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2025年高考数学精品教案第五章 数列 第3讲 等比数列
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这是一份2025年高考数学精品教案第五章 数列 第3讲 等比数列，共16页。
学生用书P096
1.等比数列的概念
（1）等比数列的定义
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（q≠0）表示.
注意 （1）等比数列中的任何一项都不为0，且公比q≠0.（2）若一个数列是常数列，则此数列一定是等差数列，但不一定是等比数列，如：0，0，0，….
（2）等比中项的概念
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时G2＝ab.
注意 只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个.
（3）等比数列的通项公式及其变形
通项公式：① an＝a1·qn－1 ，其中a1是首项，q是公比.
通项公式的变形：an＝am·qn－m.
说明 当q＞0且q≠1时，an＝a1q·qn可以看成函数y＝cqx，其表示一个不为0的常数与指数函数的乘积.
规律总结
等比数列的单调性
当a1>0，q>1或a1<0，01或a1>0，0当q＝1时，{an}是常数列；当q＜0时，{an}是摆动数列.
2.等比数列的前n项和
设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.
（1）Sn＝②na1 ，q=1，③a1（1－qn）1－q ＝a1－anq1－q，q≠1.
（2）当q≠1时，Sn＝a1（1－qn）1－q＝－a11－qqn＋a11－q，若设a＝a11－q，则Sn＝④ －aqn＋a （a≠0，q≠0，q≠1）.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝－aqx＋a的图象上一系列孤立的点，且qn的系数与常数项互为相反数.
当q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝a1x的图象上一系列孤立的点.
注意 在运用等比数列的前n项和公式时，要注意对q＝1与q≠1进行讨论.
3.等比数列的性质
（1）等比数列项的性质
设数列{an}，{bn}是等比数列.
a.若m＋n＝k＋l，则⑤ aman＝akal ，其中m，n，k，l∈N*，反之，不一定成立，如当数列{an}是非零常数列时，此结论不成立.
b.相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）仍是等比数列，公比为⑥ qm .
c.数列{λan}，{an2}，{1an}，{an·bn}和{anbn}（λ≠0，n∈N*）也是等比数列.
d.若an＞0，则数列{lg an}是等差数列.
（2）等比数列的前n项和的性质
设Sn是等比数列{an}的前n项和.
a.Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
b.当q≠－1（或q＝－1且k为奇数）时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是⑦ 等比 数列.
注意 当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk， S3k－S2k，…不是等比数列.
1.下列说法正确的是（ B ）
A.满足an＋1＝qan（q≠0，n∈N*）的数列{an}为等比数列
B.a，b，c三个数成等比数列是b2＝ac的充分不必要条件
C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列
D.若等比数列{an}为递增数列，则其公比q＞1
2.[多选]已知数列{an}是等比数列，公比为q，前n项和为Sn，则下列说法错误的是（ BC ）
A.{1an}为等比数列B.{lg2an}为等差数列
C.{an＋an＋1}为等比数列D.若Sn＝3n－1＋r，则r＝－13
解析 令bn＝1an，则bn+1bn＝anan+1＝1q（非零常数），所以{1an}是等比数列，选项A正确；若an＜0，则lg2an无意义，所以选项B错误；当q＝－1时，an＋an＋1＝0，此时{an＋an＋1}不是等比数列，所以选项C错误；当q≠1时，Sn＝A－A·qn（A＝a11－q），由Sn＝3n－1＋r＝13×3n＋r可得r＝－13，所以选项D正确.故选BC.
3.[易错题]设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝6，则S4＝ 8或－10 .
解析 设公比为q.当q＝1时，S3＝3a1成立，所以S4＝4a1＝8.当q≠1时，S3＝a1（1－q3）1－q＝6，解得q＝－2，所以S4＝6＋2q3＝－10.所以S4＝8或－10.
4.[教材改编]有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四个数的和为21，中间两个数的和为18，则这四个数依次为 3，6，12，18或754，454，274，94 .
解析 设后三个数分别为a－d，a，a＋d，则第一个数为（a－d）2a，因此这四个数为（a－d）2a，a－d，a，a＋d.由题意得（a－d）2a＋（a＋d）=21，a－d＋a=18，解得a=12，d=6或a＝274，d＝－92.故这四个数为3，6，12，18或754，454，274，94.
学生用书P098
命题点1 等比数列的基本运算
例1 （1） [2023全国卷甲]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.158B.658C.15D.40
解析 解法一 若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由1－q51－q＝5×1－q31－q－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1－q41－q＝15.故选C.
解法二 设等比数列{an}的公比为q，由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得q（1＋q）（q2－4）＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
（2）[2023天津高考]已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为（ C ）
A.3B.18C.54D.152
解析 解法一 因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以等比数列{an}的公比q＝an+1an＝3.当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
解法二 设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝2a1（1－qn）1－q＋2＝－2a11－qqn＋2a11－q＋2，所以a1＝－2a11－q，0=2a11－q+2，又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
方法技巧
1.等比数列基本运算中常用的数学思想
2.等比数列基本运算中常用的技巧
（1）（对称设元）一般地，若连续奇数个项成等比数列，则可设
这些项为…，xq，x，xq，…；若连续偶数个符号相同的项成等比数列，则可设这些项为…，xq3，xq，xq，xq3，….
（2）求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求等，同时合理运用q＝a2a1＝a3a2＝…＝anan－1＝a2＋a3＋…＋ana1＋a2＋…＋an－1.
（3）注意立方差公式的应用：a3－b3＝（a－b）（a2＋ab＋b2）.
训练1 （1）[2022全国卷乙]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝（ D ）
A.14B.12C.6D.3
解析 解法一 设等比数列{an}的公比为q，
由题意可得a1＋a2＋a3=168，a2－a5=42，
即a1（1+q＋q2）=168，a1q（1－q3）＝a1q（1－q)(1+q＋q2）=42，解得a1=96，q＝12，
所以a6＝a1q5＝3，故选D.
解法二 设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，由题意可得a1（1－q3）1－q=168，a1q（1－q3）=42，解得a1=96，q＝12，所以a6＝a1q5＝3，故选D.
（2）[全国卷Ⅰ]设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝（ D ）
A.12B.24C.30D.32
解析 设等比数列{an}的公比为q，所以a2＋a3＋a4a1＋a2＋a3＝（a1＋a2＋a3）qa1＋a2＋a3＝q＝2，所以a6＋a7＋a8＝（a1＋a2＋a3）·q5＝25＝32，故选D.
命题点2 等比数列的判定与证明
例2 [全国卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an.设bn＝ann.
（1）求b1，b2，b3；
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
（3）求{an}的通项公式.
解析 （1）由条件可得an＋1＝2（n+1）nan.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
由条件可得an+1n+1＝2ann，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可得ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
方法技巧
判定与证明等比数列的常用方法
训练2 [2023江苏省七市模拟]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.
