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

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc22176" 【题型1 等比数列的基本量运算】 PAGEREF _Tc22176 \h 4
\l "_Tc25745" 【题型2 等比数列的性质及应用】 PAGEREF _Tc25745 \h 5
\l "_Tc5890" 【题型3 等比数列的判定与证明】 PAGEREF _Tc5890 \h 6
\l "_Tc22800" 【题型4 等比数列的通项公式】 PAGEREF _Tc22800 \h 9
\l "_Tc31802" 【题型5 等比数列中的单调性与最值问题】 PAGEREF _Tc31802 \h 10
\l "_Tc13935" 【题型6 等比数列前n项和的性质】 PAGEREF _Tc13935 \h 12
\l "_Tc15780" 【题型7 等比数列的简单应用】 PAGEREF _Tc15780 \h 14
\l "_Tc25524" 【题型8 等比数列的奇偶项讨论问题】 PAGEREF _Tc25524 \h 16
\l "_Tc26342" 【题型9 等差数列与等比数列的综合应用】 PAGEREF _Tc26342 \h 19
\l "_Tc17372" 【题型10 等比数列中的不等式恒成立、有解问题】 PAGEREF _Tc17372 \h 23
\l "_Tc25930" 【题型11 与等比数列有关的新定义、新情景问题】 PAGEREF _Tc25930 \h 27
1、等比数列及其前n项和
【知识点1 等比数列及其前n项和】
1．等比数列的概念
2．等比中项
如果在a与b中间插入一个数G(G≠0)，使a,G,b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项.
若G是a与b的等比中项，则，所以=ab，即G=.
3．等比数列的通项公式
若等比数列{}的首项为，公比为q，则这个等比数列的通项公式是=(,q≠0).
4．等比数列的单调性
已知等比数列{}的首项为，公比为q，则
(1)当或时，等比数列{}为递增数列；
(2)当或时，等比数列{}为递减数列；
(3)当q=1时，等比数列{}为常数列(这个常数列中各项均不等于0)；
(4)当q<0时，等比数列{}为摆动数列(它所有的奇数项同号，所有的偶数项也同号，但是奇数项与偶
数项异号).
5．等比数列的性质
设{}为等比数列，公比为q，则
(1)若m+n=p+q，m,n,p,q，则.
(2)若m,n,p(m,n,p)成等差数列，则成等比数列.
(3)数列{}(为不等于零的常数)仍是公比为q的等比数列；
数列{}是公比为的等比数列；
数列{}是公比为的等比数列；
若数列{}是公比为q'的等比数列，则数列{}是公比为q·q'的等比数列.
(4)在数列{}中，每隔k(k)项取出一项，按原来的顺序排列，所得数列仍为等比数列，且公比为
.
(5)在数列{}中，连续相邻k项的和(或积)构成公比为(或)的等比数列.
(6)若数列{}是各项都为正数的等比数列，则数列{}(c>0且c≠1)是公差为的等差数列.
6．等比数列的前n项和公式
若等比数列{}的首项为，公比为q，则等比数列{}的前n项和公式为
=.
7．等比数列前n项和的性质
已知等比数列{}的公比为q，前n项和为，则有如下性质：
(1).
(2)若(k)均不为0，则成等比数列，且公比为.
(3)若{}共有2n(n)项，则=q；
若{}共有(2n+1)(n)项，则=q.
【知识点2 等比数列的基本运算的解题策略】
1．等比数列基本量的运算的求解思路：
等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）便可迎刃而解.
【知识点3 等比数列的判定方法】
1．证明数列是等比数列的主要方法：
(1)定义法：（常数）为等比数列；
(2)中项法：为等比数列；
(3)通项公式法：（k，q为常数）为等比数列；
证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
2．在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n=1的情形进行验证.
【知识点4 等比数列及其前n项和的性质及应用】
1．等比数列的性质：
等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形；二是等比中项的变形；三是前n项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.
2．等比数列的单调性与最值问题
涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
【知识点5 等比数列前n项和的函数特征】
1．Sn与q的关系
(1)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是，它可以变形为,设，则上式可以写成的形式，
由此可见，数列{Sn}的图象是函数图象上的一群孤立的点；
(2)当公比q=1时，等比数列的前n项和公式是，则数列{Sn}的图象是函数图象上的一群孤立的点.
2．Sn与an的关系
当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是，它可以变形为,设，则上式可以写成的形式，则Sn是an的一次函数.
【方法技巧与总结】
1．等比数列{}的通项公式可以写成，这里c≠0，q≠0.
2．等比数列{}的前n项和Sn可以写成(A≠0，q≠1,0).
3．设数列{}是等比数列，Sn是其前n项和.
(1).
(2)若，则成等比数列.
(3)若数列{}的项数为2n，则；若项数为2n+1，则.
【题型1 等比数列的基本量运算】
【例1】（2024·安徽滁州·三模）已知an是单调递增的等比数列，a4+a5=24,a3a6=128，则公比q的值是（ ）
A．2B．−2C．3D．−3
【解题思路】利用等比数列的性质求出a4a5，再解方程组求出a4,a5，即可得解.
【解答过程】因为an是等比数列，
所以a4a5=a3a6=128，
则a4+a5=24a4a5=128，解得a4=8a5=16或a4=16a5=8，
又因为an是单调递增的等比数列，
所以a4=8a5=16，
所以公比q=a5a4=2.
故选：A.
【变式1-1】（2024·广东广州·三模）等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a5=（ ）
A．14B．12C．1D．2
【解题思路】由已知结合等比数列的性质及通项公式可求公比q及首项，进而可求.
【解答过程】依题意有a1+a1q2=10,a1q+a1q3=5=a1+a1q2q,∴q=12,a1=8，
∴a5=a1q4=8⋅116=12.
故选：B.
【变式1-2】（2024·广东·模拟预测）已知正项等比数列an的前n项和为Sn，若S4S2=5，则数列an的公比为（ ）
A．12B．22C．2D．2
【解题思路】利用等比数列的求和公式，结合正项等比数列求出最后的结果.
【解答过程】设数列an的公比为q，显然q≠1，则S4S2=1−q41−q2=1+q2=5，解得q=2或q=−2（舍去）.
故选C.
【变式1-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且S3=14,a3=2，则a4=（ ）
A．1B．23或-1C．−23D．−23或1
【解题思路】根据等比数列基本量的计算即可求解公比，进而可求解.
【解答过程】依题意，a1≠0，因为S3=14, a3=2=a1q2，
∴a1+a2=12=a1(1+q),故6q2−q−1=0，
故q=12或q=−13,
当q=12时，a4=a3q=1；
当q=−13, a4=a3q=−23；
∴a4=−23或1.
故选：D.
【题型2 等比数列的性质及应用】
【例2】（2024·宁夏石嘴山·三模）已知数列an是等比数列，且a2a3a4=64,则lg2a3的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】利用等比数列的性质求出a3，再代入求解即可.
【解答过程】因为{an}为等比数列，所以a2a4=a32，
因此a2a3a4=a33=64，即a3=4，
所以lg2a3=lg24=2，
故选：B.
【变式2-1】（2024·海南·模拟预测）已知等比数列an的公比为3,a2+a4=12，则a5−a1=（ ）
A．20B．24C．28D．32
【解题思路】根据题意结合等比数列性质运算求解.
【解答过程】由题意可知a1+a3=a2+a43=4,a3+a5=3a2+a4=36，
所以a5−a1=a3+a5−a1+a3=36−4=32.
故选：D.
【变式2-2】（2024·河南驻马店·二模）设等比数列an的前n项之积为Sn，若S3=1，S9=512，则a11=（ ）
A．2B．4C．8D．16
【解题思路】根据题意结合等比数列的性质可得a2=1，a5=2，进而可得q3=2，运算求解即可.
【解答过程】因为S3=1，S9=512，所以a1a2a3=a23=1，a1a2a3⋯a9=a59=512，
解得a2=1，a5=2，
则q3=a5a2=2，故a11=a2q9=23=8．
故选：C.
【变式2-3】（2024·四川巴中·模拟预测）在等比数列an中，a1+a3=2，a5+a7=18，则a3+a5=（ ）
A．3B．6C．9D．18
【解题思路】已知条件作商可求得q2，然后根据等比数列性质可得.
【解答过程】因为a1+a3=2，a5+a7=18，
所以a5+a7a1+a3=a1q4+a3q4a1+a3=q4=9，解得q2=3，
则a3+a5=a1+a3q2=6．
故选：B.
【题型3 等比数列的判定与证明】
【例3】（2024·浙江·三模）已知数列an满足a1=2，则“an为等比数列”是“am⋅an=am+n（∀m，n∈N*）”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件
【解题思路】根据等比数列的定义、通项公式及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【解答过程】若an为等比数列，则an=2qn−1，
所以am⋅an=2qm−1×2qn−1=4qm+n−2，am+n=2qm+n−1，
当q≠2时am⋅an≠am+n，故充分性不成立；
若am⋅an=am+n（∀m，n∈N*），不妨令m=1，则a1⋅an=a1+n，又a1=2，
所以2an=an+1，即an+1an=2，所以an为公比为2的等比数列，故必要性成立；
故“an为等比数列”是“am⋅an=am+n（∀m，n∈N*）”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式3-1】（2024·陕西西安·模拟预测）等差数列an的前项n和为Sn，且an∈N∗，数列bn为等比数列，则下列说法错误的选项是（ ）
A．数列2an一定是等比数列B．数列ban一定是等比数列
C．数列Snn一定是等差数列D．数列bn+bn+1一定是等比数列
【解题思路】利用等差、等比数列的定义判断A、B、C，特殊值判断D，即可得结果.
【解答过程】因为数列an是等差数列，设其通项公式为an=a1+(n−1)d，
所以2an+12an=2an+1−an=2d是定值，所以数列2an一定是等比数列，A选项正确;
因为数列bn为等比数列，设其通项公式为bn=b1qn−1，
所以ban=b1qan−1,ban+1ban=b1qan+1−1b1qan−1=qan+1−an=qd是定值，
所以数列ban一定是等比数列，B选项正确;
因为Sn=n2a1+(n−1)d2，所以Snn=2a1+(n−1)d2=a1+(n−1)⋅d2，
所以数列Snn一定是等差数列，C选项正确;
当bn=(−1)n时，bn+bn+1=0，则{bn+bn+1}不是等比数列，D选项错误，
故选：D.
