，那么該同學在 2025年元旦可以得到本利和為（ ）
A．10000 1.01756 B．10000 1.01757
10000 1-1.75%6 10000C D 1-1.75%
7
． ．
1-1.75% 1-1.75%
【答案】A
【解析】記 n年后得到的本利和為 an ，根據題意知 an =10000 1+1.75%
n =10000 1.0175n ，
即數列 an 是一個首項為 a1 =10175，公比為 q =1.0175的等比數列，
∴該同學 2019年元旦在銀行存款1萬元， 2025年元旦即6年后得到的本利和為：
a6 =10000 1.0175
6
（元）.
故選：A
【方法技巧】
等比數列在實際應用中廣泛存在，其獨特的性質使得它在金融、物理、生物學等多個領域都有重要的
應用。例如，在金融領域，等比數列可以用于計算復利、貸款分期償還等問題；在物理學中，等比數列可
以用來描述某些放射性物質的衰變過程；在生物學中，它也可以用于描述種群數量的增長等。因此，掌握
等比數列的應用具有實際意義。
π
【變式 8-1】在等腰直角三角形 ABC 中，B = ， AB = a ，以 AB 為斜邊作等腰直角三角形 AB1B ，再以2
AB1為斜邊作等腰直角三角形 AB2B1，依次類推，記 VABC 的面積為 S1，依次所得三角形的面積分別為 S2 ，
S3 ……若 S1 + S2 +L+ S
255
8 = ，則a = （32 ）
A．2 B． 2 2 C．3 D．4
【答案】B
S 1= a2 2【解析】由題知 1 ，2 AB1 = AB
， AB 2 AB … 22 = 1， ， ABn+1 = ABn ，2 2 2
2
Sn+1 AB ∴ 1=
S
n ÷ = n 2 ，
n è ABn-1 2
S 1= a2 1 1 2 1又 2 = S1，∴數列 S4 2 n 是首項為 a ，公比為2 2 的等比數列，
1 8a2
é
1 1-
ù
2 ê ÷ ú∴ S S S L S ê
è 2 ú 255+ + + + = = ，∴ a = 2 2 ，1 2 3 8
1 1- 32
2
故選：B．
【變式 8-2】如圖，雪花形狀圖形的作法是:從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中
間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復進行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線.設原正三
角形(圖①)的邊長為 1，把圖①，圖②，圖③，圖④中圖形的周長依次記為C1，C2 ，C3，C4 ，則C4 =
（ ）
64 128 64 128
A． B． C． D．
9 9 27 27
【答案】A
【解析】觀察圖形發現，從第二個圖形開始，每一個圖形的周長都在前一個的周長的基礎上多了其周長的
1
，即C C
1 C 4= +
3 n n-1 3 n-1
= C
3 n-1
，
3
所以 Cn 為首項為C1 = 3
4
，公比為 的等比數列，\C 4 64= 3
3 4 3 ÷
= .
è 9
故選：A
【變式 8-3】（2024·云南昆明·模擬預測）每年 6 月到 9 月，昆明大觀公園的荷花陸續開放，已知池塘內
某種單瓣荷花的花期為 3 天（第四天完全凋謝），池塘內共有 2000 個花蕾，第一天有 10 個花蕾開花，之后
每天花蕾開放的數量都是前一天的 2 倍，則在第幾天池塘內開放荷花的數量達到最大（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
n a a =10 2n-1【解析】設第 天水塘中的荷花朵數為 n ，則 n ，
設第 n天池塘內開放荷花的數量為bn ，則b1 = a1，b2 = a1 + a2，
bn = an + an-1 + an-2 = 70 2
n-3 ,n 3，
當 n = 7 4時，b7 = 70 2 =1120 ，
當 n = 8時，b8 = 2240 > 2000，
所以荷花的數量在第 7 天達到最大.
故選：B.
【變式 8-4】（2024·云南昆明·一模）第七屆國際數學大會（ICNE7）的會徽圖案是由若干三角形組成的.