（1）证明：{an＋1－2an}是等比数列.
（2）证明：存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立.
解析 解法一 （1）∵an＋2＝5an＋1－6an，
∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1＝3an＋1－6an＝3（an＋1－2an），
∵a1＝1，a2＝5，∴a2－2a1＝3≠0，
∴数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）∵an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1＝2an＋1－6an＝2（an＋1－3an）.
∵a1＝1，a2＝5，∴a2－3a1＝2≠0，
∴数列{an＋1－3an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－3an＝2n ①，
由第（1）问得an＋1－2an＝3n ②，
由②－①得，an＝3n－2n.
故存在通项为bn＝3n，cn＝－2n的两个等比数列，使得an＝bn＋cn成立.
解法二 （1）令an＋2＋λan＋1＝μ（an＋1＋λan），
由an＋2＝5an＋1－6an得μ－λ=5，μλ＝－6，解得μ=3，λ＝－2或μ=2，λ＝－3.
∴an＋2－2an＋1＝3（an＋1－2an）或an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an）.
∵a1＝1，a2＝5，
∴a2－2a1＝3≠0，
∴数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）由（1）知an＋1－2an＝3n ①，
由an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an）可得an＋1－3an＝2n ②，
由①－②得，an＝3n－2n，
故存在通项为bn＝3n，cn＝－2n的两个等比数列，使得an＝bn＋cn成立.
命题点3 等比数列的性质的应用
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（ C ）
A.120B.85C.－85D.－120
解析 解法一 设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由题意易知q≠1，则a1（1－q4）1－q＝－5，a1（1－q6）1－q=21×a1（1－q2）1－q，化简整理得q2=4，a11－q＝13.所以S8＝a1（1－q8）1－q＝13×（1－44）＝－85.故选C.
解法二 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＝54.当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝
－85；当S2＝54时，结合S4＝－5得a1（1－q4）1－q＝－5，a1（1－q2）1－q＝54，化简可得q2＝－5，不成立，舍去.所以S8＝－85，故选C.
（2）[2023全国卷乙]已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝ －2 .
解析 解法一 设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1 ①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝a12q17＝－8 ②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
解法二 设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
训练3 （1）[2021全国卷甲]记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝（ A ）
A.7B.8C.9D.10
解析 易知公比q≠－1，则S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，
由等比中项得S2（S6－S4）＝（S4－S2）2，即4（S6－6）＝22，所以S6＝7.故选A.
（2）若公比大于1的等比数列{an}满足a1a5＝144，a2＋a4＝30，则公比q＝ 2 .
解析 解法一 由题意知a1a5＝a2a4＝144 ①，a2＋a4＝
30 ②，由①②得a2=6，a4=24 或a2=24，a4=6.因为公比q＞1，所以an＋1＞an，所以a2=6，a4=24，则q2＝a4a2＝4，故q＝2.
解法二 由题意知a1＞0，q＞1，
由a1a5=144，a2＋a4=30，得a1·a1q4=144，a1q＋a1q3＝30，解得a1=3，q=2.
1.[命题点1/2023武汉调研]设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S3＝3a2＋8a1，S8＝2S7＋2，则a2＝（ A ）
A.4B.3C.2D.1
解析 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），
则由2S3＝3a2＋8a1，得2a1＋2a2＋2a3＝3a2＋8a1，
即6a1＋a2－2a3＝0，即a1（6＋q－2q2）＝0，
因为a1≠0，所以6＋q－2q2＝0，解得q＝2或q＝－32（舍去）.
解法一 由S8＝2S7＋2得a8＝S7＋2，即a1q7＝a1（1－q7）1－q＋2，将q＝2代入，得27a1＝a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
解法二 因为S8＝2S7＋2，所以a1（1－28）1－2＝2a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
2.[命题点1/新高考卷Ⅱ]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1a2－a2a3＋…＋（－1）n－1anan＋1.
解析 （1）设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝12（舍去）或q＝2，所以a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由（1）可知an＝2n，则（－1）n－1anan＋1＝（－1）n－1×2n×2n＋1＝8×（－4）n－1，
记Tn＝a1a2－a2a3＋…＋（－1）n－1anan＋1，
则Tn＝8×（－4）0＋8×（－4）1＋…＋8×（－4）n－1
＝8×1－（－4）n1－（－4）
＝85[1－（－4）n].
3.[命题点2/2023黑龙江哈尔滨三中模考]已知数列{an}的首项a1＝25，且满足an＋1＝2an2an+1.
（1）求证：数列{1an－2}为等比数列.
（2）若1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＜101，求满足条件的最大整数n.
解析 （1）由an＋1＝2an2an+1，可得1an+1＝2an+12an＝1＋12an，
1an+1－2＝12an－1＝12（1an－2），又1a1－2＝12≠0，
故数列{1an－2}为等比数列.
（2）由（1）可知1an－2＝12×（12）n－1＝12n，
故1an＝12n＋2.
1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝12＋2＋122＋2＋123＋2＋…＋12n＋2＝12（1－12n）1－12＋2n＝1－12n＋2n.
令f（n）＝1－12n＋2n，易知f（n）随n的增大而增大，f（50）＜101，f（51）＞101，
故满足f（n）＜101的最大整数为50.
4.[命题点3/多选/2023鄂东南省级示范高中联考]设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1＞1，a2 022a2 023＞1，（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，则下列选项正确的是（ ACD ）
A.0＜q＜1
B.S2 022＋1＜S2 023
C.T2 022是数列{Tn}中的最大项
D.T4 043＞1
解析 因为数列{an}是等比数列，首项a1＞1，a2 022a2 023＞1，所以a2 022和a2 023同号，所以公比q＝a2 023a2 022＞0.假设公比q≥1，则数列{an}是单调递增数列或常数列，因为a1＞1，所以a2 022＞1，a2 023＞1，则（a2 022－1）（a2 023－1）＞0，与已知（a2 022－1）（a2 023－1）＜0矛盾，所以0＜q＜1，所以选项A正确.
因为a1＞1，0＜q＜1，所以数列{an}是单调递减数列，又（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，所以（a2 022－1）和（a2 023－1）异号，所以a2 022＞1，a2 023＜1，所以a2 023＝S2 023－S2 022＜1，即S2 022＋1＞S2 023，所以选项B错误.
因为a2 022＞1，a2 023＜1，数列{an}是单调递减数列，所
以数列{an}的前2 022项都大于1，从第2 023项开始都小于1，所以T2 022是数列{Tn}中的最大项，所以选项C正确.