【变式3-2】（2024·宁夏银川·二模）已知数列{an}满足a1=1，a2=4，3an+2+an=4an+1，则下列是等比数列的是（ ）
A．{an+3}B．{an−3}C．an+1+anD．an+1−an
【解题思路】由数列的递推式，计算前四项，由等比数列的性质可判断ABC；由数列的递推式推得an+2−an+1=13(an+1−an)，可判断D．
【解答过程】由a1=1，a2=4，3an+2+an=4an+1，
可得3a3+a1=4a2，即3a3+1=16，解得a3=5，
又3a4+a2=4a3，即3a4+4=20，解得a4=163，
由a1+3=4，a2+3=7，a3+3=8，72≠4×8，故A错误；
由a1−3=−2，a2−3=1，a3−3=2，12≠−2×2，故B错误；
由a2+a1=5，a3+a2=9，a4+a3=313，92≠5×313，故C错误；
由3an+2+an=4an+1，可得3(an+2−an+1)=an+1−an，
即为an+2−an+1=13(an+1−an)，又a2−a1=3，可得{an+1−an}是首项为3，公比为13的等比数列，故D正确．
故选：D.
【变式3-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知“正项数列an满足an+1⋅an=4n”，则“a2=2a1”是“数列an为等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【解题思路】由an+1⋅an=4n可得正项数列an隔项成等比数列，再由a2=2a1结合充分条件和必要条件的定义求解即可.
【解答过程】因为an+1⋅an=4n，所以an+2⋅an+1=4n+1，
两式相除可得：an+2⋅an+1an+1⋅an=4n+14n=4，
所以an+2an=4，
所以当n=2k，则a2k+2a2k=4，所以a2k是以a2为首项，4为公比的等比数列，
所以a2k=a2⋅4k−1=a2⋅22k−1=a2⋅22k−2，
所以当n=2k−1，则a2k+1a2k−1=4，所以a2k−1是以a1为首项，4为公比的等比数列，
所以a2k−1=a1⋅4k−1=a1⋅22k−2，
当a2=2a1，则a2k=2a1⋅22k−2=a1⋅22k−1，a2k−1=a1⋅22k−1−1，
所以数列an为公比为2的等比数列，
所以“a2=2a1”能推出“数列an为等比数列”，
若数列an为等比数列，则公比为2，故a2=2a1，
所以“数列an为等比数列”能推出“a2=2a1”.
故“a2=2a1”是“数列an为等比数列”的充要条件.
故选：C.
【题型4 等比数列的通项公式】
【例4】（2024·全国·一模）等比数列an中，a1=1，a5=−8a2，a5A．(−2)n−1B．−(−2)n−1C．(−2)nD．−(−2)n
【解题思路】根据题意等比数列的性质可得公比q=−2，且由a5【解答过程】由题意知数列an为等比数列，设公比为q，由a5=−8a2，得a2q3=−8a2，解得q=−2，
因为a5所以an=a1qn−1=−1×−2n−1=−−2n−1，故B正确.
故选：B.
【变式4-1】（23-24高三下·青海玉树·阶段练习）已知Sn为数列an的前n项和，若an+1=2an−2,S2=10，则an的通项公式为（ ）
A．an=3n−4B．an=2n+2C．an=n2+nD．an=3n2−1
【解题思路】先由题设求出a1，再通过构造得an+1−2an−2=2，由等比数列的通项公式即可求解.
【解答过程】令n=1可得a2=2a1−2，又S2=a1+a2=10，解得a1=4，又an+1−2=2an−4=2(an−2)，
则a1−2=2，an+1−2an−2=2，即an−2是以2为首项，2为公比的等比数列，则an−2=2⋅2n−1，an=2n+2.
故选：B.
【变式4-2】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知在递增的等比数列an中，a1a2a3=1，1a1+1a2+1a3=72，则数列an的通项公式为an= 2n−2n∈N* ．
【解题思路】设等比数列an的公比为q，根据等比数列的性质可得a2=1，即有a1a3=11a1+1a3=52，解出的值a1,a3，即可求出公比，得出通项.
【解答过程】设等比数列an的公比为q，因为a1a2a3=1，所以a23=1，解得a2=1，
又1a1+1a2+1a3=72，所以有a1a3=11a1+1a3=52，
由an是递增的等比数列，解得a1=12,a3=2，
所以q=a2a1=2， 即有an=12×2n−1=2n−2.
故答案为：2n−2n∈N*.
【变式4-3】（2024·北京·三模）已知等比数列an满足：a2【解题思路】根据给定条件，可得a1>0，公比q∈(−1,0)，再写出数列an的一个通项公式即可.
【解答过程】设等比数列an的公比为q，由a20，
显然a2<|a3|，即a1q<|a1q2|an=a1qn−1，满足a2取a1=1,q=−12，an=(−12)n−1.
故答案为：an=(−12)n−1（答案不唯一，an=a1qn−1（a1>0，−1【题型5 等比数列中的单调性与最值问题】
【例5】（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）已知数列an是无穷项等比数列，公比为q，则“q>1”是“数列an单调递增”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
【解题思路】根据等比数列的首项、公比的不同情形，分析数列的单调性，结合充分条件、必要条件得解.
【解答过程】若a1<0，q>1，则数列an单调递减，故q>1不能推出数列an单调递增；
若an单调递增，则a1>0，q>1，或a1<0，01，
所以“q>1”是“数列an单调递增”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
【变式5-1】（2024·四川自贡·三模）等比数列an公比为qq≠1，若Tn=a1a2a3⋯ann∈N∗，则“数列Tn为递增数列”是“a1>0且q>1”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件
【解题思路】由等比数列及已知，要Tn为递增数列只需a1qn−1>1在n≥2上恒成立，讨论q<0、01，结合a1的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案.
【解答过程】由题设TnTn−1=an=a1qn−1且n≥2，要Tn为递增数列，只需a1qn−1>1在n≥2上恒成立，
当q<0，不论a1取何值，总存在a1qn−1<0，不满足要求；
当0a1<0，则a1qn−1<0，不满足要求；
a1>0，总存在0当q>1，
a1<0，则a1qn−1<0，不满足；
0a1≥1，则a1qn−1>1在n≥2上恒成立，满足.
所以Tn为递增数列有a1≥1且q>1.
所以，“数列Tn为递增数列”是“a1>0且q>1”的充分不必要条件.
故选：B.
【变式5-2】（23-24高二下·北京顺义·期中）数列{an}是等比数列，则对于“对于任意的m∈ N∗，an+2>an”是“{an}是递增数列”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．不充分也不必要
【解题思路】根据充分条件、必要条件的定义及等比数列的单调性与通项公式判断即可.
【解答过程】设等比数列{an}的公比为q，q≠0，
若an+2>an，则an+2−an=an(q2−1)>0，
当a1>0 时，由a1(q2−1)>0 得q2−1>0，解得q<−1或q>1，
若q<−1，则a2=a1q<0，此时a2(q2−1)>0与已知矛盾；
若q>1，则an>0，此时an为递增数列．
当a1<0时，由a1(q2−1)>0，得q2−1<0，解得−1若−10，此时a2(q2−1)<0与已知矛盾；
若0反之，若{an}是递增数列，则an+2>an，
所以“对于任意的n∈N∗，an+2>an”是“an是递增数列”的充要条件．
故选：C．
【变式5-3】（2024·上海闵行·二模）已知数列an为等比数列，首项a1>0，公比q∈−1,0，则下列叙述不正确的是（ ）
A．数列an的最大项为a1B．数列an的最小项为a2
C．数列anan+1为严格递增数列D．数列a2n−1+a2n为严格递增数列
【解题思路】分别在n为偶数和n为奇数的情况下，根据项的正负和an+2−an的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用an+1an+2−anan+1=qq2−1an2>0和a2n+1+a2n+2−a2n−1+a2n<0可知CD正误.
【解答过程】对于A，由题意知：当n为偶数时，an<0当n为奇数时，an>0，an+2−an=anq2−1<0，∴a1最大；
综上所述：数列an的最大项为a1，A正确；
对于B，当n为偶数时，an<0，an+2−an=anq2−1>0，∴a2最小；
当n为奇数时，an>0>a2；
综上所述：数列an的最小项为a2，B正确；
对于C，∵anan+1=an2q，an+1an+2=an+12q，
∴an+1an+2−anan+1=qan+12−an2=qq2−1an2，
∵−10，
∴数列anan+1为递增数列，C正确；
对于D，∵a2n−1+a2n=a2n−11+q，a2n+1+a2n+2=a2n+11+q，
∴a2n+1+a2n+2−a2n−1+a2n=1+qa2n+1−a2n−1=1+qq2−1a2n−1；
∵−10，q2−1<0，又a2n−1>0，
∴a2n+1+a2n+2−a2n−1+a2n<0，∴数列a2n−1+a2n为递减数列，D错误.
故选：D.
【题型6 等比数列前n项和的性质】
【例6】（2024·江苏扬州·模拟预测）在正项等比数列an中，Sn为其前n项和，若S30=7S10，S10+S30=80，则S20的值为（ ）
A．10B．20C．30D．40
【解题思路】由等比数列片段和依然成等比数列，结合等比中项的性质即可列式求解.
【解答过程】设正项等比数列an的公比为q，
则S10,S20−S10,S30−S20是首项为S10，公比为q10的等比数列，
若S30=7S10，S10+S30=80，则S10=10,S30=70，
所以S20−102=10S30=1070−S20>0，即S202−10S20−600=0，
解得S20=30或S20=−20（舍去）.
故选：C.
【变式6-1】（2024·湖南邵阳·模拟预测）记Sn为公比小于1的等比数列an的前n项和，S3=2，S12S6S9=514，则S6=（ ）
A．6B．3C．1D．13
【解题思路】根据给定条件，利用等比数列片断和性质列式计算即得.
