第26讲 等比数列及其前n项和（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为15分
【备考策略】1.理解、掌握等比数列的概念
2.能掌握等比数的通项公式与前n项和公式
3.具备类比的思想，会借助函数的图像与特征求解数列的最值与单调性问题
4.会解等比数的通项公式与前n项和问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出数列的递推关系式，求解数列的通项公式与前n项和公式。
知识讲解
知识点一．等比数列有关的概念
1.定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，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．
2.等比中项：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.
知识点二．等比数列的通项公式及前n项和公式
1.若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an＝a1qn－1.
2.等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.
3.等比数列的前n项和公式： Sn=na1,(q=1)a1(1−qn)1−q=a1−anq1−q(q≠1)
4.①等比数列的前项和公式有两种形式，在求等比数列的前项和时，首先要判断公比q是否为1，再由q的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比q是否为1时，要分q=1与q≠1两种情况讨论求解．
②已知a1,q(q≠1),n（项数），则利用Sn=a1(1−qn)1−q求解；已知a1,an,q(q≠1)，则利用Sn=a1−anq1−q求解．
③Sn=a1(1−qn)1−q=−a11−qqn+a11−q=kqn−k(k≠0,q≠1)，Sn为关于qn的指数型函数，且系数与常数互为相反数．
知识点三．等比数列的常用性质
1. 等比中项的推广．
若m+n=p+q时，则aman=apaq，特别地，当m+n=2p时，aman=ap2．
2.ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．
3.若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}{panqbn}也是等比数列(b，p，q≠0)．
4.若a1>0q>1或a1<00若a1>001则等比数列{an}递减．
知识点四．等比数列前n项和的常用性质
若等比数列{an}的公比q≠－1, 前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
知识点五．等比数列的常用结论
1．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.
2．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．
3．设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．
(1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
(2)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，T2nTn，T3nT2n，…成等比数列．
(3)若数列{an}的项数为2n，则S偶S奇＝q；若项数为2n＋1，则S奇−a1S偶＝q.
考点一、等比数列基本量的计算
1.（2020·全国·高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则Snan=（ ）
A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1
【答案】B
【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为q，
由a5−a3=12,a6−a4=24可得：{a1q4−a1q2=12a1q5−a1q3=24⇒{q=2a1=1，
所以an=a1qn−1=2n−1,Sn=a1(1−qn)1−q=1−2n1−2=2n−1，
因此Snan=2n−12n−1=2−21−n.
故选：B.
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.
2.（2019·全国·高考真题）已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=
A．16B．8C．4D．2
【答案】C
【解析】利用方程思想列出关于a1 , q的方程组，求出a1 , q，再利用通项公式即可求得a3的值．
【详解】设正数的等比数列{an}的公比为q，则a1+a1q+a1q2+a1q3=15 , a1q4=3a1q2+4a1，
解得a1=1 , q=2，∴a3=a1q2=4，故选C．
【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键
1.（2024·全国·高考真题）已知等比数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1−3.
(1)求an的通项公式；
(2)求数列Sn的前n项和.
【答案】(1)an=53n−1
(2)154⋅53n−32n−154
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用分组求和法即可求Sn.
【详解】（1）因为2Sn=3an+1−3,故2Sn−1=3an−3，
所以2an=3an+1−3ann≥2即5an=3an+1故等比数列的公比为q=53，
故2a1=3a2−3=3a1×53−3=5a1−3，故a1=1，故an=53n−1.
（2）由等比数列求和公式得Sn=1×1−53n1−53=3253n−32，
所以数列Sn的前n项和
Tn=S1+S2+S3+⋅⋅⋅+Sn=3253+532+533+⋅⋅⋅+53n−32n
=32⋅531−53n1−53−32n=154⋅53n−32n−154.
2.（2024·浙江·模拟预测）公比为q的等比数列an满足an>0，a4=2a3+3a2，则q=（ ）
A．−1B．1C．3D．9
【答案】C
【分析】由等比数列的通项公式：an=a1⋅qn−1，代入a4=2a3+3a2解关于q的方程，即可得q的值.