因为T4 043＝a1a2a3·…·a4 041a4 042a4 043，
T4 043＝a4 043a4 042a4 041·…·a3a2a1，
所以T4 0432＝（a1a4 043）（a2a4 042）（a3a4 041）·…·（a4 041a3）（a4 042a2）（a4 043a1），
又a1a4 043＝a2a4 042＝a3a4 041＝…＝a4 041a3＝a4 042a2＝a4 043a1＝a2 0222，所以T4 0432＝（a2 0222）4 043，则T4 043＝a2 0224 043.因为a2 022＞1，所以T4 043＝a2 0224 043＞1，
所以选项D正确.
综上，选ACD.
学生用书·练习帮P305
1.[2024南昌市模拟]已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝2a1－2qn，则a1＝（ B ）
A.12B.1C.2D.4
解析 S1＝2a1－2q⇒a1＝2q ①，S2＝2a1－2q2⇒a1＋a2＝2a1－2q2⇒a2＝a1－2q2 ②，又{an}是等比数列，∴a2＝a1q（q≠0） ③，由①②③得，4q2＝2q，解得q＝12，∴a1＝1.故选B.
2.[2023湖北黄冈模拟]已知数列{an}是正项等比数列，数列{bn}满足bn＝lg2an.若a2a5a8＝212，则b1＋b2＋b3＋…＋b9＝（ C ）
A.24B.32C.36D.40
解析 因为{an}是正项等比数列，a2a5a8＝212，所以a53＝212＝（24）3，则a5＝24，所以
b1＋b2＋b3＋…＋b9＝lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝lg2（a1a2a3·…·a9）＝lg2a59＝lg2（24）9＝lg2236＝36.故选C.
3.[2024山东济南联考]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝5S2，S6＝21，则S8＝（ C ）
A.－120B.－85C.85D.120
解析 根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由S4＝5S2，知q≠1，则有a1（1－q4）1－q＝5a1（1－q2）1－q ，变形可得q2＝4，则q6＝（q2）3＝64，又由S6＝a1（1－q6）1－q＝－63a11－q＝21，得a11－q＝－13，所以S8＝a1（1－q8）1－q＝a1[1－（q2）4]1－q＝－13×（－255）＝85.故选C.
4.[2023济南市模拟]在数列{an}中，若an＝2n＋2n－1×3＋2n－2×32＋2n－3×33＋…＋22×
3n－2＋2×3n－1＋3n，则a2 023＝（ C ）
A.32 023－22 023B.3×22 023－32 024
C.32 024－22 024D.2×32 023－22 024
解析 因为an＝2n＋2n－1×3＋2n－2×32＋2n－3×33＋…＋22×3n－2＋2×3n－1＋3n＝2n[1＋32＋（32）2＋…＋（32）n]＝2n×1×[1－（32）n+1]1－32＝3n＋1－2n＋1，所以a2 023＝32 024－22 024，故选C.
5.公元前1650年左右的埃及《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，第一人分得玉米（ C ）
A.70×89810－1 斗B.10×810810－710 斗
C.10×89810－710 斗D.10×88810－710 斗
解析 设第i个人分到的玉米斗数为ai（i＝1，2，…，9，10），则{ai}是公比为78的等比数列.由题意知a1[1－（78）10]1－78＝10，所以a1＝1081－（78）10＝10×89810－710.故选C.
6.[2024广东七校联考]在等比数列{an}中，公比为q.已知a1＝1，则0＜q＜1是数列{an}是递减数列的（ C ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
解析 由已知得an＝qn－1，当0＜q＜1时，an＞0，0＜an+1an＝q＜1，即an＋1＜an，所以数列{an}是递减数列，故充分性成立；若数列{an}是递减数列，则0＜an+1an＜1，即0＜q＜1，故必要性成立.所以0＜q＜1是数列{an}是递减数列的充要条件.故选C.
7.[2024河南省模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且公比q≠－1，若S12＝S4＋16S8，则公比q＝（ B ）
A.3B.±2C.2D.±3
解析 由题意可知，公比q≠1.由{an}是等比数列，得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，且公比为q4，已知S12＝S4＋16S8，则S12－S8＝S4＋15S8＝S4＋15（S8－S4＋S4）＝16S4＋
15（S8－S4），即S4q8＝16S4＋15S4q4，当S4≠0时，两边同除以S4得，q8－15q4－16＝0，解得q4＝－1（舍）或q4＝16，则q＝±2.当S4＝0时，此时S4＝a1（1－q4）1－q＝0，由a1≠0，解得q＝－1（舍去）.故选B.
8.[2024广东珠海市联考]在正项等比数列{an}中，a52＋2a6a8＋a8a10＝100，则a5＋a9＝ 10 .
解析 a52＋2a6a8＋a8a10＝100⇒a52＋2a5a9＋a92＝100⇒（a5＋a9）2＝100，因为{an}为正项等比数列，所以a5＋a9＝10.
9.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a10＝2a42，且S4－S12＝λS8，则λ＝ －2 .
解析 设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由a2a10＝a62＝2a42，得（a4q2）2＝2a42，得q4＝2，又S4－S12＝－（a5＋a6＋…＋a12）＝－q4（a1＋a2＋…＋a8）＝λS8，所以λ＝－q4＝
－2.
10.[2024福州市一检]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝Sn＋2.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若bn＝lg2a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 解法一 （1）由an＋1＝Sn＋2得a2＝S1+2，a3＝S2+2.
设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
所以a1（q－1）=2，a1（q2－q－1）=2，解得a1=2，q=2，
所以an＝2n.
（2）bn＝lg2a2n－1＝lg222n－1＝2n－1，
故b1＝1，bn－bn－1＝2n－1－[2（n－1）－1]＝2（n≥2），
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以Tn＝n（b1＋bn）2＝n（1+2n－1）2＝n2.
解法二 （1）因为an＋1＝Sn＋2 ①，
所以当n≥2时，an＝Sn－1＋2 ②，
①－②得an＋1＝2an（n≥2），
所以等比数列{an}的公比q＝an+1an＝2.
由①式得a2＝a1＋2，得a1＝2，
所以an＝2n.
（2）Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝lg2a1＋lg2a3＋…＋lg2a2n－1
＝lg2（a1·a3·…·a2n－1）
＝lg221＋3＋…＋（2n－1）
＝lg22[1+（2n－1)]n2
＝n2.
11.正项等比数列{an}满足a1a3＝116，2a4＋a3＝a2，则1a1－1a2＋1a3－1a4＋…＋（－1）n＋11an＝（ D ）
A.23[1＋（－2）n]B.23（1－2n）
C.23（1＋2n）D.23[1－（－2）n]
解析 由题意得，a1a3＝a22＝116，因为数列{an}为正项等比数列，所以a2＝14.设数列{an}的公比为q，则q＞0，由2a4＋a3＝a2，得2q2＋q－1＝0，所以q＝12，所以a1＝12，所以an＝12n.令bn＝（－1）n＋11an，则bn＝－（－2）n，即{bn}是以2为首项，－2为公比的等比数列，所以1a1－1a2＋1a3－1a4＋…＋（－1）n＋11an＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋bn＝2[1－（－2）n]1－（－2）＝23[1－（－2）n].故选D.