如圖所示，作Rt△AOB ，OA =1， AOB = 30°，再依次作相似三角形△BOC ，△COD ，△DOE ，……，直
至最后一個三角形的斜邊OM 與OA第一次重疊為止.則所作的所有三角形的面積和為（ ）
3 é
11
2 3 ù é 11
12
ê -1ú 3 4
ù 3 é 2 3 ù
A． ÷÷ B． ê2 ê 3 ú 2 3 ÷
-1ú C． ê ÷÷ -1ú
è ê è ú
2
êè
3 ú
3 é 12 4 ù
D． ê ÷ -1ú2 ê è 3 ú
【答案】D
360°
【解析】因為 =12，
30°
*
設第 n n N ,1 n 12 三角形的斜邊長為 an ，面積為bn ，
a 1 2 3 a 2 3 1 1 3 3由題意可知： 1 = = ， a = n = a ，b = a a = a
2，
cos30° 3 n+1 cos30° 3 n n 2 2 n 2 n 8 n
2
3 2 3 a2 n+1 an ÷÷
則b
3
1 = 0，
bn+1 8 è 3 4 ，
6 = =b 3 a2
=
n 3a2 n
8 n
可知數列 b b 3 4n 是以首項 1 = ，公比為 的等比數列，6 3
3 é 12 ù
ê1
4
-
6 3 ÷ ú é 12 ù
所以所作的所有三角形的面積和為 ê è ú 3 4= 4 ê ÷ -1ú
.
1- 2 ê è 3 ú
3
故選：D.
題型九：公共項與插項問題
【典例 9-1】將數列 2n 與 3n - 2 的公共項由小到大排列得到數列 an ，則數列 an 的前 n 項的和為 ．
4(4n -1)
【答案】
3
1 4 n
【解析】由題意令 2 = 3n - 2,n = ，即 2 不是數列 2 與 3n - 2 的公共項；
3
令 22 = 3n - 2,n = 2，即 4 是數列 2n 與 3n - 2 的公共項；
令 23 = 3n - 2, n
10
= n，即 8 不是數列 2 與 3n - 2 的公共項；
3
令 24 = 3n - 2,n = 6，即 16 是數列 2n 與 3n - 2 的公共項；
依次類推，可得數列 an ： 4,16,64,256,L，
即 an 是首項為 4，公比為 4 的等比數列，
n n
a 4(1- 4 ) 4(4 -1)故數列 n 的前 n 項的和為 = ，1- 4 3
4(4n -1)
故答案為：
3
【典例 9-2】已知數列 an 滿足 an = 2n ，在 an 和 an+1之間插入 n個 1，構成數列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，
則數列 bn 的前 20 項的和為 .
【答案】77
【解析】在 an ,an+1 之間插入 n個 1，構成數列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，
n -1 1+ n -1 1
所以共有 n + é1+ 2 +L+ n -1 ù = n + =2 2 n
2 + n 個數，
1 2 1
當 n = 5時， 5 + 5 =15，當 n = 6時， 62 + 6 = 21，2 2
2 1- 25
由于 a = 2n n ，所以 S20 = a1 + a2 +L+ a5 + 20 - 5 1 = +15 = 77 .1- 2
故答案為：77 .
【方法技巧】
公共項與插項問題是數列研究中的重要內容，具有廣泛的應用背景。
公共項問題涉及兩個或多個數列中共同存在的項。這些項可能具有特定的數值和序號關系，需要利用
數列的通項公式和性質進行求解。例如，兩個等差數列的公共項可以組成一個新的等差數列，其公差是兩
原數列公差的最小公倍數。
插項問題則是在數列的特定位置插入新的項，以改變數列的原始結構。這類問題通常要求分析插入項
對數列性質的影響，如數列的單調性、最值等。在實際應用中，插項問題可用于數列的擴展、數列模型的
修正等方面。
綜上所述，公共項與插項問題是數列研究中的基礎而重要的問題，對于深入理解數列的性質和應用具
有重要意義。
【變式 9-1】已知數列 an 滿足 a nn = 2 ，在 an 和 an+1之間插入 n個 1，構成新的數列 bn ，則數列 bn 的前
20 項的和為 .