【解答过程】依题意，S3,S6−S3,S9−S6,S12−S9成等比数列，首项为2，设其公比为p，
则S6=2+2p,S9=2+2p+2p2,S12=2+2p+2p2+2p3，
由S12S6S9=514，得2+2p+2p2+2p3(2+2p)(2+2p+2p2)=514，整理得2p2−5p+2=0，
由等比数列an的公比q小于1，得p=q3<1，解得p=12，
所以S6=3.
故选：B.
【变式6-2】（23-24高二上·重庆·期中）已知等比数列an有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解题思路】根据等比数列的性质得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+qq+q3+q5+…+q2n−1=85，偶数项为q+q3+q5+…+q2n−1=42，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可．
【解答过程】因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，
得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+qq+q3+q5+…+q2n−1=85，
偶数项为q+q3+q5+…+q2n−1=42，整体代入得q=2，
所以前2n+1项的和为1−22n+11−2=85+42=127，解得n=3.
故选：B.
【变式6-3】（2024·江苏·三模）设等比数列an的前n项和为Sn,a5+a6=16,S6=21，则S2=（ ）
A．1B．4C．8D．25
【解题思路】利用等比数列的性质建立方程求解即可.
【解答过程】因为S6=21，a5+a6=16，所以S4=21−16=5，
因为an是等比数列，所以S2,S4−S2,S6−S4成等比数列，
所以5−S22=S221−5，解得S2=1或S2=25（舍，若成立则不满足上面三项成等比数列），故A正确.
故选：A.
【题型7 等比数列的简单应用】
【例7】（2024·云南昆明·模拟预测）每年6月到9月，昆明大观公园的荷花陆续开放，已知池塘内某种单瓣荷花的花期为3天（第四天完全凋谢），池塘内共有2000个花蕾，第一天有10个花蕾开花，之后每天花蕾开放的数量都是前一天的2倍，则在第几天池塘内开放荷花的数量达到最大（ ）
A．6B．7C．8D．9
【解题思路】每天荷花的数量都是前一天的2倍，则荷花朵数为等比数列，利用等比数列的通项公式及求和公式，列出不等式求解即可，注意花蕾有凋谢的情况.
【解答过程】设第n天水塘中的荷花朵数为an，则an=10×2n−1，
设第n天池塘内开放荷花的数量为bn，则b1=a1，b2=a1+a2，
bn=an+an−1+an−2=70×2n−3,3≤n≤7，
当n=7时，b7=70×24=1120，
当n=8时，b8=a6+a7+2000−a1−a2−···−a7=2000−a1−a2−···−a5=1690，
所以荷花的数量在第8天达到最大.
故选：C.
【变式7-1】（2024·云南昆明·一模）第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△ AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△ BOC，△ COD，△ DOE，……，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（ ）

A．3223311−1B．324311−1
C．3223312−1D．324312−1
【解题思路】设第nn∈N*,1≤n≤12三角形的斜边长为an，面积为bn，根据题意分析可知数列bn是以首项b1=36，公比为43的等比数列，结合等比数列求和公式运算求解.
【解答过程】因为360°30°=12，
设第nn∈N*,1≤n≤12三角形的斜边长为an，面积为bn，
由题意可知：a1=1cs30°=233，an+1=ancs30°=233an，bn=12×12an×32an=38an2，
则b1=36≠0，bn+1bn=38an+1238an2=233an2an2=43，
可知数列bn是以首项b1=36，公比为43的等比数列，
所以所作的所有三角形的面积和为361−43121−43=324312−1.
故选：D.
【变式7-2】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2023年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为（参考数据：1.310≈13.79）（ ）
A．3937万元B．3837万元
C．3737万元D．3637万元
【解题思路】根据配凑法、分组求和法求得正确答案.
【解答过程】设a1=100，an+1=1.3an−3，an+1−10=1.3an−10，
所以数列an−10是首项为90，公比为1.3的等比数列，
所以an−10=90×1.3n−1,an=90×1.3n−1+10
则S10=a1+a2+⋯+a10
=901−1.3101−1.3+10×10=300×1.310−200
≈300×13.79−200=3937（万元）.
故选：A.
【变式7-3】（2023·陕西安康·模拟预测）中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天走的里程数约为（ ）
A．2.76B．5.51C．11.02D．22.05
【解题思路】设该马第nn∈N∗天行走的里程数为an，分析可知，数列an是公比为q=12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a1的值，即可求得a5的值.
【解答过程】设该马第nn∈N∗天行走的里程数为an，
由题意可知，数列an是公比为q=12的等比数列，
所以，该马七天所走的里程为a11−1271−12=127a164=700，解得a1=27×350127.
故该马第五天行走的里程数为a5=a1⋅124=27×350127×124=2800127≈22.05.
故选：D.
【题型8 等比数列的奇偶项讨论问题】
【例8】（2024·陕西安康·模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,nSn+1−n+1Sn=n2+n.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=(−1)nan+(−1)n+12n，求数列bn的前2n项和T2n.
【解题思路】（1）根据题意，化简得到Sn+1n+1−Snn=1，得出数列Snn为等差数列，求得Sn=n2，进而求得an的通项公式；
（2）由（1）得到，当n为奇数时，bn=1−2n；当n为偶数时，bn=2n−1+2n+1，结合T2n=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b2+b4+b6+⋯+b2n，结合等差数列、等比数列的求和公式，即可求解.
【解答过程】（1）解：由nSn+1−n+1Sn=n2+n，可得nSn+1−n+1Sn=nn+1，所以Sn+1n+1−Snn=1，
又由a1=1，所以S11=a11=1，所以数列Snn是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以Snn=1+n−1×1=n，则Sn=n2，
当n≥2时，Sn−1=(n−1)2，所以Sn−Sn−1=an=n2−(n−1)2=2n−1，
又当n=1时，a1=1满足上式，
所以an的通项公式为an=2n−1.
（2）由（1）可知当n为奇数时，bn=−an=1−2n；
当n为偶数时，bn=an+2×2n=2n−1+2n+1，
所以T2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n
=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b2+b4+b6+⋯+b2n
=2n+23+25+27+29+⋯+22n+1 =2n+81+22+24+26+⋯+22n−2
=2n+8×1−4n1−4=2n+23×4n+1−83.
【变式8-1】（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列cn满足cncn+2−cn+12=kcncn+1（n∈N*,k为常数），则称cn为“比差等数列”.已知an为“比差等数列”，且a1=58,a2=1516,3a4=2a5.
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=an,n为奇数bn−1+1,n为偶数，求数列bn的前n项和Sn.
【解题思路】（1）利用“比差等数列”的定义可得an+2an+1−an+1an=k，令dn=an+1an，则dn为常数列，
可得an+1an=32，可求an的通项公式；
（2）分n为奇数与偶数两种情况求解可得数列bn的前n项和Sn.
【解答过程】（1）由an为“比差等数列”，
得anan+2−an+12=kanan+1，
从而an+2an+1−an+1an=k.
设dn=an+1an，则dn+1−dn=k，
所以数列dn为等差数列.
因为d1=a2a1=32,d4=a5a4=32，
所以dn为常数列，
因此，dn=d1=32，即an+1an=32，
所以an是首项为58，公比为32的等比数列，
因此an=58×32n−1.
（2）当n为偶数时，Sn=b1+b2+⋯+bn=2b1+b3+⋯+bn−1+n2=2a1+a3+⋯+an−1+n2
=2×581−94n21−94+n2=94n2+n2−1=32n+n2−1；
当n为奇数时，Sn=Sn+1−bn+1=32n+1+n+12−1−bn+1=32n+1+n+12−1−58×32n−1−1=1312×32n+n−32.
综上，Sn=1312×32n+n−32,n为奇数32n+n2−1,n为偶数.
【变式8-2】（2024·云南昆明·三模）正项数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，4Sn=an2+2an+1，4Tn=bn2+2bn+1
(1)求数列an,bn的通项公式；
(2)已知数列cn满足cn=bn⋅an+1anan+1，求数列cn的前n项和Hn．
【解题思路】（1）由an与Sn的关系，结合等差数列和等比数列的定义、通项公式，可得所求；
（2）求得cn后，讨论n为奇数或偶数，由数列的裂项相消求和，即可得到所求.
【解答过程】（1）当n=1时，4S1=a12+2a1+1，即4a1=a12+2a1+1，a1−12=0，
所以a1=1，同理b1=1．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=14an2−an−12+12an−an−1，化简得：
14an+an−1an−an−1−2=0，因为an>0，所以an−an−1=2，
即an−an−1=2，故d=2，又a1=1，所以an=2n−1．
同理，bn+bn−1=0或bn−bn−1=2，
因为bn是等比数列，所以bn+bn−1=0，即q=−1，所以bn=−1n−1．
（2）由（1）知cn=−1n−1⋅an+1anan+1=−1n−1⋅2n2n−12n+1=−1n−1212n−1+12n+1，
所以当n为奇数时，Hn=c1+c2+⋅⋅⋅+cn
=121+13−13+15+⋅⋅⋅+12n−3+12n−1+12n−1+12n+1，
=121+12n+1，
同理当n为偶数时，Hn=121−12n+1．
所以Hn=121−12n+1,n为偶数121+12n+1,n为奇数.
【变式8-3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知在正项数列an中，a3=4,a2a5=32，且lnan,lnan+1,lnan+2成等差数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=an+(−1)nlg2an+1，求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）利用等差中项与等比中项可得数列an为等比数列，从而得解；
（2）分n为偶数和奇数求数列bn的前n项和Tn.
【解答过程】（1）∵lnan,lnan+1,lnan+2成等差数列，
∴2lnan+1=lnan+lnan+2，即an+12=anan+2，而an≠0，
∴an为等比数列，
又a3=a1q2=4a2a5=a12q5=32，得a1=1,q=2,∴an=2n−1.
（2）bn=2n−1+(−1)nlg22n=2n−1+(−1)nn，
当n为偶数时，
Tn=1+2+22+⋯+2n−1+−1+2−3+4−⋯−n−1+n
=1−2n1−2+n2=2n+n−22，
当n为奇数时，
Tn=Tn+1−bn+1=2n+1+n−12−2n−(−1)n+1n+1=2n−n+32，
∴Tn=2n+n−22n为偶数2n−n+32n为奇数.