12.[2024辽宁大连二十四中模拟]设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝3，∀m，n∈N*，Sm＋n＝SmSn，则（ B ）
A.{an}是等比数列B.a4＝54
C.a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝38D.Sn＝3n
解析 令m＝1，可得Sn＋1＝SnS1＝Sna1＝3Sn，又因为S1≠0，所以{Sn}是首项为3，公比为3的等比数列，所以Sn＝3n，所以a4＝S4－S3＝34－33＝54，所以B选项正确，D选项错误；由a2＝S2－S1＝6，a3＝S3－S2＝18，可得a22≠a1a3，所以数列{an}不是等比数列，所以A选项错误；因为a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝S9－S4＝39－34＞38，所以C选项错误.故选B.
13.已知公比q＞1的等比数列{an}满足a52＝a10，2（an＋an＋2）＝5an＋1.若bn＝（n－λ）an（n∈N*），且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是 （－∞，3） .
解析 由2（an＋an＋2）＝5an＋1得，2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12（舍去），由a52＝a10得，（a1q4）2＝a1q9，解得a1＝q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n，所以bn＝（n－λ）2n（n∈N*），所以bn＋1＝（n＋1－λ）·2n＋1.因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1＞bn，所以（n＋1－λ）2n＋1＞（n－λ）2n，化简得λ＜n＋2.因为n∈N*，所以λ＜3.
14.[2024河南联考]已知数列{an}的首项为2，等比数列{bn}满足bn＝an+1an，且b1 012＝1，则a2 024＝ 2 .
解析 设等比数列{bn}的公比为q，则bn＝b1·qn－1＝an+1an，所以可得anan－1＝b1·qn－2，an－1an－2＝b1·qn－3，…，a2a1＝b1·q0，由累乘可得anan－1·an－1an－2·…·a2a1＝b1n－1·q0＋1＋2＋…＋（n－2）＝b1n－1·q（n－2)(n－1）2，整理可得an＝a1·bn－11·q（n－2)(n－1）2，所以a2 024＝a1·b12 023·q2 022×2 0232＝2b12 023·q1 011×2 023＝2（b1·q1 011）2 023＝2b1 0122 023＝2.
15.[2024贵阳市模拟]设Sn为数列{an}的前n项和.已知4an－3Sn＝n.
（1）证明：数列{an＋13}是等比数列.
（2）设bn＝lg2（3an＋1），求数列{1bnbn+1}的前n项和Tn.
解析 （1）∵4an－3Sn＝n ①，
∴当n≥2时，4an－1－3Sn－1＝n－1 ②，
①－②，得4an－4an－1－3an＝1，即an＝4an－1＋1，
∴an＋13＝4an－1＋43＝4（an－1＋13），
∴数列{an＋13}是公比为4的等比数列.
（2）当n＝1时，4a1－3a1＝a1＝1，
∴an＋13＝（a1＋13）×4n－1＝4n3，
∴an＝4n3－13，
∴bn＝lg2（3an＋1）＝2n，
∴1bnbn+1＝12n（2n+2）＝14n（n+1）＝14（1n－1n+1），
∴Tn＝1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn+1＝14（1－12＋12－13＋…＋1n－1n+1）＝14（1－1n+1）＝n4（n+1）.
16.已知数列{an}的各项均为正数，数列{bn}，{cn}满足bn＝an+2an，cn＝anan+12.
（1）若数列{an}为等比数列，求证：数列{cn}为等比数列.
（2）若数列{cn}为等比数列，且bn＋1≥bn，求证：数列{an}为等比数列.
解析 （1）设数列{an}的公比为q（q＞0），
因为cn＝anan+12，
所以cn+1cn＝an+1·an+22an·an+12＝q3（q3为大于0的常数），
所以数列{cn}为等比数列.
（2）设数列{cn}的公比为q1，
则cn+1cn＝an+1·an+22an·an+12＝an+22an·an+1＝q1，又cn+3cn+2＝an+3an+42an+2an+32＝an+42an+2an+3＝q1，
则an+22an·an+1＝an+42an+2·an+3，所以an+42an+22＝an+2·an+3an·an+1，
又bn＝an+2an，所以bn+22＝bn＋1·bn.
因为bn＋1≥bn＞0，所以bn＋2≥bn＋1，所以可得bn+22≥bn+12≥bn＋1·bn，
所以bn＋1bn≥bn+12≥bn＋1bn，所以bn＋1＝bn，
所以an+3an+1＝an+2an，即an＋3＝an＋1·an+2an.
因为数列{cn}是等比数列，
由cn+1cn＝cn+2cn+1，得an+22an·an+1＝an+32an+1·an+2，
把an＋3＝an＋1·an+2an代入上式并化简，得an+12＝an·an＋2，
所以数列{an}为等比数列.
17.[2024山东省北镇中学模拟]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足anSn＝22n－1－2n－1，设bn＝lg2（Sn+1），将数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn}，则c2 023＝（ B ）
A.4 048B.2 023
C.2 022D.4 046
解析 令数列{an}的公比为q，因为an＞0，所以a1＞0，
q＞0.因为anSn＝22n－1－2n－1，所以当n＝1时，a12＝21－20＝1，即a1＝1或a1＝－1（舍去），当n＝2时，a2S2＝23－21＝6，即q（1＋q）＝6，解得q＝2或q＝－3（舍去），所以an＝2n－1，Sn＝1×（1－2n）1－2＝2n－1，即bn＝lg2（Sn+1）＝n.因为数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn}，所以n＝k2，k∈N*，此时bk2＝k2＝k，即cn＝n，所以c2 023＝2 023.故选B.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.理解等比数列的概念和通项公式的意义.
2.探索并掌握等比数列的前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.能在具体的问题情境中，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.
等比数列的基本运算
2023新高考卷ⅡT8；2023全国卷乙T15；2023全国卷甲T5；2023天津T6；2022全国卷乙T8；2020全国卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18；2020新高考卷ⅡT18；2019全国卷ⅠT14；2019全国卷ⅢT5
本讲的命题热点为等比数列的基本运算、等比数列的判定与证明、等比数列的性质的应用，整体比等差数列的运算量大.在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，重点掌握等比数列的通项公式和前n项和公式及其变形应用，同时也要关注等比数列与其他知识的综合运用.
等比数列的判定与证明
2020全国卷ⅡT6
等比数列的性质的应用
2023新高考卷ⅡT8；2023全国卷乙T15，2021全国卷甲T7
方程
思想
等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求解.
分类讨
论思想
等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论（分q＝1和q≠1两种情况讨论）.