【详解】由an>0，知a1>0,q>0，又a4=2a3+3a2，
则a1⋅q3=2a1⋅q2+3a1⋅q，
∴q2=2q+3，解得q=−1（舍），或q=3.
故选：C.
3.（24-25高三上·宁夏银川·开学考试）若an为等比数列，a5+a8=−3，a4a9=−18，则q3= .
【答案】−12或−2/−0.5或−2
【分析】根据等比数列的性质求a5，a8，可求q3的值.
【详解】因为数列an为等比数列，所以a4a9=a5a8=−18，又a5+a8=−3，
所以a5=−6a8=3或a5=3a8=−6，因为q3=a8a5，所以q3为−12或−2.
故答案为：−12或−2
考点二、等比数列的判断与证明
1.（2022·全国·高考真题）记Sn为数列an的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(1)证明：an是等差数列；
(2)若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−78．
【分析】（1）依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，作差即可得到an−an−1=1，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到an的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn−1+n−12=2n−1an−1+n−1②，
①−②得，2Sn+n2−2Sn−1−n−12=2nan+n−2n−1an−1−n−1，
即2an+2n−1=2nan−2n−1an−1+1，
即2n−1an−2n−1an−1=2n−1，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，
所以an是以1为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，所以Sn=−12n+nn−12=12n2−252n=12n−2522−6258，
所以，当n=12或n=13时，Snmin=−78．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，即有a1则当n=12或n=13时，Snmin=−78．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出Sn的最小值，适用于可以求出Sn的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
2.（2022·全国·高考真题）已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．
(1)证明：a1=b1；
(2)求集合kbk=am+a1,1≤m≤500中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)9．
【分析】（1）设数列an的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．
【详解】（1）设数列an的公差为d，所以，a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−a1+3d，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．
（2）由（1）知，b1=a1=d2，所以bk=am+a1⇔b1×2k−1=a1+m−1d+a1，即2k−1=2m，亦即m=2k−2∈1,500，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合k|bk=am+a1,1≤m≤500中的元素个数为10−2+1=9．
1.（21-22高三上·云南昆明·阶段练习）设数列{an}的前n项和为Sn，若S2=4，an+1=2Sn+1（n∈N∗）.
(1)证明：数列Sn+12是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
【答案】(1)证明见解析
(2)an=3n−1
【分析】（1）令n=1得到a2=2a1+1，结合S2=a1+a2=4解得a1和a2，利用an+1=Sn+1−Sn得到Sn+1=3Sn+1，从而得到Sn+1+12=3Sn+12，即可证明数列Sn+12是等比数列；
（2）由（1）得到Sn=32×3n−1−12，由n≥2时，an=Sn−Sn−1得到an，再验证a1，即可求解.
【详解】（1）因为an+1=2Sn+1，所以n=1时，a2=2S1+1，即a2=2a1+1①，
又S2=a1+a2=4②，由①和②得：a1=1，a2=3，
由an+1=2Sn+1得：Sn+1−Sn=2Sn+1，即Sn+1=3Sn+1，
所以Sn+1+12=3Sn+12，即Sn+1+12Sn+12=3，
又S1+12=a1+12=32，
所以数列Sn+12是首项为32，公比为3的等比数列.
（2）由（1）得：Sn+12=32×3n−1，则Sn=32×3n−1−12，
当n=1时，a1=1，
当n≥2（n∈N∗）时 ，Sn=32×3n−1−12，Sn−1=32×3n−2−12，
两式相减得：an=32×3n−1−3n−2=3n−1，
n=1时，a1=1满足an=3n−1，
故数列{an}的通项公式为an=3n−1（n∈N∗）.
2.（21-22高三上·陕西渭南·期中）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，an>0，Sn2=an+12−λSn+1，其中λ为常数．
(1)证明：Sn+1=2Sn+λ；
(2)若数列an为等比数列，求λ的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）由an+1=Sn+1−Sn消去等式中的an+12，化简证明等式成立；
（2）由（1），利用an+1=Sn+1−Sn得到数列an的递推关系，由条件an为等比数列，所以a2=2a1，解出λ.