【题型9 等差数列与等比数列的综合应用】
【例9】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列an满足：a1,a2,a3+1成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足：a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；
（2）令Dn=a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，得Dn+1=a1bn+1+a2bn+⋯+an+1b1=3n+1−1，两式相减得Tn+1=2⋅3n，又D1=a1b1=2⇒b1=2，即得Tn=2⋅3n−1
【解答过程】（1）设an公差为d，又a1,a2,a3+1成等比数列，
所以a22=a1⋅a3+1⇒a1+d2=a1a1+2d+1，
又a1=1，即1+d2=2+2d，解得d=1或d=−1，
而d=−1时，不满足a1,a2,a3+1成等比数列，所以d=1，
所以an=1+n−1×1=n.
（2）令Dn=a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，
所以Dn+1=a1bn+1+a2bn+⋯+an+1b1=3n+1−1，
两式相减有：Dn+1−Dn=a1bn+1+bn+bn−1⋯+b1=2⋅3n，
所以数列bn的前n+1项和为2⋅3n，即Tn+1=2⋅3n，
又D1=a1b1=2⇒b1=2，所以b1+b2+⋯+bn=2⋅3n−1，
所以Tn=2⋅3n−1.
【变式9-1】（2024·天津·高考真题）已知an是等差数列，a2+a5=16,a5−a3=4．
(1)求an的通项公式和i=2n−12n−1ain∈N∗．
(2)设bn是等比数列，且对任意的k∈N*，当2k−1≤n≤2k−1时，则bk（Ⅰ）当k≥2时，求证：2k−1（Ⅱ）求bn的通项公式及前n项和．
【解题思路】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得i=2n−12n−1ai=3⋅4n−1.
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k−1≤n≤2k−1时，bk取n=2k−1，当2k−2≤n≤2k−1−1时，an(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n项和公式即可计算其前n项和.
【解答过程】（1）由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5−a3=2d=4，解得a1=3d=2，
则数列an的通项公式为an=a1+n−1d=2n+1，
求和得i=2n−12n−1ai=i=2n−12n−12i+1=2i=2n−12n−1i+2n−1−2n−1+1
=22n−1+2n−1+1+2n−1+2+⋯+2n−1+2n−1
=22n−1+2n−1⋅2n−12+2n−1=3⋅4n−1.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当2k−1≤n≤2k−1时，bk取n=2k−1，则bk当2k−2≤n≤2k−1−1时，an取n=2k−1−1，此时an=a2k−1−1=22k−1−1+1=2k−1，
据此可得2k−1综上可得：2k−1(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k−1则数列bn的公比q满足2k+1−12k+1=2−32k+1当k∈N*,k→+∞时，2−32k+1→2,2+32k−1→2，所以q=2，
所以2k−1当k∈N*,k→+∞时，2−12k−1→2,2+12k−1→2，所以b1=2，
所以数列的通项公式为bn=2n，
其前n项和为：Sn=2×1−2n1−2=2n+1−2.
【变式9-2】（2024·全国·模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，a1+a2+3a4=25，且a3+2，a4，a5−2成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an⋅3an+1，求数列bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出a3和公差d，即可得到数列an的通项公式；
（2）表达出数列bn的通项公式，得到数列bn的前n项和Tn的表达式，利用错位相减法即可得出数列bn的前n项和.
【解答过程】（1）由题意，n∈N∗
在等差数列an中，设公差为d,
由a1+a2+3a4=25，得5a1+10d=25，则a1+2d=a3=5，
又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，
∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得5+d2=73+2d，即d−22=0，得d＝2，
∴an=a3+n−3d=2n−1，n∈N∗，
∴数列an的通项公式为：an=2n−1n∈N∗．
（2）由题意及（1）得，n∈N∗，
在数列an中，an=2n−1，
在数列bn中，bn=an⋅3an+1，
∴bn=2n−1⋅32n=2n−1⋅3n，
∴Tn=1×31+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n，
3Tn=1×32+3×33+⋯+2n−3×3n+2n−1×3n+1，
两式相减得−2Tn=3+232+33+⋯+3n−2n−1⋅3n+1
=3+2⋅91−3n−11−3−2n−1⋅3n+1
=−6+2−2n⋅3n+1．
∴Tn=3+n−1⋅3n+1n∈N∗.
【变式9-3】（2023·天津滨海新·三模）设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列．且a1=b1=1，a3+b2=7，2a2−b3=2，n∈N∗
(1)求an，bn的通项公式；
(2)记Tn为bn的前n项和，求证：Tn⋅Tn+2(3)若cn=an+1⋅bn,n为奇数3bnbn−12bn+2−12,n为偶数，求数列cn的前2n项和S2n．
【解题思路】（1）由已知条件列出方程组，求解出d，q，根据等比和等差数列的通项公式求解即可；
（2）利用等比数列前n项和公式求出Tn，求出Tn⋅Tn+2−Tn+12=−2n<0，得证；
（3）利用错位相减法和裂项相消法分奇偶项两组求和即可.
【解答过程】（1）解：由已知可得a3+b2=a1+2d+b1q=1+2d+q=7①，
2a2−b3=2a1+d−b1q2=21+d−q2=2②，
联立①②，得q2+q−6=q+3q−2=0，解得q=−3或q=2，
因为bn是各项都为正数的等比数列，所以q=2，代入①式可得d=2，
所以an=1+2n−1=2n−1，bn=2n−1；
（2）Tn=1−2n−1⋅21−2=2n−1，
∴Tn+1=2n+1−1，Tn+2=2n+2−1，
则Tn⋅Tn+2−Tn+12=2n−12n+2−1−2n+1−12
=22n+2−2n−2n+2+1−22n+2+2×2n+1−1=−2n<0，
所以Tn⋅Tn+2（3）cn=an+1⋅bn=2n⋅2n−12,n为奇数3bnbn−12bn+2−12=3×2n−12n−1−122n+1−12=12n−1−12−12n+1−12,n为偶数
S2n=c1+c2+c3+c4+⋯+c2n−1+c2n，
令An=c1+c3+c5+⋯+c2n−3+c2n−1
=2×1+6×21+10×22+⋯+4n−6⋅2n−2+4n−2⋅2n−1①，
则2An=2×21+6×22+10×23+⋯+4n−6⋅2n−1+4n−2⋅2n②，
①−②，得−An=2+23+24+25+⋯+2n+1−2n−1⋅2n+1=2+23−2n+1⋅21−2−2n−1⋅2n+1
∴An=−2+8−2n+2+2n−1⋅2n+1=2n−3⋅2n+1+6，
令Bn=c2+c4+c6+⋯+c2n
=121−12−123−12+123−12−125−12+125−12−127−12+⋯+122n−1−12−122n+1−12
=121−12−122n+1−12=23−24n+1−1，
∴S2n=An+Bn=2n−3⋅2n+1+6+23−24n+1−1=2n−3⋅2n+1−24n+1−1+203.
【题型10 等比数列中的不等式恒成立、有解问题】
【例10】（2024·广西桂林·三模）已知数列an的前n项和为Sn，且4a1−3Sn=14n−1．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=nan，且数列bn的前n项和为Tn，若∀n∈N∗都有不等式Tn≤169+3λan恒成立，求λ的取值范围．
【解题思路】（1）根据an=Sn−Sn−1运算即可求解；
（2）由（1）可得bn=n14n−1，结合错位相减求和法计算可得Tn=169−43n+4314n，将原问题转化为不等式λ≥−n9−427对∀n∈N∗恒成立，结合一次函数的性质即可求解.
【解答过程】（1）因为4a1−3Sn=14n−1，
当n=1时，得4a1−3a1=1，即a1=1≠0，3Sn=4−14n−1①，
当n≥2时，3Sn−1=4−14n−2②，
由①-②得3an=14n−2−14n−1，an=14n−1，又a1=1也满足，
所以an=14n−1．
（2）因为bn=nan=n14n−1，
所以Tn=1×140+2×141+3×142+⋅⋅⋅+n×14n−1，14Tn=1×141+2×142+⋅⋅⋅+n−1×14n−1+n×14n，
两式相减得，34Tn=140+141+142+⋅⋅⋅+14n−1−n×14n，
即34Tn=1−14n1−14−n14n，则34Tn=43−n+4314n，
故Tn=169−43n+4314n．
由Tn≤169+3λan，得169−43n+4314n≤169+3λ14n−1，即λ≥−n9−427，
依题意，∀n∈N∗不等式λ≥−n9−427恒成立，
因为y=−n9−427随着n增大而减小，
所以λ≥−727，即λ的取值范围为−727,+∞．
【变式10-1】（23-24高二下·湖北·期中）已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an−2.数列bn的前n项和为Tn，且满足b1=1，1b1b2+1b2b3+⋯⋯+1bnbn+1=1−1bn+1n∈N*.
(1)求数列an,bn的通项公式；
(2)若cn=anbn，设数列cn的前n项和为Hn，且对任意的n∈N*,Hn−n−−1nman+1<0恒成立，求m的取值范围.
【解题思路】（1）根据Sn与an的关系，作差结合等比数列定义即可求得an=2n，当n≥2时，1b1b2+1b2b3+⋯⋯+1bn−1bn=1−1bn，作差变形得bn+1−bn=1n≥1，利用等差数列定义求通项公式即可；
（2）先利用错位相减法求得Hn=n−1⋅2n+1+2，然后把恒成立问题转化为m⋅(−2)n<2n−1恒成立，按照奇偶性分类讨论，分离参数利用数列单调性求解参数范围.
【解答过程】（1）对于数列an，当n=1时，S1=2a1−2，解得a1=2；
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，与原式作差可得an=2an−1,n≥2，
所以an是以a1=2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n；
对于数列bn，当n=1时，1b1b2=1−1b2，解得b2=2，
n≥2时，1b1b2+1b2b3+⋯⋯+1bn−1bn=1−1bn，
与原式作差可得bn+1−bn=1n≥2，
因为b2−b1=1，所以bn+1−bn=1n≥1，
所以bn是以b1=1为首项，1为公差的等差数列，所以bn=n.