【答案】77
【解析】在 an ,an+1 之間插入 n個 1，構成數列 bn : a1,1,a2 ,1,1,a3 ,1,1,1,a4 ,L，而 an = 2n ，
b n(n -1) 1 2則數列 n 中不超過 an 的數的個數為 n + [1+ 2 +L+ (n -1)] = n + = (n + n)，2 2
1 2
當 n = 5時， (5 + 5) =15，當 n = 6
1
時， (62 + 6) = 21，
2 2
2(1- 25S (a )所以 20 = 1 + a2 +L+ a5 ) + (20 - 5) 1 = +15 = 77 .1- 2
故答案為：77
2 2
【變式 9-2】已知各項均為正數的數列 an 中， a1 =1且滿足 an+1 - an = 2an + 2an+1，數列 bn 的前 n 項和為
Sn ，滿足 2Sn +1 = 3bn ．
(1)求數列 an ， bn 的通項公式；
(2)若在bk 與bk +1之間依次插入數列 an 中的 k 項構成新數列 cn ：b1， a1，b2， a2， a3，b3， a4， a5 ， a6，
b4，……，求數列 cn 中前 50 項的和T50 ．
【解析】（1）
a 2 - a2由 n+1 n = 2an + 2an+1
得： an+1 - an an+1 + an = 2 an+1 + an
∵ an+1 + an > 0 an+1 - an = 2
則 an 是首項 a1 =1，公差為 2 的等差數列，∴ an = 2n -1，
又當 n =1時， 2S1 +1 = 3b1得b1 =1，
當 n 2，由 2Sn +1 = 3bn …①
2Sn-1 +1 = 3bn-1 …②
由①－②整理得：bn = 3bn-1，
b
∵ b1 = 1 0，∴ bn-1 0 ∴
n
， = 3b ，n-1
∴ b n-1數列 n 是首項為 1，公比為 3 的等比數列，故bn = 3 ；
2 k +1 k + 2 （ ）依題意知：新數列 cn 中， ak +1（含 ak +1）前面共有： 1+ 2 + 3 +L+ k + k +1 = 項．2
k +1 k + 2
由 ≤50，（ k N* ）得： k 8，
2
∴新數列 cn 中含有數列 bn 的前 9 項：b1，b2，……， b9 ，含有數列 an 的前 41 項： a1， a2， a3，……，
a41；
1 1- 39∴ 41 1+ 81T 50 = + =11522 ．1- 3 2
【變式 9-3】（2024·甘肅張掖·模擬預測）定義：在一個有窮數列的每相鄰兩項之間插入這兩項的和，形
成新的數列，我們把這樣的操作稱為該數列的一次“和擴充”，例如：數列1,2,3經過第一次“和擴充”后得到
數列1,3,2,5,3；第二次“和擴充”后得到數列1,4,3,5,2,7,5,8,3．設數列 a,b,c經過 n次“和擴充”后得到的數列
的項數為Pn，所有項的和為 Sn ．
(1)若 a = 2,b = 3,c = 4，求P2 , S2 ；
(2)求不等式Pn 2024的解集；
(3)是否存在數列 a,b,c a,b,c R ，使得數列 Sn 為等比數列？請說明理由．
【解析】（1） a = 2,b = 3,c = 4，第一次“和擴充”后得到數列 2,5,3,7,4，
第二次“和擴充”后得到數列 2,7,5,8,3,10,7,11,4 ，
P2 = 9, S2 = 2 + 7 + 5 + 8 + 3+10 + 7 +11+ 4 = 57；
（2）數列經每一次“和擴充”后是在原數列的相鄰兩項中增加一項，