【详解】（1）证明：∵an+1=Sn+1−Sn，Sn2=an+12−λSn+1，
∴Sn2=Sn+1−Sn2−λSn+1．∴Sn+1Sn+1−2Sn−λ=0．
∵an>0，∴Sn+1>0，∴Sn+1−2Sn−λ=0．∴Sn+1=2Sn+λ．
（2）由（1）知，Sn+1=2Sn+λ，当n≥2时，Sn=2Sn−1+λ，
两式相减，an+1=2an（n≥2，n∈N*），
∴数列an从第二项起成等比数列，且公比q=2．
又S2=2S1+λ，即a2+a1=2a1+λ，
∴a2=a1+λ=1+λ， ∴a2=1+λ=2a1=2，
∴当λ=1时，数列an是等比数列．
3.（2021·全国·模拟预测）已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝12，a2＝32，求{an}的通项公式.
【答案】(1)证明见解析
(2)an＝12×3n－1
【分析】（1）将an＋2＝2an＋1＋3an，变形为an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，利用等比数列的定义证明；
（2）由（1）得到an＋an＋1＝2×3n－1，再由an＋2＝2an＋1＋3an，得到an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，结合求解.
【详解】（1）证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an＞0，
所以an+2+an+1an+1+an＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.
（2）由题意及（1）知，an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，
所以an＋1－3an＝0，
故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n－1，即an＝12×3n－1.
4.（20-21高三下·江苏南京·开学考试）某景点上山共有999级台阶，寓意长长久久.甲上台阶时，可以一步上一个台阶，也可以一步上两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为13，每步上两个台阶的概率为23，为了简便描述问题，我们约定，甲从0级台阶开始向上走，一步走一个台阶记1分，一步走两个台阶记2分，记甲登上第n个台阶的概率为Pn，其中n∈N∗，且n≤998.
(1)若甲走3步时所得分数为X，求X的概率分布；
(2)证明：数列Pn+1−Pn是等比数列；
(3)求甲在登山过程中，恰好登上第99级台阶的概率.
【答案】(1)分布列见解析
(2)证明见解析
(3)35−415×2398
【分析】（1）考虑甲走3步时,是一步上一个台阶还是一步上两个台阶,从而写出X的所有可能取值，求出每一个值对应的概率，即可得X 的分布列；
（2）由题意可得到递推式Pn+2=13Pn+1+23Pn，构造数列，从而证明结论；
（3）利用（2）的结论，采用累加求和，结合等比数列的前n项和公式，求得答案.
【详解】（1）由题意可得X的所有可能取值为3，4，5，6，
PX=3=133=127，PX=4=C31×23×132=29，
PX=5=C32×232×13=49，PX=6=233=827，
∴X的分布列为：
（2）证明：由题可得Pn+2=13Pn+1+23Pn，
∴Pn+2−Pn+1=−23Pn+1−Pn，∵P1=13，P2=23+132=79，∴P2−P1=49≠0，
∴数列Pn+1−Pn是以49为首项，−23为公比的等比数列.
（3）由（2）可得P99=P99−P98+P98−P97+⋅⋅⋅+P2−P1+P1
=49×1−−23981+23+13 =35−415×2398.
考点三、等比数列项的性质
1.（2025·安徽·模拟预测）在等比数列an中，若a2a3a13=8，则a4a8=（ ）．
A．2B．22C．4D．8
【答案】C
【分析】根据等比数列的下标和性质运算求解即可.
【详解】因为数列an是等比数列，
则a2a3a13=a3a2a13=a3a9a6=a63=8，即a6=2，
所以a4a8=a62=4.
故选：C.
2.（2024·贵州贵阳·二模）记等比数列an的前n项和为Sn,a1a2a3=27,a5=81，则S5=（ ）
A．121B．63C．40D．31
【答案】A
【分析】利用等比数列的下标和性质求得a2，进而利用等比数列的通项公式求得q,a1，再利用等比数列的求和公式即可得解.