定义法
若anan－1＝q（q为非零常数且n≥2），则{an}是等比数列
等比
中项法
若数列{an}中，an≠0且an+12＝an·an＋2，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1（c，q均为非零常数），则{an}是等比数列
前n项和
公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k（k为非零常数，q≠0且q≠1），则{an}是等比数列
学生用书P096
1.等比数列的概念
（1）等比数列的定义
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（q≠0）表示.
注意 （1）等比数列中的任何一项都不为0，且公比q≠0.（2）若一个数列是常数列，则此数列一定是等差数列，但不一定是等比数列，如：0，0，0，….
（2）等比中项的概念
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时G2＝ab.
注意 只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个.
（3）等比数列的通项公式及其变形
通项公式：① an＝a1·qn－1 ，其中a1是首项，q是公比.
通项公式的变形：an＝am·qn－m.
说明 当q＞0且q≠1时，an＝a1q·qn可以看成函数y＝cqx，其表示一个不为0的常数与指数函数的乘积.
规律总结
等比数列的单调性
当a1>0，q>1或a1<0，0
2.等比数列的前n项和
设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.
（1）Sn＝②na1 ，q=1，③a1（1－qn）1－q ＝a1－anq1－q，q≠1.
（2）当q≠1时，Sn＝a1（1－qn）1－q＝－a11－qqn＋a11－q，若设a＝a11－q，则Sn＝④ －aqn＋a （a≠0，q≠0，q≠1）.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝－aqx＋a的图象上一系列孤立的点，且qn的系数与常数项互为相反数.
当q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝a1x的图象上一系列孤立的点.
注意 在运用等比数列的前n项和公式时，要注意对q＝1与q≠1进行讨论.
3.等比数列的性质
（1）等比数列项的性质
设数列{an}，{bn}是等比数列.
a.若m＋n＝k＋l，则⑤ aman＝akal ，其中m，n，k，l∈N*，反之，不一定成立，如当数列{an}是非零常数列时，此结论不成立.
b.相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）仍是等比数列，公比为⑥ qm .
c.数列{λan}，{an2}，{1an}，{an·bn}和{anbn}（λ≠0，n∈N*）也是等比数列.
d.若an＞0，则数列{lg an}是等差数列.
（2）等比数列的前n项和的性质
设Sn是等比数列{an}的前n项和.
a.Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
b.当q≠－1（或q＝－1且k为奇数）时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是⑦ 等比 数列.
注意 当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk， S3k－S2k，…不是等比数列.
1.下列说法正确的是（ B ）
A.满足an＋1＝qan（q≠0，n∈N*）的数列{an}为等比数列
B.a，b，c三个数成等比数列是b2＝ac的充分不必要条件
C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列
D.若等比数列{an}为递增数列，则其公比q＞1
2.[多选]已知数列{an}是等比数列，公比为q，前n项和为Sn，则下列说法错误的是（ BC ）
A.{1an}为等比数列B.{lg2an}为等差数列
C.{an＋an＋1}为等比数列D.若Sn＝3n－1＋r，则r＝－13
解析 令bn＝1an，则bn+1bn＝anan+1＝1q（非零常数），所以{1an}是等比数列，选项A正确；若an＜0，则lg2an无意义，所以选项B错误；当q＝－1时，an＋an＋1＝0，此时{an＋an＋1}不是等比数列，所以选项C错误；当q≠1时，Sn＝A－A·qn（A＝a11－q），由Sn＝3n－1＋r＝13×3n＋r可得r＝－13，所以选项D正确.故选BC.
3.[易错题]设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝6，则S4＝ 8或－10 .
解析 设公比为q.当q＝1时，S3＝3a1成立，所以S4＝4a1＝8.当q≠1时，S3＝a1（1－q3）1－q＝6，解得q＝－2，所以S4＝6＋2q3＝－10.所以S4＝8或－10.
4.[教材改编]有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四个数的和为21，中间两个数的和为18，则这四个数依次为 3，6，12，18或754，454，274，94 .
解析 设后三个数分别为a－d，a，a＋d，则第一个数为（a－d）2a，因此这四个数为（a－d）2a，a－d，a，a＋d.由题意得（a－d）2a＋（a＋d）=21，a－d＋a=18，解得a=12，d=6或a＝274，d＝－92.故这四个数为3，6，12，18或754，454，274，94.
学生用书P098
命题点1 等比数列的基本运算
例1 （1） [2023全国卷甲]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.158B.658C.15D.40
解析 解法一 若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由1－q51－q＝5×1－q31－q－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1－q41－q＝15.故选C.
解法二 设等比数列{an}的公比为q，由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得q（1＋q）（q2－4）＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
（2）[2023天津高考]已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为（ C ）
A.3B.18C.54D.152
解析 解法一 因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以等比数列{an}的公比q＝an+1an＝3.当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
解法二 设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝2a1（1－qn）1－q＋2＝－2a11－qqn＋2a11－q＋2，所以a1＝－2a11－q，0=2a11－q+2，又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
方法技巧
1.等比数列基本运算中常用的数学思想
2.等比数列基本运算中常用的技巧
（1）（对称设元）一般地，若连续奇数个项成等比数列，则可设
这些项为…，xq，x，xq，…；若连续偶数个符号相同的项成等比数列，则可设这些项为…，xq3，xq，xq，xq3，….
（2）求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求等，同时合理运用q＝a2a1＝a3a2＝…＝anan－1＝a2＋a3＋…＋ana1＋a2＋…＋an－1.
（3）注意立方差公式的应用：a3－b3＝（a－b）（a2＋ab＋b2）.
训练1 （1）[2022全国卷乙]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝（ D ）
A.14B.12C.6D.3
解析 解法一 设等比数列{an}的公比为q，
由题意可得a1＋a2＋a3=168，a2－a5=42，
即a1（1+q＋q2）=168，a1q（1－q3）＝a1q（1－q)(1+q＋q2）=42，解得a1=96，q＝12，
所以a6＝a1q5＝3，故选D.
解法二 设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，由题意可得a1（1－q3）1－q=168，a1q（1－q3）=42，解得a1=96，q＝12，所以a6＝a1q5＝3，故选D.
（2）[全国卷Ⅰ]设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝（ D ）
A.12B.24C.30D.32
解析 设等比数列{an}的公比为q，所以a2＋a3＋a4a1＋a2＋a3＝（a1＋a2＋a3）qa1＋a2＋a3＝q＝2，所以a6＋a7＋a8＝（a1＋a2＋a3）·q5＝25＝32，故选D.
命题点2 等比数列的判定与证明
例2 [全国卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an.设bn＝ann.
（1）求b1，b2，b3；
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
（3）求{an}的通项公式.
解析 （1）由条件可得an＋1＝2（n+1）nan.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
由条件可得an+1n+1＝2ann，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可得ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
方法技巧
判定与证明等比数列的常用方法
训练2 [2023江苏省七市模拟]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.
（1）证明：{an＋1－2an}是等比数列.
（2）证明：存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立.