數列 a,b,c經過 n次“和擴充”后得到的數列的項數為Pn，
則經第 n +1 次“和擴充”后增加的項數為Pn -1，
所以Pn+1 = Pn + Pn -1 = 2Pn -1，所以Pn+1 -1 = 2Pn - 2 = 2 Pn -1 ，
其中數列 a,b,c經過 1 次“和擴充”后，得到 a, a + b,b,b + c,c，故P1 = 5，
P1 -1 = 4，
故 Pn -1 是首項為 4，公比為 2 的等比數列，
n-1 n+1 n+1
所以Pn -1 = 4 2 = 2 ，故Pn = 2 +1，
則 2n+1 +1 2024，即 2n+1 2023，
又 n N* ，解得 n≥10 ，
（3）因為 S1 = a + a + b + b + b + c + c = 2a + 3b + 2c ，
S2 = S1 + 3 a + 2b + c ， S3 = S2 + 32 a + 2b + c ，
依次類推， Sn = Sn-1 + 3
n-1 a + 2b + c ，
故 Sn = Sn-1 + 3
n-1 a + 2b + c = S n-2n-2 + 3 a + 2b + c + 3n-1 a + 2b + c
=L = S1 + a + 2b + c 3 + 32 +L+ 3n-1
3 1- 3n-1
= 2a + 3b + 2c + a 2b c b a + c n a + c+ + × =
1- 3
+
2 ÷
×3 + ，
è 2
ìa + c a + c
= 0
ì 0
S 2
2
若使 n 為等比數列，則 í
b a + c
或 í
0 b a + c
.
+ + = 0
2 2
n n-1
【變式 9-4】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知數列 an 的前 n 項積為T = 3 2 ，數列 bn 滿足n
b1 =1， bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求數列 an ， bn 的通項公式；
(2)將數列 an ， bn 中的公共項從小到大排列構成新數列 cn ，求數列 cn 的通項公式．
n n-1 n n -1
【解析】（1）T = 3 2 = a a La ， ln a1 + ln a2 +L+ ln a

n = × ln 3，n 1 2 n 2
當 n =1時， a = T = 301 1 =1，
é n n -1 n -1 n - 2 ù
當 n 2,n N*
n-1
時， ln an = ê - ú × ln 3 = n -1 × ln 3 = ln 3 ，即a =3n-1n ，
2 2
a = 31-1而 1 = 3
0 =1，滿足上式，
n-1
所以數列 an 的通項公式為an =3 ；
若數列 bn 滿足b1 =1， bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ），
則 bn = b1 + n -1 ×1 = n ，
從而數列 bn 的通項公式為bn = n2 ；
n-1
（2）令 an = 3 = m
2 = bm , n,m N* n-1 n -1，解得m = 3 2 N* ，這表明 N ，2
從而只能 n = 2k -1,k N*，
c = b = b = b = 3k -1所以 k m n-1 3k-1
2
= 9k -1，
3 2
n-1
所以數列 cn 的通項公式為 cn = 9 .