（2）由（1）可知cn=n⋅2n，
所以Hn=2+2×22+3×23+⋯⋯+n−1⋅2n−1+n⋅2n，
所以2Hn=22+2×23+3×24+⋯⋯+n−1⋅2n+n⋅2n+1，
两式作差可得−Hn=2+22+23+⋯⋯+2n−n⋅2n+1=1−n⋅2n+1−2，
所以Hn=n−1⋅2n+1+2，
所以n−1⋅2n+1+2−n−(−1)nm⋅2n+1<0恒成立，化简得m⋅(−2)n<2n−1.
当n=2k,k∈N+时，m<1−12n恒成立，所以m<34，
当n=2k−1,k∈N+时，−m<1−12n恒成立，所以m>−12.
综上可得：−12【变式10-2】（2024·湖南·二模）已知an是各项都为正数的等比数列，数列bn满足：bn=2lg2an+1，且b1=1，b4=7.
(1)求数列an,bn的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*都有2λan≥bn−2，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）利用题设条件求得a1,a4，再利用等比数列的通项公式求得an，进而求得bn；
（2）将问题转化为λ≥2n−32n恒成立，再利用作差法求得f(n)=2n−32n的最大值，从而得解.
【解答过程】（1）因为bn=2lg2an+1，b1=1，b4=7，
所以b1=1=2lg2a1+1，则a1=1，
b4=7=2lg2a4+1，则a4=8，
因为an是各项都为正数的等比数列，所以q3=a4a1=8，即q=2，
所以an=2n−1，则bn=2lg2an+1=2n−1+1=2n−1.
（2）因为2λan≥bn−2恒成立，所以λ≥bn−22an=2n−32n恒成立，
设f(n)=2n−32nn∈N∗，则f(n+1)−f(n)=2n−12n+1−2n−32n=5−2n2n+1，
当n≤2时，f(n+1)−f(n)>0，则f(3)>f(2)>f(1)；
当n≥3时，f(n+1)−f(n)<0，则f(3)>f(4)>f(5)>⋯；
所以f(n)max=f(3)=38，则λ≥38.
【变式10-3】（2024·天津红桥·一模）已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn=2an+r，其中r∈R，且r≠0．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=(−1)n+1Snr，若对任意的n∈N∗，都有i=12n−1bi【解题思路】（1）利用an,Sn的关系式求解即可；
（2）由题意有i=12n−1bimax【解答过程】（1）由Sn=2an+r，
当n=1时，a1=S1=2a1+r，所以a1=−r≠0，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，所以an=2an−1，
所以数列an是以2为公比的等比数列，
所以an=−r⋅2n−1；
（2）由（1）得Sn=−r1−2n1−2=r1−2n，
则bn=(−1)n+1Snr=(−1)n+11−2n=(−1)n+1+−2n，
故i=12n−1bi=b1+b2+⋯+b2n−1=1+−21−−22n−11−−2=−−22n+13，
i=12nbi=b1+b2+⋯+b2n=0+−21−−22n1−−2=−−22n+1−23，
而i=12n−1bi=−−22n+13=−4n+13随n的增大而减小，
所以i=12n−1bimax=−41+13=−1，
i=12nbi=−−22n+1−23=2⋅4n−23随n的增大而增大，
所以i=12nbimin=2×41−23=2，
因为对任意的n∈N∗，都有i=12n−1bi所以−1【题型11 与等比数列有关的新定义、新情景问题】
【例11】（2024·全国·模拟预测）约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数mm≠0所得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为a1，a2,⋯,ak−1,aka1(1)若a=8，求k的值；
(2)当k≥4时，若ak−ak−1为等比数列，求正整数a；
(3)记A=a1a2+a2a3+⋯+ak−1ak，证明：A【解题思路】（1）根据约数的定义确定约数的个数即可；
（2）结合约数的定义可得a1=1,ak=a,ak−1=aa2，结合等比数列的定义推出a3=a22，由此确定a，
（3）先证明aiak+1−i=a，再证明1ak−1ak≤1ak−1−1ak，结合裂项相消法证明结论.
【解答过程】（1）a=8时，因为a=1×8=2×4，
所以1,2,4,8为8的所有正约数，故k=4.
（2）由题意可知a1=1,ak=a,ak−1=aa2,ak−2=aa3.
因为k≥4，依题意可知a3−a2a2−a1=ak−ak−1ak−1−ak−2，所以a3−a2a2−a1=a−aa2aa2−aa3，
化简可得a3−a22=a2−a12a3，所以a3=a3−a2a2−a12.
因为a3∈N*，所以a3−a2a2−a1∈N*，因此可知a3是完全平方数.
由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3>a2，所以a3=a22，
所以a2−a1,a3−a2,⋯,ak−ak−1可写为a2−1,a22−a2,⋯,a2k−1−a2k−2，
经检验该关系满足条件，
所以a=a2k−1,k≥4.
（3）由题意知a1ak=a,a2ak−1=a,⋯,aiak+1−i=a,⋯,1≤i≤k，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+⋯+a2a1a2.
因为1a1a2≤a2−a1a1a2=1a1−1a2,⋯,1ak−1ak≤ak−ak−1ak−1ak=1ak−1−1ak，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+⋯+a2a1a2=a21ak−1ak+1ak−2ak−1+⋯+1a1a2
≤a21a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1ak−1−1ak=a21a1−1ak.
因为a1=1,ak=a，所以1a1−1ak<1.
所以A【变式11-1】（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列an满足：对于∀n∈N*，an+12−an2=p，其中p为常数，则称数列an为P数列．
(1)若一个公比为q的等比数列xn为“P数列”，求q的值；
(2)若a1=1，p=2，yn是首项为1，公比为3的等比数列，在yk与yk+1之间依次插入数列an2中的k项构成新数列cn:y1,a12,y2,a22,a32,y3,a42,a52,a62,y4,⋅⋅⋅⋅⋅⋅，求数列cn中前30项的和S30．
(3)若一个“P数列"an满足a1=2,a2=22,an>0，设数列1an的前n项和为Tn．是否存在正整数m,k，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立？若存在，求出m,k的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据等比数列的通项公式，列出“P数列”的式子，变形后得xn+12−xn2=x12q2n−2q2−1=P，P与n无关，即可求解；
（2）由题意确定数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，结合等差和等比数列的前n项和公式，即可求解；
（3）首先求解出an=2n，可得数列1cn的前n项和Tn，并假设存在m,k，通过验证求得m=k=1，再利用放缩法，证明结论成立.
【解答过程】（1）数列xn是等比数列，则xn=x1qn−1，xn2=x12q2n−2，
则xn+12−xn2=x12q2n−x12q2n−2=x12q2n−2q2−1=P，
因为P与n无关，所以q2−1=0，即q=±1；
（2）由题意可知，an+12−an2=2，而a12=1，所以an2=a12+n−1×2=2n−1，
yn是首项为1，公比为3的等比数列，
而新数列cn中yk+1项（含yk+1）前共有1+2+3+...+k+k+1=k+1k+22项，
令k+1k+22≤30，结合k∈N∗，解得：k≤6，
故数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，
所以数列cn中前30项的和T30=1−371−3+23×1+23×222×2=1622；
（3）因为数列an是“P数列”，a1=2，a2=22，an>0，
则P=a22−a12=4，an2=a12+n−1P=4+n−1×4=4n，得an=2n，
所以数列1an的前n项和Tn=1211+12+13+...+1n，
假设存在正整数m,k，使得不等式1211+12+13+...+1n>mn+k−1，对一切n∈N∗都成立，
即11+12+13+...+1n>2mn+k−1
当n=1时，1>2m+k−1，得m+k<94，
又m,k为正整数，得m=k=1
下面证明：11+12+13+...+1n>2mn+k−1对一切n∈N∗都成立，
由于1n=2n+n>2n+1+n=2n+1−n，n∈N∗，
所以11+12+13+...+1n>22−1+3−2+...+n+1−n，
=2n+1−1，
所以存在m=k=1，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立.
【变式11-2】（2025·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到数列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3．设数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为Sn．
(1)若a=2,b=3,c=4，求P2,S2；
(2)求不等式Pn≥2024的解集；
(3)是否存在数列a,b,ca,b,c∈R，使得数列Sn为等比数列？请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意得到第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，从而计算出P2=9,S2=57；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为Pn−1，得到Pn+1=2Pn−1，构造等比数列，求出Pn=2n+1+1，从而得到不等式，求出解集；
（3）得到Sn=Sn−1+3n−1a+2b+c，从而利用累加法求和得到Sn=b+a+c2⋅3n+a+c2，从而得到结论.
【解答过程】（1）a=2,b=3,c=4，第一次“和扩充”后得到数列2,5,3,7,4，
第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，
P2=9,S2=2+7+5+8+3+10+7+11+4=57；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，
则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为Pn−1，
所以Pn+1=Pn+Pn−1=2Pn−1，所以Pn+1−1=2Pn−2=2Pn−1，
其中数列a,b,c经过1次“和扩充”后，得到a,a+b,b,b+c,c，故P1=5，
P1−1=4，
故Pn−1是首项为4，公比为2的等比数列，
所以Pn−1=4×2n−1=2n+1，故Pn=2n+1+1，
则2n+1+1≥2024，即2n+1≥2023，
又n∈N∗，解得n≥10，
（3）因为S1=a+a+b+b+b+c+c=2a+3b+2c，
S2=S1+3a+2b+c，S3=S2+32a+2b+c，
依次类推，Sn=Sn−1+3n−1a+2b+c，
故Sn=Sn−1+3n−1a+2b+c=Sn−2+3n−2a+2b+c+3n−1a+2b+c
=⋯=S1+a+2b+c3+32+⋯+3n−1
=2a+3b+2c+a+2b+c⋅31−3n−11−3=b+a+c2⋅3n+a+c2，
若使Sn为等比数列，则a+c2=0b+a+c2≠0或a+c2≠0b+a+c2=0.