解析 解法一 （1）∵an＋2＝5an＋1－6an，
∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1＝3an＋1－6an＝3（an＋1－2an），
∵a1＝1，a2＝5，∴a2－2a1＝3≠0，
∴数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）∵an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1＝2an＋1－6an＝2（an＋1－3an）.
∵a1＝1，a2＝5，∴a2－3a1＝2≠0，
∴数列{an＋1－3an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－3an＝2n ①，
由第（1）问得an＋1－2an＝3n ②，
由②－①得，an＝3n－2n.
故存在通项为bn＝3n，cn＝－2n的两个等比数列，使得an＝bn＋cn成立.
解法二 （1）令an＋2＋λan＋1＝μ（an＋1＋λan），
由an＋2＝5an＋1－6an得μ－λ=5，μλ＝－6，解得μ=3，λ＝－2或μ=2，λ＝－3.
∴an＋2－2an＋1＝3（an＋1－2an）或an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an）.
∵a1＝1，a2＝5，
∴a2－2a1＝3≠0，
∴数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）由（1）知an＋1－2an＝3n ①，
由an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an）可得an＋1－3an＝2n ②，
由①－②得，an＝3n－2n，
故存在通项为bn＝3n，cn＝－2n的两个等比数列，使得an＝bn＋cn成立.
命题点3 等比数列的性质的应用
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（ C ）
A.120B.85C.－85D.－120
解析 解法一 设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由题意易知q≠1，则a1（1－q4）1－q＝－5，a1（1－q6）1－q=21×a1（1－q2）1－q，化简整理得q2=4，a11－q＝13.所以S8＝a1（1－q8）1－q＝13×（1－44）＝－85.故选C.
解法二 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＝54.当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝
－85；当S2＝54时，结合S4＝－5得a1（1－q4）1－q＝－5，a1（1－q2）1－q＝54，化简可得q2＝－5，不成立，舍去.所以S8＝－85，故选C.
（2）[2023全国卷乙]已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝ －2 .
解析 解法一 设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1 ①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝a12q17＝－8 ②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
解法二 设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
训练3 （1）[2021全国卷甲]记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝（ A ）
A.7B.8C.9D.10
解析 易知公比q≠－1，则S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，
由等比中项得S2（S6－S4）＝（S4－S2）2，即4（S6－6）＝22，所以S6＝7.故选A.
（2）若公比大于1的等比数列{an}满足a1a5＝144，a2＋a4＝30，则公比q＝ 2 .
解析 解法一 由题意知a1a5＝a2a4＝144 ①，a2＋a4＝
30 ②，由①②得a2=6，a4=24 或a2=24，a4=6.因为公比q＞1，所以an＋1＞an，所以a2=6，a4=24，则q2＝a4a2＝4，故q＝2.
解法二 由题意知a1＞0，q＞1，
由a1a5=144，a2＋a4=30，得a1·a1q4=144，a1q＋a1q3＝30，解得a1=3，q=2.
1.[命题点1/2023武汉调研]设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S3＝3a2＋8a1，S8＝2S7＋2，则a2＝（ A ）
A.4B.3C.2D.1
解析 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），
则由2S3＝3a2＋8a1，得2a1＋2a2＋2a3＝3a2＋8a1，
即6a1＋a2－2a3＝0，即a1（6＋q－2q2）＝0，
因为a1≠0，所以6＋q－2q2＝0，解得q＝2或q＝－32（舍去）.
解法一 由S8＝2S7＋2得a8＝S7＋2，即a1q7＝a1（1－q7）1－q＋2，将q＝2代入，得27a1＝a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
解法二 因为S8＝2S7＋2，所以a1（1－28）1－2＝2a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
2.[命题点1/新高考卷Ⅱ]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1a2－a2a3＋…＋（－1）n－1anan＋1.
解析 （1）设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝12（舍去）或q＝2，所以a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由（1）可知an＝2n，则（－1）n－1anan＋1＝（－1）n－1×2n×2n＋1＝8×（－4）n－1，
记Tn＝a1a2－a2a3＋…＋（－1）n－1anan＋1，
则Tn＝8×（－4）0＋8×（－4）1＋…＋8×（－4）n－1
＝8×1－（－4）n1－（－4）
＝85[1－（－4）n].
3.[命题点2/2023黑龙江哈尔滨三中模考]已知数列{an}的首项a1＝25，且满足an＋1＝2an2an+1.
（1）求证：数列{1an－2}为等比数列.
（2）若1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＜101，求满足条件的最大整数n.
解析 （1）由an＋1＝2an2an+1，可得1an+1＝2an+12an＝1＋12an，
1an+1－2＝12an－1＝12（1an－2），又1a1－2＝12≠0，
故数列{1an－2}为等比数列.
（2）由（1）可知1an－2＝12×（12）n－1＝12n，
故1an＝12n＋2.
1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝12＋2＋122＋2＋123＋2＋…＋12n＋2＝12（1－12n）1－12＋2n＝1－12n＋2n.
令f（n）＝1－12n＋2n，易知f（n）随n的增大而增大，f（50）＜101，f（51）＞101，
故满足f（n）＜101的最大整数为50.
4.[命题点3/多选/2023鄂东南省级示范高中联考]设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1＞1，a2 022a2 023＞1，（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，则下列选项正确的是（ ACD ）
A.0＜q＜1
B.S2 022＋1＜S2 023
C.T2 022是数列{Tn}中的最大项
D.T4 043＞1
解析 因为数列{an}是等比数列，首项a1＞1，a2 022a2 023＞1，所以a2 022和a2 023同号，所以公比q＝a2 023a2 022＞0.假设公比q≥1，则数列{an}是单调递增数列或常数列，因为a1＞1，所以a2 022＞1，a2 023＞1，则（a2 022－1）（a2 023－1）＞0，与已知（a2 022－1）（a2 023－1）＜0矛盾，所以0＜q＜1，所以选项A正确.
因为a1＞1，0＜q＜1，所以数列{an}是单调递减数列，又（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，所以（a2 022－1）和（a2 023－1）异号，所以a2 022＞1，a2 023＜1，所以a2 023＝S2 023－S2 022＜1，即S2 022＋1＞S2 023，所以选项B错误.
因为a2 022＞1，a2 023＜1，数列{an}是单调递减数列，所
以数列{an}的前2 022项都大于1，从第2 023项开始都小于1，所以T2 022是数列{Tn}中的最大项，所以选项C正确.
因为T4 043＝a1a2a3·…·a4 041a4 042a4 043，
T4 043＝a4 043a4 042a4 041·…·a3a2a1，
所以T4 0432＝（a1a4 043）（a2a4 042）（a3a4 041）·…·（a4 041a3）（a4 042a2）（a4 043a1），
又a1a4 043＝a2a4 042＝a3a4 041＝…＝a4 041a3＝a4 042a2＝a4 043a1＝a2 0222，所以T4 0432＝（a2 0222）4 043，则T4 043＝a2 0224 043.因为a2 022＞1，所以T4 043＝a2 0224 043＞1，
所以选项D正确.