【详解】根据题意，设等比数列an的公比为q，
若a1a2a3=27，则有a23=27，得a2=3，
又由a5=81，则q3=a5a2=813=27，解得q=3，
故a1=a2q=1，
则S5=a11−q51−q=1−351−3=121.
故选：A.
1.（2024·广西南宁·三模）已知an是等比数列，a3=2，a7=18，则a5=（ ）
A．10B．−10C．6D．−6
【答案】C
【分析】由等比数列下标和定理计算即可．
【详解】因为an是等比数列，
所以a52=a3⋅a7=36，
又因为a5=a3⋅q2>0，所以a5=6，
故选：C．
2.（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
【答案】A
【分析】运用等比中项，结合等比数列通项公式即可解决.
【详解】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.
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
【答案】B
【分析】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.
【详解】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·山东济南·模拟预测）已知等比数列an中所有项均为正数，若aman=a32m,n∈N*，则4m+1n的最小值为（ ）
A．32B．54C．76D．98
【答案】A
【分析】由已知结合等比数列的性质可求m，n，代入到所求式子即可判断．
【详解】因为等比数列an中所有项均为正数，
若aman=a32m,n∈N*，则m+n=6，
可知m=1n=5或m=2n=4或m=3n=3或m=4n=2或m=5n=1，
代入可得：4m+1n=215或94或53或32或95，
所以当m=4，n=2时，4m+1n取最小值32．
故选：A．
考点四、等比数列前n项和的性质
1.（2020·全国·高考真题）数列{an}中，a1=2，对任意 m,n∈N+,am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则 k=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】取m=1，可得出数列an是等比数列，求得数列an的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k的等式，由k∈N∗可求得k的值.
【详解】在等式am+n=aman中，令m=1，可得an+1=ana1=2an，∴an+1an=2，
所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an=2×2n−1=2n，
∴ak+1+ak+2+⋯+ak+10=ak+1⋅1−2101−2=2k+1⋅1−2101−2=2k+1210−1=25210−1，
∴2k+1=25，则k+1=5，解得k=4.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
2.（2017·全国·高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和，已知S2=2，S3=-6.
（1）求an的通项公式；
（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．
【答案】（1）an=(−2)n；（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得q=−2，a1=−2即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
试题解析：（1）设{an}的公比为q.由题设可得a1(1+q)=2a1(1+q+q2)=−6 ，解得q=−2，a1=−2.故{an}的通项公式为an=(−2)n.
（2）由（1）可得Sn=a1(1−qn)1−q=−23+(−1)n2n+13.
由于Sn+2+Sn+1=−43+(−1)n2n+3−2n+23=2[−23+(−1)n2n+13]=2Sn，
故Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列.
点睛:等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．
1.（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
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质建立方程求解即可.
【详解】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.
2.（2024·西藏林芝·模拟预测）等比数列an的前n项和Sn=4n−1+t，则t=（ ）
A．−1B．−14C．12D．13
【答案】B
【分析】根据等比数列前n项和公式特征求解即可.
【详解】若等比数列an的公比为1，
因为S1=t,S2=4+t,S3=16+t，
则4+t=2t,16+t=3t，矛盾，故q≠1
设等比数列an公比为qq≠1，则Sn=a11−qn1−q=a11−q−a1qn1−q，
即等比数列an的前n项和Sn要满足Sn=ABn−AAB≠0，
又因为Sn=4n−1+t=14×4n+t，所以t=−14.
故选：B
3.（2024·山西晋中·模拟预测）设等比数列an的前n项和为Sn，若Sn=t⋅3n−1−1，则t=（ ）
A．−3B．3C．1D．−1
【答案】B
【分析】设公比为q，推导出Sn=−a11−qqn+a11−qq≠1，即可求出t的值.
【详解】设公比为q，
当q=1时Sn=na1，不符合题意；
当q≠1时Sn=a11−qn1−q=−a11−qqn+a11−q，
又Sn=t⋅3n−1−1=13t⋅3n−1，
所以13t+−1=0，解得t=3.