【变式11-3】（2024·广东广州·模拟预测）若无穷项数列an满足an+1=an+d，nt∉N∗，qan，nt∈N∗，（d，q，t为常数，t∈N*且t≥2），则称数列an为“Mt数列”.
(1)设d=1，q=1，若首项为1的数列an为“M3数列”，求a2024；
(2)若首项为1的等比数列bn为“Mt数列”，求数列bn的通项公式及前n项和Sn；
(3)设d=1，q=2，若首项为1的数列cn为“M5数列”，记数列cn的前n项和为Tn，求所有满足T5n=5n×c5n−10n的n值.
【解题思路】（1）将d=1，q=1，代入得到周期数列,即可求到a2024的值.
（2）由bn是等比数列、Mt数列可求出d，q，t，进而求出数列bn的通项公式及前n项和Sn.
（3）找出c5k−4的通项，设Ak=c5k−4+c5k−3+c5k−2+c5k−1+c5k，然后Ak通过求出T5n.
【解答过程】（1）由题意有d=1，q=1，t=3，a1=1，则an+1=an+1,n3∉N*,an,n3∈N*,
a1=1，a2=2，a3=3，a4=3，a5=4，a6=5，a7=5，a8=6，a9=7，a10=7，…
一般有a3k−2=2k−1，a3k−1=2k，a3k=2k+1,
所以a2024=a3×675−1=2×675=1350.
（2）数列bn是首项为1的等比数列，设其公比为m，又bn为Mt数列，t∈N*，t≥2，
当t=2时，b2=1+d，b3=qb2，b4=b3+d.有d=b2−b1=b4−b3，
又b2=m，b3=m2，b4=m3，
于是得m−1=m3−m2，解得m=±1，有bn=1或bn=−1n−1，
当bn=1时，d=0，q=1，bn+1=bn,n2∉N∗,bn,n2∈N∗, bn为M2数列，
当bn=−1n−1时，d=−2，q=−1，bn+1=bn−2,n2∉N∗,−bn,n2∈N∗, bn为M2数列，
当t≥3时，则b1，b2，b3构成以d为公差的等差数列，即b1+b3=2b2，有1+m2=2m，解得m=1，
于是得bn=1，d=0，q=1，bn+1=bn−2,n2∉N∗,−bn,n2∈N∗, bn为Mt数列，
所以①当d=0，q=1，t是大于1的任意正整数，则bn=1，Sn=n；
②当d=−2，q=−1，k=2，则bn=−1n−1，Sn=1+−1n−12.
（3）依题意，d=1，q=2，c1=1，数列cn为“M5数列”，
则c1=1，c2=2，c3=3，c4=4，c5=5，c6=2c5=10，c7=11，c8=12，c9=13，c10=14，c11=2c10=28，…
c5k−4，c5k−3，c5k−2，c5k−1，c5k是公差为1的等差数列，且c5k+1=2×c5k−4+4=2c5k−4+8,
所以c5k+1+8=2×c5k−4+8且c1+8=9,
所以数列c5k−4+8是以首项为9，公比为2的等比数列，所以c5k−4+8=9×2k−1,
即c5k−4=9×2k−1−8,
即Ak=c5k−4+c5k−3+c5k−2+c5k−1+c5k=45×2k−1−30,
所以T5n=nk=1Ak=45×2n−12−1−30n=45×2n−30n
所以T5n=5n×c5n−10n，即45×2n−30n=5n⋅9⋅2n−1−4，
化简得n2−12n+1=0，代入n=1，等式成立.
因为当n≥2时，n2−12n+1>0，所以当n≥2，方程无解，
综上所述，满足T5n=5n×c5n−10n成立的n值为1.
一、单选题
1．（2024·山东淄博·二模）已知等比数列an,a2＝4,a10＝16,则a6=（ ）
A．8B．±8C．10D．±10
【解题思路】运用等比中项，结合等比数列通项公式即可解决.
【解答过程】根据等比中项知道a62=a2a10，求得a62=64，则a6=±8.
又a6=a2q4>0，则a6=8.
故选：A.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知等比数列an的各项均为负数，记其前n项和为Sn，若S6−S4=−3,a6a7a8=−18，则a2=（ ）
A．－8B．－16C．－32D．－48
【解题思路】利用等比数列的性质先计算a7=−12，再根据条件建立方程解公比求值即可.
【解答过程】设an的公比为qq>0，
则由题意可知S6−S4=a6+a5=a7q+a7q2=−3，a6a7a8=−18=a73⇒a7=−12，
化简得1q2+1q−6=0⇒1q=2或1q=−3（舍去），
则a2=a7q5=−12×25=−16.
故选：B.
3．（2024·陕西西安·三模）已知Sn是等比数列an的前n项和，a1+a4+a7=2，a2+a5+a8=4，则S9=（ ）
A．12B．14C．16D．18
【解题思路】根据题意结合等比数列性质求得q=2，a3+a6+a9=8，即可得结果.
【解答过程】设等比数列an的公比为q，可得a2+a5+a8a1+a4+a7=qa1+a4+a7a1+a4+a7=q=2，
则a3+a6+a9=qa2+a5+a8=8，
所以S9=2+4+8=14．
故选：B.
4．（2024·江西·二模）已知数列an的首项a1为常数且a1≠23，an+1+2an=4nn∈N*，若数列an是递增数列，则a1的取值范围为（ ）
A．−23,23B．−23,23∪23,43
C．0,23D．0,23∪23,43
【解题思路】由已知条件推得数列an−4n6是首项为a1−23，公比为−2的等比数列，运用等比数列的通项公式可得an，再由数列的单调性，结合不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【解答过程】因为an+1+2an=4n，
所以an+1−16×4n+1=−2an−16×4n，
由于a1≠23，即a1−23≠0，
可得数列an−4n6是首项为a1−23，公比为−2的等比数列，
则an=16×4n+a1−23×−2n−1，因为数列an是递增数列，可得an+1>an，
即16×4n+1+(a1−23)⋅(−2)n>16×4n+(a1−23)⋅(−2)n−1对任意的正整数n都成立．
当n为偶数时，a1>23−13×2n恒成立，由于数列23−13×2n单调递减，
可得23−13×2n≤23−43=−23，则a1>−23；
当n为奇数时，a1<23+13×2n恒成立，由于数列23+13×2n单调递增，
可得23+13×2n≥23+23=43，则a1<43；
综上可得a1的取值范围是−23,23∪23,43．
故选：B．
5．（2023·贵州遵义·模拟预测）公元前1650年的埃及莱因德纸草书上载有如下问题：“十人分十斗玉米，从第二人开始，各人所得依次比前人少八分之一，问每人各得玉米多少斗？”在上述问题中，前五人得到的玉米总量为（ ）
A．10×8585+75斗B．10×8685+75斗
C．10×8585−75斗D．10×8685−75斗
【解题思路】根据等比数列的通项公式与前n项和公式计算．
【解答过程】由题意记10人每人所得玉米时依次为a1,a2,⋯,a10，则n≥2时，an=78an−1，n=2,3,⋯,10，即{an}是等比数列，
由已知a1[1−(78)10]1−78=10，a1=10×89810−710，
S5=a1[1−(78)5]1−78=10×8585+75（斗）．
故选：A．
6．（2024·广东东莞·模拟预测）等差数列an和等比数列bn都是各项为正实数的无穷数列，且a1=b1，a2=b2，an的前n项和为Sn，bn的前n项和为Tn，下列判断正确的是（ ）
A．an是递增数列B．bn是递增数列
C．Sn>TnD．Sn≤Tn
【解题思路】特例法排除A，B，C，对于D，根据题意，可得an+1≥an，bn+1≥bn，且bn−1−an−1≤bn−an，故an≤bn，从而可证.
【解答过程】设数列an和数列bn均为常数列1,1,1,1,⋯，所以排除A，B，C，选D，
对于D，设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，
由an>0，可知a1>0,d≥0，故an+1≥an，
由bn>0，可知b1>0,q>0，又由a1=b1，a2=b2，有q≥1，故bn+1≥bn，
且d=b1q−1≤b2q−1≤⋯≤bn−1q−1，
故d≤bn−bn−1，即an−an−1≤bn−bn−1，
所以bn−1−an−1≤bn−an，故an≤bn，
所以Sn≤Tn.
故选：D.
7．（2024·北京西城·二模）已知{ an }是无穷等比数列，其前n项和为Sn， a 1 =3 , S2=32．若对任意正整数n，都有Sn−(−1)n⋅A>0，则A的取值范围是（ ）
A．( −3 ,1 )B．[ −2 ,1 )C．( −3 ,32 )D．[ −2 ,32 )
【解题思路】根据等比数列的基本量求得a2=−32，从而可得公差q=a2a1=−12，由等比数列得前n项和公式得Sn，分类讨论，结合数列的单调性即可得求得满足不等式Sn−(−1)n⋅A>0时A的取值范围.
【解答过程】因为等比数列{ an }，由 a 1 =3 , S2=32可得S2=a1+a2=32，所以a2=−32，
则公比q=a2a1=−12，所以Sn=3−3×−12n1−−12=2−2×−12n，
当n为奇数时，Sn−(−1)n⋅A=2+2×12n+A>0恒成立，所以A>−2−2×12n，
又数列−2−2×12n为递增数列，所以n→+∞，−2−2×12n→−2，则此时A≥−2；
当n为偶数时，Sn−(−1)n⋅A=2−2×12n−A>0恒成立，所以A<2−2×12n，
又数列2−2×12n为递增数列，2−2×12nmin=2−2×122=32，则此时A<32；
综上，A的取值范围是[ −2 ,32 ).
故选：D.
8．（2024·陕西商洛·模拟预测）设等比数列an的前n项和为Tn，前n项积为Kn，若K7>K6>0，K7=K8>K9>0，则下列结论不正确的是（ ）
A．a8=1B．对任意正整数n，an2+an+22>2an+12
C．K10>K6D．数列T2n+2−T2n一定是等比数列
【解题思路】利用前n项积与通项an的关系，可以求出通项公式，进而可以判断A、B、C，对于D只需要利用等比数列的前n项和公式即可证明.