综上，选ACD.
学生用书·练习帮P305
1.[2024南昌市模拟]已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝2a1－2qn，则a1＝（ B ）
A.12B.1C.2D.4
解析 S1＝2a1－2q⇒a1＝2q ①，S2＝2a1－2q2⇒a1＋a2＝2a1－2q2⇒a2＝a1－2q2 ②，又{an}是等比数列，∴a2＝a1q（q≠0） ③，由①②③得，4q2＝2q，解得q＝12，∴a1＝1.故选B.
2.[2023湖北黄冈模拟]已知数列{an}是正项等比数列，数列{bn}满足bn＝lg2an.若a2a5a8＝212，则b1＋b2＋b3＋…＋b9＝（ C ）
A.24B.32C.36D.40
解析 因为{an}是正项等比数列，a2a5a8＝212，所以a53＝212＝（24）3，则a5＝24，所以
b1＋b2＋b3＋…＋b9＝lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝lg2（a1a2a3·…·a9）＝lg2a59＝lg2（24）9＝lg2236＝36.故选C.
3.[2024山东济南联考]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝5S2，S6＝21，则S8＝（ C ）
A.－120B.－85C.85D.120
解析 根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由S4＝5S2，知q≠1，则有a1（1－q4）1－q＝5a1（1－q2）1－q ，变形可得q2＝4，则q6＝（q2）3＝64，又由S6＝a1（1－q6）1－q＝－63a11－q＝21，得a11－q＝－13，所以S8＝a1（1－q8）1－q＝a1[1－（q2）4]1－q＝－13×（－255）＝85.故选C.
4.[2023济南市模拟]在数列{an}中，若an＝2n＋2n－1×3＋2n－2×32＋2n－3×33＋…＋22×
3n－2＋2×3n－1＋3n，则a2 023＝（ C ）
A.32 023－22 023B.3×22 023－32 024
C.32 024－22 024D.2×32 023－22 024
解析 因为an＝2n＋2n－1×3＋2n－2×32＋2n－3×33＋…＋22×3n－2＋2×3n－1＋3n＝2n[1＋32＋（32）2＋…＋（32）n]＝2n×1×[1－（32）n+1]1－32＝3n＋1－2n＋1，所以a2 023＝32 024－22 024，故选C.
5.公元前1650年左右的埃及《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，第一人分得玉米（ C ）
A.70×89810－1 斗B.10×810810－710 斗
C.10×89810－710 斗D.10×88810－710 斗
解析 设第i个人分到的玉米斗数为ai（i＝1，2，…，9，10），则{ai}是公比为78的等比数列.由题意知a1[1－（78）10]1－78＝10，所以a1＝1081－（78）10＝10×89810－710.故选C.
6.[2024广东七校联考]在等比数列{an}中，公比为q.已知a1＝1，则0＜q＜1是数列{an}是递减数列的（ C ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
解析 由已知得an＝qn－1，当0＜q＜1时，an＞0，0＜an+1an＝q＜1，即an＋1＜an，所以数列{an}是递减数列，故充分性成立；若数列{an}是递减数列，则0＜an+1an＜1，即0＜q＜1，故必要性成立.所以0＜q＜1是数列{an}是递减数列的充要条件.故选C.
7.[2024河南省模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且公比q≠－1，若S12＝S4＋16S8，则公比q＝（ B ）
A.3B.±2C.2D.±3
解析 由题意可知，公比q≠1.由{an}是等比数列，得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，且公比为q4，已知S12＝S4＋16S8，则S12－S8＝S4＋15S8＝S4＋15（S8－S4＋S4）＝16S4＋
15（S8－S4），即S4q8＝16S4＋15S4q4，当S4≠0时，两边同除以S4得，q8－15q4－16＝0，解得q4＝－1（舍）或q4＝16，则q＝±2.当S4＝0时，此时S4＝a1（1－q4）1－q＝0，由a1≠0，解得q＝－1（舍去）.故选B.
8.[2024广东珠海市联考]在正项等比数列{an}中，a52＋2a6a8＋a8a10＝100，则a5＋a9＝ 10 .
解析 a52＋2a6a8＋a8a10＝100⇒a52＋2a5a9＋a92＝100⇒（a5＋a9）2＝100，因为{an}为正项等比数列，所以a5＋a9＝10.
9.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a10＝2a42，且S4－S12＝λS8，则λ＝ －2 .
解析 设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由a2a10＝a62＝2a42，得（a4q2）2＝2a42，得q4＝2，又S4－S12＝－（a5＋a6＋…＋a12）＝－q4（a1＋a2＋…＋a8）＝λS8，所以λ＝－q4＝
－2.
10.[2024福州市一检]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝Sn＋2.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若bn＝lg2a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 解法一 （1）由an＋1＝Sn＋2得a2＝S1+2，a3＝S2+2.
设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
所以a1（q－1）=2，a1（q2－q－1）=2，解得a1=2，q=2，
所以an＝2n.
（2）bn＝lg2a2n－1＝lg222n－1＝2n－1，
故b1＝1，bn－bn－1＝2n－1－[2（n－1）－1]＝2（n≥2），
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以Tn＝n（b1＋bn）2＝n（1+2n－1）2＝n2.
解法二 （1）因为an＋1＝Sn＋2 ①，
所以当n≥2时，an＝Sn－1＋2 ②，
①－②得an＋1＝2an（n≥2），
所以等比数列{an}的公比q＝an+1an＝2.
由①式得a2＝a1＋2，得a1＝2，
所以an＝2n.
（2）Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝lg2a1＋lg2a3＋…＋lg2a2n－1
＝lg2（a1·a3·…·a2n－1）
＝lg221＋3＋…＋（2n－1）
＝lg22[1+（2n－1)]n2
＝n2.
11.正项等比数列{an}满足a1a3＝116，2a4＋a3＝a2，则1a1－1a2＋1a3－1a4＋…＋（－1）n＋11an＝（ D ）
A.23[1＋（－2）n]B.23（1－2n）
C.23（1＋2n）D.23[1－（－2）n]
解析 由题意得，a1a3＝a22＝116，因为数列{an}为正项等比数列，所以a2＝14.设数列{an}的公比为q，则q＞0，由2a4＋a3＝a2，得2q2＋q－1＝0，所以q＝12，所以a1＝12，所以an＝12n.令bn＝（－1）n＋11an，则bn＝－（－2）n，即{bn}是以2为首项，－2为公比的等比数列，所以1a1－1a2＋1a3－1a4＋…＋（－1）n＋11an＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋bn＝2[1－（－2）n]1－（－2）＝23[1－（－2）n].故选D.