【變式 9-5】（2024·全國·模擬預測）設 Sn 為等差數列 an 的前 n 項和，且 a1 = 4, S5 = 50，數列 bn 滿足
b1 = 4,bn+1 = 4bn ,n N
*
．
(1)求 an 和 bn 的通項公式；
(2)若將數列 an 和 bn 的公共項按從小到大的順序組成一個新的數列 cn ，求數列 cn 的前 n 項和Tn ．
【解析】（1）設等差數列 an 的公差為 d，
ìa1 = 4,
由題意得， í 5 4 解得 d = 3，
5a1 + d = 50, 2
所以由等差數列的通項公式可得： an = a1 + (n -1)d = 4 + (n -1)3 = 3n +1．
由b1 = 4 0,bn+1 = 4bn得數列 bn 是首項為 4，公比為 4 的等比數列，
b = b qn-1 = 4 4n-1 n所以由等比數列的通項公式可得： n 1 = 4
（2）令 an = bn ，則可得3n1 +1 = 4
n2
1 2 ，
4n2 -1 (3+1)n2 -1 C0 3n2n + C
1 3n2 -1n +L+ C
n2 -1
n 3+ C
n2 -1
所以 n1 = = = 2 2 2
n2
3 3 3
= C0 3n2 -1 + C1 3n2 -2 +L+ Cn2 -1n n n N
*
，
2 2 2
即對于數列 bn 中的任意一項，都在數列 an 中存在公共項，
所以數列 b nn 是數列 an 的子數列，從而可得 cn = 4 ，
4 1- 4n
所以T 4
n+1 - 4
n = = ．1- 4 3
1．（2023 年高考全國甲卷數學（理）真題）設等比數列 an 的各項均為正數，前 n 項和 Sn ，若 a1 =1，
S5 = 5S3 - 4，則 S4 =（ ）
15 65
A． B． C．15 D．40
8 8
【答案】C
1+ q + q2 + q3 4 2【解析】由題知 + q = 5 1+ q + q - 4 ,
即 q3 + q4 = 4q + 4q2 ,即 q3 + q2 - 4q - 4 = 0 ,即 (q - 2)(q +1)(q + 2) = 0 .
由題知q > 0 ,所以 q = 2 .
所以 S4 = 1+ 2 + 4 + 8 = 15 .
故選:C.
2．（2023 年新課標全國Ⅱ卷數學真題）記 Sn 為等比數列 an 的前 n 項和，若 S4 = -5， S6 = 21S2 ，則 S8 =
（ ）．
A．120 B．85 C．-85 D． -120
【答案】C
【解析】方法一：設等比數列 an 的公比為q，首項為 a1，
若 q = -1 ，則 S4 = 0 -5，與題意不符，所以 q -1；
若 q = 1，則 S6 = 6a1 = 3 2a1 = 3S2 0 ，與題意不符，所以 q 1；
a1 1- q4 a1 1- q6 a 1- q2
由 S4 = -5 S = 21S
1
， 6 2 可得， = -5， = 21 ①，
1- q 1- q 1- q
由①可得，1+ q2 + q4 = 21，解得： q2 = 4 ，
a1 1- q8 aS = 1- q
4
所以 8 =
1
1 q 1 q 1+ q
4 = -5 1+16 = -85．
- -
故選：C．
方法二：設等比數列 an 的公比為q，
因為 S4 = -5， S6 = 21S2 ，所以 q -1，否則 S4 = 0，
從而， S2 , S4 - S2 , S6 - S4 , S8 - S6 成等比數列，
2 5
所以有， -5 - S2 = S2 21S2 + 5 ，解得： S2 = -1或 S2 = ，4
當 S2 = -1時， S2 , S4 - S2 , S6 - S4 , S8 - S6 ，即為-1, -4, -16, S8 + 21，
易知， S8 + 21 = -64，即 S8 = -85；
當 S
5
2 = 時， S4 = a1 + a2 + a3 + a4 = a1 + a2 1+ q2 = 1+ q2 S2 > 0，4
與 S4 = -5矛盾，舍去．
故選：C．
3．（2022 年高考全國乙卷數學（理）真題）已知等比數列 an 的前 3 項和為 168， a2 - a5 = 42，則 a6 = （ ）
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【解析】設等比數列 an 的公比為 q, q 0，
若 q = 1，則 a2 - a5 = 0，與題意矛盾，
所以 q 1，
ì a1 1- q3 ìa = 96 a + a + a = =168 1
則 í 1 2 3 1- q ，解得 íq 1
，
=
a2 - a5 = a1q - a1q
4 = 42 2
a = a q5所以 6 1 = 3 .
故選：D.
4．（2021 年全國高考甲卷數學（文）試題）記 Sn 為等比數列 an 的前 n 項和.若 S2 = 4， S4 = 6，則 S6 =
（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【解析】∵ Sn 為等比數列 an 的前 n 項和，
∴ S2 ， S4 - S2 ， S6 - S4 成等比數列
∴ S2 = 4， S4 - S2 = 6 - 4 = 2
∴ S6 - S4 =1，
∴ S6 =1+ S4 =1+ 6 = 7 .