【解答过程】由K7>K6>0得，各项均为正数，且a7=K7K6>1，
由K7=K8>K9>0得，a8=K8K7=1，a9=K9K8<1，所以选项A是正确的；
由上可知：等比数列an的公比q∈0,1，an=a8qn−8=qn−8，
所以等比数列an是递减数列，由等比数列性质可得：anan+2=an+12
∴an2+an+22−2an+12=an2+an+22−2anan+2=an−an+22>0，所以选项B是正确的；
由an>0,∴Kn>0，又由K10K6=a10a9a8a7=a10⋅a83=a10<1，即选项C是错误的；
由T2n+2−T2n=a11−q2n+21−q−a11−q2n1−q=a1q2n−q2n+21−q=a1q2n1−q21−q=a1q2n1+q，
由T2n+4−T2n+2T2n+2−T2n=a1q2n+21+qa1q2n1+q=q2，所以选项D是正确的.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·广西·模拟预测）若数列an bn满足an+1=2an+bn，bn+1=2bn+an，且a1=1，b1=0，则下列结论中正确的是（ ）
A．a4=14
B．an+bn=3n−2
C．i=15bi=58
D．若an+λbn为等比数列，则λ=±1
【解题思路】根据两式相加减可得an=3n−1+12，bn=3n−1−12，即可求解ABC，根据前3项以及等比中项可得λ=1或λ=−1，代入验证即可求解D.
【解答过程】对于B，依题意，an+1=2an+bn,bn+1=2bn+an，则an+1+bn+1=3an+bn，
而a1+b1=1，因此数列an+bn是首项为1，公比为3的等比数列，an+bn=3n−1，B错误．
又an+1−bn+1=an−bn，因此an−bn=a1−b1=1，结合an+bn=3n−1可得
an=3n−1+12，bn=3n−1−12，
对于A，a4=33+12=14，A正确；
对于C，i=15bi=0+1+4+13+40=58，C正确；
对于D，a1+λb1=1，a2+λb2=2+λ，a3+λb3=5+4λ，
由an+λbn为等比数列，得(2+λ)2=5+4λ，解得λ=1或λ=−1，
当λ=1时，an+λbn=an+bn=3n−1，显然数列an+λbn是等比数列，
当λ=−1时，an+λbn=an−bn=1，显然数列an+λbn是等比数列，
因此当数列an+λbn是等比数列时，λ=1或λ=−1，D正确．
故选：ACD．
10．（2024·江西·模拟预测）已知数列a的前n项和为Sn,a1=1,an+1=an−1,n=2k2an+1,n=2k−1k∈N*，则下列选项正确的是（ ）
A．a4=5
B．数列a2k−1是公比为2的等比数列
C．an=2n+12−1n=2k−1,k∈N*
D．Sn≤50的最大整数n的值为8
【解题思路】根据题意，利用等比数列的定义，推断数列a2k−1等比数列，进而求得数列a的通项公式an=2n−12，逐项判定，即可求解.
【解答过程】由题意得a2k+2=2a2k+1+1=2a2k−1+1=2a2k−1，即a2k+2−1=2a2k−1，
又由a2=2a1+1=3，即a2−1=2，
所以数列a2k−1是首项为2且公比为2的等比数列，所以B正确．
由a2k−1=2⋅2k−1=2k，即a2k=2k+1 k∈N*，则a4=5，所以A正确．
由a2k+1=a2k−1=2k，又a1=1符合上式，则a2k−1=2k−1，
即an=2n−12n=2k−1,k∈N*，故C错误．
因为S8=a1+a3+a5+a7+a2+a4+a6+a8=1−241−2+21−241−2+4
=24−1+25−2+4=49<50，
S9=a1+a3+a5+a7+a9+a2+a4+a6+a8=1−251−2+21−241−2+4
=25−1+25−2+4=65>50，所以D正确．
故选：ABD.
11．（2024·湖南益阳·三模）已知an是等比数列，Sn是其前n项和，满足a3=2a1+a2，则下列说法正确的有（ ）
A．若an是正项数列，则an是单调递增数列
B．Sn,S2n−Sn,S3n−S2n一定是等比数列
C．若存在M>0，使an≤M对∀n∈N+都成立，则|an|是等差数列
D．若an>0，且a1=1100，Tn=a1⋅a2⋯an，则n=7时Tn取最小值
【解题思路】对于A，由题意易得a1>0，q>0，可判断结论；对于B，在q=−1时，通过取反例即可排除B；对于C，分析q=−1时数列|an|的特征即可判断；对于D，先求出Tn的表示式，通过作商分析Tn+1,Tn的大小关系即得.
【解答过程】对于A，设数列an的公比为q，由a3=2a1+a2可得，a1q2=2a1+a1q，
因a1≠0，则得q2−q−2=0，解得q=−1或q=2，
因an是正项数列，故a1>0，q=2>0，故an是单调递增数列，即A正确；
对于B，由上分析知，q=−1或q=2，
当q=−1时，Sn=a1[1−(−1)n]1−(−1)=12a1[1−(−1)n]，
此时，若n为偶数，则Sn,S2n−Sn,S3n−S2n都是0，故不符合，即B错误；
对于C，若q=2，则|an|是递增数列，
此时不存在M>0，使an≤M对∀n∈N+都成立；
若q=−1时，易得|an|=|a1|，故存在M=|a1|，使得an≤M对∀n∈N+都成立，
此时|an|为常数列，故|an|是公差为0的等差数列，故C正确；
对于D，因an>0，a1=1100，故由上分析知q=2，
则Tn=a1⋅a2⋯an=a1nq1+2+⋯+(n−1)=a1nq(n−1)n2=(1100)n⋅2(n−1)n2，
由Tn+1Tn=(1100)n+1⋅2(n+1)n2(1100)n⋅2(n−1)n2=1100×2n，
当1≤n≤6时，0<1100×2n<1，故Tn+1当n≥7时，1100×2n>1，故Tn+1>Tn，数列{Tn}递增，且T8则当n=7时，Tn取最小值，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·四川雅安·三模）等比数列an中，每项均为正数，且a4⋅a5=81，则lg3a1+lg3a8= 4 .
【解题思路】根据等比数列性质和对数运算求解即可.
【解答过程】由题意得lg3a1+lg3a8=lg3a1a8=lg3a4a5=lg381=4.
故答案为：4.
13．（2024·湖北襄阳·二模）已知等差数列an和等比数列bn满足a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5.数列an和bn中的所有项分别构成集合A、B，将集合A∪B中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，数列cn的前n项和为Sn，则S20= 557 .
【解题思路】由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，求得an，bn，由题意可得{cn}的前20项中，有5项为{bn}的前5项，15项为{an}的前15项，由等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答过程】设等差数列{an}的公差为d和等比数列{bn}的公比为q，
由a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5，可得5+d=4q+1，5+2d=2q2+5，
解得d=4，q=2，
则an=5+4(n−1)=4n+1，bn=2n，
由a15=61<64，
由{an}和{bn}中无公共项，可得{cn}的前20项中，有5项为{bn}的前5项，15项为{an}的前15项，
则S20=(2+4+...+32)+(5+9+...+61)=2(1−25)1−2+12×15×(5+61)=62+495=557．
故答案为：557．
14．（2024·北京通州·三模）若数列{bn}、{cn}均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得bm∈[cn,cn+1]，则称数列{bn}为数列{cn}的“M数列”．已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论中正确的是 ①②④ ．
①存在等差数列{an}，使得{an}是{Sn}的“M数列”
②存在等比数列{an}，使得{an}是{Sn}的“M数列”
③存在等差数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M数列”
④存在等比数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M数列”
【解题思路】对于①取an=n分析判断，对于②④取an=2n−1分析判断，对于③，根据题意结合等差数列的性质分析判断.
【解答过程】对于①：例如an=n，则{an}为等差数列，可得Sn=n(n+1)2，则Sn+1=(n+1)(n+2)2，
所以an+1−an=n+1−n=1>0，Sn+1−Sn=an+1=n+1>1，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n(n+1)2，则am=an(n+1)2=n(n+1)2∈[n(n+1)2,(n+1)(n+2)2]，即am∈[Sn,Sn+1]恒成立，
所以{an}是{Sn}的“M数列”，故①正确；
对于②，例如an=2n−1>0，则{an}为等比数列，可得Sn=1−2n1−2=2n−1，则Sn+1=2n+1−1，
所以an+1−an=2n−2n−1=2n−1>0，Sn+1−Sn=an+1=2n>1，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n+1，则am=an+1=2n∈[2n−1,2n+1−1]，即am∈[Sn,Sn+1]恒成立 ，
所以{an}是{Sn}的“M数列”，故②正确；
对于③，假设存在等差数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M数列”，
设等差数列{an}的公差为d，
因为{an}为严格增数列，则d>0，
又因为{Sn}为严格增数列，所以Sn+1−Sn=an+1>0，即当n≥2时，an>0恒成立，
取n0∈N∗，满足an0>2d，可知必存在n=k∈N∗，使得ak≤Sn0又因为{Sn}为严格增数列，
所以对任意正整数m≥n0+1，则有Sm≥Sn0+1=Sn0+an0+1>ak+2d=ak+2，即Sm>ak+2，
对任意正整数m≤n0，则有Sm≤Sn0故当n=k+1时，不存在正整数m，使得ak+1≤Sm≤ak+2，故③不成立；
对于④，例如an=2n−1>0，则{an}为等比数列，且{an}、{Sn}均为严格增数列，可得Sn=1−2n1−2=2n−1，
所以an+1−an=2n−2n−1=2n−1≥1，Sn+1−Sn=an+1=2n>1，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n，则Sm=Sn=2n−1∈[2n−1,2n]，即Sm∈[an,an+1]恒成立，
所以{Sn}是{an}的“M数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
四、解答题
15．（2024·辽宁·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且4Sn=5an−2．
(1)证明：an是等比数列，并求其通项公式；
(2)设bn=(−1)n⋅lg5a2n+22，求数列bn的前100项和T100．
【解题思路】（1）利用给定的递推公式，结合an=Sn−Sn−1(n≥2)及等比数列定义推理得证，再求出通项公式.