故选：B
4.（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，若S8+S24=140，且S24=13S8，则S16=（ ）
A．40B．-30C．30D．-30或40
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质可知片段和成等比数列，求出片段和等比数列公比即可得解.
【详解】因为S8+S24=140，且S24=13S8，
所以S8=10，S24=130，故q≠±1，
所以S24S8=1−q241−q8=q82+q8+1=13，即q82+q8−12=0，解得q8=3或q8=−4（舍去），
由等比数列性质可知，S8,S16−S8,S24−S16成等比数列，公比为q8=3
所以S16−10=10×q8=30，解得S16=40，
故选：A
考点五、奇偶项求和问题
1.（20-21高三上·陕西宝鸡·阶段练习）已知等比数列an中，a1=1，a1+a3+⋯+a2k+1=85，a2+a4+⋯+a2k=42，则k=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】本题首先可设公比为q，然后根据a1+a3+⋯+a2k+1=85得出qa2+⋯+a2k=84，再然后根据a2+a4+⋯+a2k=42求出q=2，最后根据等比数列前n项和公式即可得出结果.
【详解】设等比数列an的公比为q，
则a1+a3+⋯+a2k+1=a1+a2q+⋯+a2kq=85，
即qa2+⋯+a2k=85−1=84，
因为a2+a4+⋯+a2k=42，所以q=2，
则a1+a2+a3+⋯+a2k+a2k+1=85+42=127=1×1−22k+11−2，
即128=22k+1，解得k=3，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据等比数列前n项和求参数，能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.
2.（2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列{an}的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（ ）
A．5B．7C．9D．11
【答案】A
【分析】根据题意，设an=a1·qn−1=qn−1，由等比数列的前n项和公式可得q的值，进而求得结论．
【详解】根据题意，数列{an}为等比数列，设an=a1·qn−1=qn−1，
又由数列{an}的奇数项之和为21，偶数项之和为10，则q=21−110=2，
故Sn=21+10=a1(1−qn)1−q⇒2n−1=31⇒n=5；
故选：A
【点评】本题考查等比数列的求和，关键是求出等比数列的公比，属于基础题．
1.（21-22高三上·山东聊城·期末）已知等比数列an的公比q=13，且a1+a3+a5+⋯+a99=90，则a1+a2+a3+⋯+a100= .
【答案】120
【分析】在等比数列中，若项数为2n，则S偶S奇=q，结合所求，化简计算，即可得答案.
【详解】因为在等比数列中，若项数为2n，则S偶S奇=q，
所以a1+a2+a3+⋯+a100=a1+a3+a5+⋯+a99+a2+a4+a6+⋯+a100
=a1+a3+a5+⋯+a99+13a1+a3+a5+⋯+a99
=90+13×90=120.
故答案为：120
2.（2020·全国·一模）已知数列{an}中，a1=1，anan+1=2n，则{an}的前200项和S200= .
【答案】3×2100−3
【解析】当n≥2时，可知an−1an=2n−1，进而可知anan+1an−1an=2，即an+1an−1＝2，从而可知{an}的奇数项和偶数项都是等比数列，进而分奇偶两部分，可求出S200.
【详解】由a1=1，anan+1=2n，得a2=2.
当n≥2时，an−1an=2n−1，所以anan+1an−1an=2n2n−1=2，即an+1an−1=2，
所以{an}的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，2为公比的等比数列.
则S200=1×(1−2100)1−2+2×(1−2100)1−2=3×2100−3.
故答案为：3×2100−3.
【点睛】本题考查数列求和，考查等比数列前n项和公式的应用，注意分奇偶项进行讨论，属于中档题.
3.（23-24高三上·福建厦门·阶段练习）设Sn是数列an的前n项和，已知a1=1,an+1=12an+n,n为奇数,an−2n,n为偶数.
(1)求a4，并证明：a2n−2是等比数列；
(2)求满足S2n>0的所有正整数n.