故選：A.
5．（2024 年上海秋季高考數學真題）無窮等比數列 an 滿足首項 a1 > 0,q >1，記
In = x - y x, y a1,a2 an ,an+1 ，若對任意正整數 n集合 In 是閉區間，則q的取值范圍是 ．
【答案】 q 2
n-1
【解析】由題設有 an = a1q ，因為 a1 > 0,q >1，故 an+1 > an ，故 an ,an+1 = é a1q
n-1,a qn1 ù ，
當 n =1時， x, y a1,a2 ，故 x - y a1 - a2 , a2 - a1 ，此時 I1為閉區間，
當 n 2時，不妨設 x y ，若 x, y a1,a2 ，則 x - y 0, a2 - a1 ，
若 y a1, a2 , x an , an+1 ，則 x - y an - a2 , an+1 - a1 ，
若 x, y an ,an+1 ，則 x - y 0, an+1 - an ，
綜上， x - y 0, a2 - a1 U an - a2 , an+1 - a1 U 0,an+1 - an ，
又 In 為閉區間等價于 0, a2 - a1 an - a2 ,an+1 - a1 0,an+1 - an 為閉區間，
而 an+1 - a1 > an+1 - an > a2 - a1，故 an+1 - an an - a2 對任意 n 2恒成立，
故 an+1 - 2an + a2 0即 a1q
n-1 q - 2 + a2 0，故 qn-2 q - 2 +1 0，
故 q - 2
1
-
qn-2 對任意的 n 2恒成立，因
q > 1 ，
1
故當 n + 時，- qn-2
0，故 q - 2 0即 q 2 .
故答案為： q 2 .
3a
1．已知數列 a a 3n 的首項 1 = a = n，且滿足5 n+1 2an +1
．
ì 1 ü
（1）求證：數列 í -1a
為等比數列．
n
1 1 1 1
（2）若 + + +L+ <100a1 a2 a a
，求滿足條件的最大整數 n．
3 n
a 3an 1 2an +1 1 1 2【解析】（1）由題意，數列 an 滿足 n+1 = 2a +1，可得 = = × +n an+1 3a 3 a 3
，
n n
1
-1
1 1 1 1 2 1 1可得 - = × + -1 = ( -1)
an+1 1
an+1 3 a
，即
n 3 3 an 1
= ，
-1 3
an
a 3
1 2
又由 1 = ，所以 -1 =5 a1 3
，
ì 1 ü 2 1
所以數列 í -1 表示首項為 3 ，公比為 的等比數列. an 3
1
（2）由（1）可得 -1
2
= (1)n-1 1 1 2 1= 2 × ( )n n-1，所以 = ( ) = 2 × (
1)n +1
an 3 3 3 an 3 3 3
ì 1 ü
設數列 í 的前 n項和為 Sn ，
an
S 1 1 1 1 1 1 1 1則 n = + + +L+ = 2( + 2 + 2 +L+ ) + na1 a2 a3 an 3 3 3 3
n
1[1- (1)n ]
= 2 3 3 11 + n = n +1- n ，1- 3
3
S <100 n 1 1若 n ，即 + - n <100，3
因為函數 y = x +1
1
- x 為單調遞增函數，3
所以滿足 Sn <100的最大整數 n的值為99 .