（2）利用（1）的结论求出bn，再利用分组求和法计算即得.
【解答过程】（1）数列an中，4Sn=5an−2，当n≥2时，4Sn−1=5an−1−2，两式相减得an=5an−1，
而a1=S1=54a1−12，解得a1=2，所以an是首项为2，公比为5的等比数列，
通项公式为an=2×5n−1.
（2）由（1）知，bn=(−1)n⋅lg5a2n+22=(−1)n⋅lg52×52n+12=(−1)n⋅(2n+1)，
所以T100=b1+b2+b3+b4+⋯+b99+b100=−3+5+−7+9+⋯+
−199+201=2+2+2+⋯+2=2×50=100．
16．（2024·天津河西·模拟预测）已知桶A0中盛有3升水，桶B0中盛有1升水.现将桶A0中的水的23和桶B0中的水的13倒入桶A1中，再将桶A0与桶B0中剩余的水倒入桶B1中；然后将桶A1中的水的23和桶B1中的水的13倒入桶A2中，再将桶A1与桶B1中剩余的水倒入桶B2中；如此继续操作下去.
(1)求操作1次后桶B1中的水量；
(2)求操作n次后桶Bn中的水量；
(3)至少操作多少次，桶Ann∈N∗中的水量与桶Bnn∈N∗中的水量之差小于164升？（参考数据：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771）
【解题思路】（1）根据题意列式计算；
（2）根据题意，得到An+Bn=4，Bn=13An−1+23Bn−1，然后用数列知识求解；
（3）由（2）可得An=4−Bn=13n+2，列式运算得解.
【解答过程】（1）记桶An中的水量为An，桶Bn中的水量为Bn，n∈N，
所以B1=13A0+23B0=53.
（2）根据题意可得：An+Bn=4，Bn=13An−1+23Bn−1，
所以Bn=134−Bn−1+23 Bn−1=13 Bn−1+43，所以Bn−2=13 Bn−1−2，
即数列Bn−2是以B1−2=−13为首项，13为公比的等比数列，
所以Bn−2=−13⋅13n−1，
∴Bn−2=−1⋅13n，所以Bn=2−13n.
（3）An=4−Bn=13n+2，∴An−Bn=2⋅13n，
令2⋅13n<164，得13n<1128，两边取对数，
得n>lg131128=lg128lg3=7lg2lg3≈7×≈4.4，
所以至少经过5次操作，才能使桶Ann∈N∗中的水量与桶Bnn∈N∗中的水量之差小于164.
17．（2024·四川德阳·三模）已知an是等差数列，bn是等比数列，且bn的前n项和为Sn，2a1=b1=2，a5=5a4−a3，在①b5=4b4−b3，②bn+1=Sn+2这两个条件中任选其中一个，完成下面问题的解答.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.
【解题思路】（1）根据等差数列定义可求得数列an的通项公式，利用等比数列定义根据条件①②列方程组解得公比可得数列bn的通项公式；
（2）利用错位相减法求出Tn=2−n+22n.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，
∵2a1=2，a5=5a4−a3，
∴a1+4d=5a1+3d−a1−2d，
∴a1=d=1.
∴an=1+n−1×1=nn∈N∗.
设等比数列bn的公比为q，
若选条件①，b5=4b4−b3，
由b1=2，且b5=4b4−b3，
得b1q4=4b1q3−b1q2，
∴q2−4q+4=0，解得q=2.
所以bn是首项为2，公比为2的等比数列.
故bn=2×2n−1=2nn∈N*.
若选条件②，bn+1=Sn+2，
令n=1，得b2=S1+2=b1+2=4，
∴公比q=b2b1=2，
∴数列bn是首项为2，公比为2的等比数列.
从而bn=2×2n−1=2nn∈N*.
（2）因为Tn=12+222+323+⋯+n−12n−1+n2n，
所以12Tn=122+223+324+⋯+n−12n+n2n+1，
两式相减，得12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1，
即12Tn=1−12n−n2n+1，
所以Tn=2−n+22n.
18．（2024·天津·二模）设an是等差数列，其前n项和Sn，bn是等比数列，且a1=b1=3，a4=b2，S3=15.
(1)求an与bn的通项公式；
(2)设cn=anbn,n为奇数(3−4n)bnan−1·an+1,n为偶数，求数列cn的前2n项和T2n；
(3)若对于任意的n∈N*不等式nan+1−λan−1n+2−12<0恒成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）结合等差数列的通项公式，求和公式以及等比数列的通项公式进行求解；
（2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和；
（3）对于求参数的范围，一般可以采用分离参数的方法，对于求后面式子的最值，结合函数的单调性进行分析求解．
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，
由S3=15，⇒3a1+3d=15，又a1=3，⇒3+d=5，⇒d=2，
由a4=b2，⇒ a1+3d=b1·q，又a1=b1=3，⇒3+3d=3q，⇒q=3，
∴an=3+2(n−1)=2n+1，bn=3·3n−1=3n，
即an=2n+1，bn=3n．
（2）当n为奇数时，cn=an·bn=(2n+1)·3n，
记An=c1+c3+c5+⋅⋅⋅+c2n−1，则有
An=3×3+7×33+11×35+⋅⋅⋅+(4n−1)×32n−1①，
9An=3×33+7×35+11×37+⋅⋅⋅+(4n−1)×32n+1②，
①−②得：
−8An=9+4×33+35+37+…+32n−1−4n−1×32n+1，
⇒−8An=9+4×27×1−9n−11−9−4n−1×32n+1，
⇒An=916+24n−916×9n，
当n为偶数时，cn=(3−4n)·bnan−1·an+1=(3−4n)3n(2n−1)(2n+3)=14×(3n2n−1−3n+22n+3)，
记Bn=c2+c4+c6+⋅⋅⋅+c2n，
⇒Bn=14×(323−347)+14×(347−3611)+14×(3611−3815)+⋅⋅⋅+14×(32n4n−1−32n+24n+3) ⇒Bn=14×(323−32n+24n+3)
⇒Bn=34−9n+116n+12，
⇒T2n=An+Bn=2116+24n−916×9n−9n+116n+12．
（3）由an=2n+1与nan+1−λan−1n+2−12<0恒成立，
可得n2n+2−λ·2nn+2−12<0恒成立，
⇒λ>n2+n−6n2+2n恒成立，即求n2+n−6n2+2n的最大值，
设f(n)=n2+n−6n2+2n=1−n+6nn+2，
f(n+1)−f(n)=−n+7n+1n+3+n+6nn+2=n2+13n+18nn+1n+2n+3>0，
∴f(n)单调递增，
又∵n+6n(n+2)>0，
∴f(n)=1−n+6n(n+2)<1，
∴λ≥1．
19．（2024·重庆开州·模拟预测）设有穷数列an的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足：∀nak，则称k为数列an的“min点”．
(1)若an=(−1)n(2n−3)(1≤n≤5)，求数列an的“min点”；
(2)已知有穷等比数列an的公比为2，前n项和为Sn．若数列Sn+1Sn存在“min点”，求正数a1的取值范围；
(3)若an≥an−1−1(2≤n≤m)，数列an的“min点”的个数为p，证明：a1−am≤p．
【解题思路】（1）由通项公式写出数列的各项，根据数列an的“min点”定义确定结论；
（2）利用等比数列求和公式求Sn，由条件可得存在nn≥2，使得Sn+1Sn（3）先证明若an≥a1n≥2，则p=0，结论成立，再证明若存在an，使得an【解答过程】（1）因为an=(−1)n(2n−3)(1≤n≤5)
所以a1=1,a2=1,a3=−3,a4=5,a5=−7，
所以数列 an 的 “ min 点” 为 3，5 ，
（2）依题意，Sn=a11−2n1−2=a12n−1，
因为数列Sn+1Sn存在 “min点”，
所以存在nn≥2 ，使得 Sn+1Sn所以a12n−1+1a12n−1即a12n−2<1a1⋅2n−22n−1.
因为n≥2，所以2n−2>0，所以a12<12n−1，
又2n−1随n的增大而增大，
所以当n=2时，12n−1取最大值13，
所以a12<13，又a1>0，所以0当0所以数列Sn+1Sn存在 “min点”，
所以a1的取值范围为0,33，
（3）①若an≥a1n≥2，则数列an不存在 “min点”，即p=0.
由am−a1≥0得，a1−am≤0，所以a1−am≤p，
②若存在an，使得an证明: 若a2若a2≥a1，因为存在an，使得an所以设数列an中第1个小于a1的项为an1，
则an1综上，数列an存在 “min点”.
不妨设数列an的 “min点” 由小到大依次为n1,n2,n3,⋯,np，
则ani+1是ani,ani+1,ani+2,⋯,ani+1−1,ani+1中第1个小于ani的项，
故ani−ani+1≤ani+1−1−ani+1，因为 an≥an−1−12≤n≤m，
所以an−1−an≤1，所以ani+1−1−ani+1≤1，所以ani−ani+1≤1
所以a1−am≤a1−anp=a1−an1+an1−an2+an2−an3+⋯+anp−1−anp
≤an1−1−an1+an2−1−an2+an3−1−an3+⋯+anp−1−anp
≤1+1+1+⋯+1p个1.
所以a1−am≤p.
综上，a1−am≤p，得证.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义
(2)掌握等比数列前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系
(3)能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题
(4)体会等比数列与指数函数的关系
2022年新高考全国Ⅱ卷：第17题，10分
2023年新高考Ⅱ卷：第8题，5分
2023年全国乙卷（理数）：第15题，5分
2023年全国甲卷（理数）：第5题，5分
2024年新高考Ⅱ卷：第19题，17分
2024年北京卷：第5题，5分
等比数列是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，等比数列的基本量计算和基本性质、等比数列的中项性质、判定是高考考查的热点，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；等比数列的证明、求和及综合应用是高考考查的重点，一般出现在解答题中，难度中等.
去年高考压轴题中出现数列的新定义、新情景题，综合性强，难度大，需要灵活求解.
文字
语言
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)
符号
语言
在数列{}中，如果（或）(q≠0)成立，则称数列{}为等比数列，常数q称为等比数列的公比
递推
关系
或