12.[2024辽宁大连二十四中模拟]设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝3，∀m，n∈N*，Sm＋n＝SmSn，则（ B ）
A.{an}是等比数列B.a4＝54
C.a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝38D.Sn＝3n
解析 令m＝1，可得Sn＋1＝SnS1＝Sna1＝3Sn，又因为S1≠0，所以{Sn}是首项为3，公比为3的等比数列，所以Sn＝3n，所以a4＝S4－S3＝34－33＝54，所以B选项正确，D选项错误；由a2＝S2－S1＝6，a3＝S3－S2＝18，可得a22≠a1a3，所以数列{an}不是等比数列，所以A选项错误；因为a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝S9－S4＝39－34＞38，所以C选项错误.故选B.
13.已知公比q＞1的等比数列{an}满足a52＝a10，2（an＋an＋2）＝5an＋1.若bn＝（n－λ）an（n∈N*），且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是 （－∞，3） .
解析 由2（an＋an＋2）＝5an＋1得，2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12（舍去），由a52＝a10得，（a1q4）2＝a1q9，解得a1＝q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n，所以bn＝（n－λ）2n（n∈N*），所以bn＋1＝（n＋1－λ）·2n＋1.因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1＞bn，所以（n＋1－λ）2n＋1＞（n－λ）2n，化简得λ＜n＋2.因为n∈N*，所以λ＜3.
14.[2024河南联考]已知数列{an}的首项为2，等比数列{bn}满足bn＝an+1an，且b1 012＝1，则a2 024＝ 2 .
解析 设等比数列{bn}的公比为q，则bn＝b1·qn－1＝an+1an，所以可得anan－1＝b1·qn－2，an－1an－2＝b1·qn－3，…，a2a1＝b1·q0，由累乘可得anan－1·an－1an－2·…·a2a1＝b1n－1·q0＋1＋2＋…＋（n－2）＝b1n－1·q（n－2)(n－1）2，整理可得an＝a1·bn－11·q（n－2)(n－1）2，所以a2 024＝a1·b12 023·q2 022×2 0232＝2b12 023·q1 011×2 023＝2（b1·q1 011）2 023＝2b1 0122 023＝2.
15.[2024贵阳市模拟]设Sn为数列{an}的前n项和.已知4an－3Sn＝n.
（1）证明：数列{an＋13}是等比数列.
（2）设bn＝lg2（3an＋1），求数列{1bnbn+1}的前n项和Tn.
解析 （1）∵4an－3Sn＝n ①，
∴当n≥2时，4an－1－3Sn－1＝n－1 ②，
①－②，得4an－4an－1－3an＝1，即an＝4an－1＋1，
∴an＋13＝4an－1＋43＝4（an－1＋13），
∴数列{an＋13}是公比为4的等比数列.
（2）当n＝1时，4a1－3a1＝a1＝1，
∴an＋13＝（a1＋13）×4n－1＝4n3，
∴an＝4n3－13，
∴bn＝lg2（3an＋1）＝2n，
∴1bnbn+1＝12n（2n+2）＝14n（n+1）＝14（1n－1n+1），
∴Tn＝1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn+1＝14（1－12＋12－13＋…＋1n－1n+1）＝14（1－1n+1）＝n4（n+1）.
16.已知数列{an}的各项均为正数，数列{bn}，{cn}满足bn＝an+2an，cn＝anan+12.
（1）若数列{an}为等比数列，求证：数列{cn}为等比数列.
（2）若数列{cn}为等比数列，且bn＋1≥bn，求证：数列{an}为等比数列.
解析 （1）设数列{an}的公比为q（q＞0），
因为cn＝anan+12，
所以cn+1cn＝an+1·an+22an·an+12＝q3（q3为大于0的常数），
所以数列{cn}为等比数列.
（2）设数列{cn}的公比为q1，
则cn+1cn＝an+1·an+22an·an+12＝an+22an·an+1＝q1，又cn+3cn+2＝an+3an+42an+2an+32＝an+42an+2an+3＝q1，
则an+22an·an+1＝an+42an+2·an+3，所以an+42an+22＝an+2·an+3an·an+1，
又bn＝an+2an，所以bn+22＝bn＋1·bn.
因为bn＋1≥bn＞0，所以bn＋2≥bn＋1，所以可得bn+22≥bn+12≥bn＋1·bn，
所以bn＋1bn≥bn+12≥bn＋1bn，所以bn＋1＝bn，
所以an+3an+1＝an+2an，即an＋3＝an＋1·an+2an.
因为数列{cn}是等比数列，
由cn+1cn＝cn+2cn+1，得an+22an·an+1＝an+32an+1·an+2，
把an＋3＝an＋1·an+2an代入上式并化简，得an+12＝an·an＋2，
所以数列{an}为等比数列.
17.[2024山东省北镇中学模拟]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足anSn＝22n－1－2n－1，设bn＝lg2（Sn+1），将数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn}，则c2 023＝（ B ）
A.4 048B.2 023
C.2 022D.4 046
解析 令数列{an}的公比为q，因为an＞0，所以a1＞0，
q＞0.因为anSn＝22n－1－2n－1，所以当n＝1时，a12＝21－20＝1，即a1＝1或a1＝－1（舍去），当n＝2时，a2S2＝23－21＝6，即q（1＋q）＝6，解得q＝2或q＝－3（舍去），所以an＝2n－1，Sn＝1×（1－2n）1－2＝2n－1，即bn＝lg2（Sn+1）＝n.因为数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn}，所以n＝k2，k∈N*，此时bk2＝k2＝k，即cn＝n，所以c2 023＝2 023.故选B.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.理解等比数列的概念和通项公式的意义.
2.探索并掌握等比数列的前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.能在具体的问题情境中，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.
等比数列的基本运算
2023新高考卷ⅡT8；2023全国卷乙T15；2023全国卷甲T5；2023天津T6；2022全国卷乙T8；2020全国卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18；2020新高考卷ⅡT18；2019全国卷ⅠT14；2019全国卷ⅢT5
本讲的命题热点为等比数列的基本运算、等比数列的判定与证明、等比数列的性质的应用，整体比等差数列的运算量大.在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，重点掌握等比数列的通项公式和前n项和公式及其变形应用，同时也要关注等比数列与其他知识的综合运用.
等比数列的判定与证明
2020全国卷ⅡT6
等比数列的性质的应用
2023新高考卷ⅡT8；2023全国卷乙T15，2021全国卷甲T7
方程
思想
等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求解.
分类讨
论思想
等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论（分q＝1和q≠1两种情况讨论）.
定义法
若anan－1＝q（q为非零常数且n≥2），则{an}是等比数列
等比
中项法
若数列{an}中，an≠0且an+12＝an·an＋2，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1（c，q均为非零常数），则{an}是等比数列
前n项和
公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k（k为非零常数，q≠0且q≠1），则{an}是等比数列
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