2．已知 an 是一個無窮等比數列，公比為 q．
（1）將數列 an 中的前 k 項去掉，剩余項組成一個新數列，這個新數列是等比數列嗎？如果是，它的首項
與公比分別是多少？
（2）取出數列 an 中的所有奇數項，組成一個新數列，這個新數列是等比數列嗎？如果是，它的首項與
公比分別是多少？
（3）在數列 an 中，每隔 10 項取出一項，組成一個新數列，這個新數列是等比數列嗎？如果是，它的公
比是多少？你能根據得到的結論作出關于等比數列的一個猜想嗎？
【解析】（1）將數列 an 中的前 k 項去掉，剩余項組成一個新數列，這個新數列是等比數列.它的首項與公
k
比分別是 a1q , q ；
（2）取出數列 an 中的所有奇數項，組成一個新數列，這個新數列是等比數列.它的首項與公比分別是
a 21,q ；
（3）在數列 an 中，每隔 10 項取出一項，組成一個新數列，這個新數列是等比數列.它的公比是 q11，我
們由此可以得到一個結論： 在數列 an 中，每隔 k 項取出一項，組成一個新數列，這個新數列是等比數列，
它的公比為 qk +1 .
S
3．已知數列 an 為等差數列， a1 =1， a3 = 2 2 +1，前 n 項和為 Sn ，數列 b nn 滿足bn = ，n
求證：
（1）數列 bn 為等差數列；
（2）數列 an 中的任意三項均不能構成等比數列．
a a =1 d a3 - a【解析】（1）因為等差數列 n 滿足 1 ， a3 = 2 2 +1，所以 = 1 = 2 ，所以 an = 2n +1- 2 ，所3-1
n n -1 d
S na 2 2 2 以 n = 1 + = n + 1- n2 2 è 2
÷÷

2 2 n + 1
2
- ÷ n 2 2 2
所以 S 2 è 2
2 2
2 2 n ，即b - b = n +1 + 1- - n - 1- =b ，n = = = n + n+1 n
÷
1- ÷
÷
÷ 2 è 2 2
2 ÷÷ 2
n n 2 è 2
è

2
即 bn 為公差為 的等差數列；
2
（2）設數列 an 中任意三項 an =1+ 2 n -1 ， am =1+ 2 m -1 ， ak =1+ 2 k -1
2
則 an am ak ，假設 an ,am ,ak 成等比數列，則 é 1+ 2 m -1 ù é = 1+ 2 n -1 ù é 1+ 2 k -1 ù
即 2 m -1 2 - 2 n -1 k -1 = 2 n + k - 2m
因為m, n, k Z +
ìn + k - 2m = 0 2
所以 í 2 ，所以 k - n = 0，即 k = n ，與a a 矛盾，所以數列
a 中的任意三項均
m -1 = n -1 k -1
n k n
不能構成等比數列．
4．已知數列 an 為等比數列， a
1
1 =1024，公比 q = ．若Tn 是數列 an 的前 n 項積，求Tn 的最大值．2
1
【解析】因為數列 an 為等比數列， a1 =1024，公比 q = ，2
n-1
a =1024 1 所以 n ÷ ，
è 2
所以Tn = a1 × a2 × a3Lan
ìan 1
當 í T
a
時， n 最大，
n+1 1
ì 1 n-1
1024

2 ÷
1
è
1 n
即 í1024

÷ 1 ，解得： n =11，
è 2
n N*


1+2+...+10 110
此時T =102411 1 211 ÷ = = 2
55
è 2 255
易錯點：不能靈活運用等比數列的性質
易錯分析：解題的過程中要注意把握等比數列的基本性質，以及前 n 項和的性質，正確運用學過的知
識，進行合理計算即可.
【易錯題 1】在各項均為正數的等比數列 an 中， a12a19 =16，則 log2 a8 + log2 a23 = .
【答案】4
【解析】因為數列 an 為等比數列，所以 a12a19 = a8a23 ，
又 a12a19 =16，所以 a8a23 =16，
所以 log2 a8 + log2 a23 = log2 a8a23 = 4 ，
故答案為：4.
【易錯題 2】等比數列{an}中， a2 = 4 ，a6 =16，則 a4 =
【答案】8
【解析】等比數列{an}中，所有偶數項符號相同 a4 = a2q
2 = 4q2 > 0
a2 = 4 ，a6 =16 a 2，則 4 = a2a6 = 64
所以 a4 = 8 .
故答案為：8

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