【答案】(1)a4=74，证明见解析
(2)1，2
【分析】（1）利用a1=1代入计算即可求得a4=74，由等比数列定义可求得a2n+2−2=12a2n−2，即可得出证明；
（2）利用数列分组求和可得出S2n=−2n−322+32+3×12n，再利用二次函数及指数函数单调性即可求得结果.
【详解】（1）由a1=1可得a2=12a1+1=32，
所以a3=a2−2×2=−52，
可得a4=12a3+3=74；
由已知得a2n+2=12a2n+1+2n+1=12a2n−4n+2n+1=12a2n+1，
所以a2n+2−2=12a2n−2，
其中a2=32,a2−2=−12≠0，
所以a2n−2是以−12为首项，12为公比的等比数列；
（2）由（1）知a2n−2=−12⋅12n−1，
所以a2n=−12n+2,a2n−1=6−4n−12n−1，
所以a2n−1+a2n=8−4n−3⋅12n，
所以S2n=a1+a2+a3+a4+⋯+a2n−1+a2n
=8n−41+2+⋯+n−312+122+⋯+12n=−2n2+6n−3+3×12n
=−2n−322+32+3×12n，
由二次函数及指数函数性质可知当n≥2时，S2n单调递减，
其中S2=52,S4=74,S6=−218，
所以满足S2n>0的所有正整数n为1，2.
4.（2024·山东青岛·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数2an,n为偶数，则S100= .
【答案】3×251−156
【分析】依题意可得a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k−1+3，记bn=a2n+a2n−1,n≥1，即可得到bn+1+3=2bn+3，从而求出bn的通项公式，再由分组求和法计算可得.
【详解】因为a1=1,an+1=an+1,n为奇数2an,n为偶数，
所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k−1+2,k∈N∗，且a2=2，
所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k−1+3，
记bn=a2n+a2n−1,n≥1，则bn+1=2bn+3，所以bn+1+3=2bn+3，
所以bn+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn+3=6×2n−1，则bn=6×2n−1−3，
记bn的前n项和为Tn，
则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249−3×50
=61−2501−2−150=3×251−156.
故答案为：3×251−156
考点六、等比数列实际应用
1.（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm．
【答案】 23 57.5/1152
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为ℎ1，斗量器的高为ℎ2（单位都是mm），则π32522ℎ2π6522ℎ1=π32522×230π32522ℎ2=10，
故ℎ2=23mm，ℎ1=1152mm.
故答案为：23mm,1152mm.
.（2024·陕西西安·模拟预测）某人从银行贷款100万，贷款月利率为0.5%,20年还清，约定采用等额本息按月还款(即每个月还相同数额的款，240个月还清贷款的利息与本金)，则每月大约需还款（ ）(参考数据：1.005240≈3.310
A．7265元B．7165元C．7365元D．7285元
【答案】B
【分析】设每月需还款a万元，由题意，求出第n期还款后，还欠银行的款项an，再由a240=0，得到an,an−1的递推关系，进而得到数列an−200a是等比数列，求出通项an，由a240=0，解出a.
【详解】设每月需还款a万元，
第一期还款后，还欠银行a1=100×1.005−a万元，
第二期还款后，还欠银行a2=(100×1.005−a)×1.005−a万元，
⋯⋯
设第n期还款后，还欠银行an万元，则a240=0，且an=1.005an−1−a，
所以an−200a是公比为1.005的等比数列，所以an=1.005n−1(100.5−201a)+200a.
令a240=0，解得a=−1≈0.7165，即每月大约需还款7165元.
故选：B.
1.（2024·天津红桥·二模）某同学于2019年元旦在银行存款1万元，定期储蓄年利率为1.75%，以后按约定自动转存，那么该同学在2025年元旦可以得到本利和为（ ）
A．10000×1.01756B．10000×1.01757
C．100001−1.75%61−1.75%D．100001−1.75%71−1.75%
【答案】A
【分析】记n年后得到的本利和为an，依题意可得an=10000×1+1.75%n，即可判断.
【详解】记n年后得到的本利和为an，根据题意知an=10000×1+1.75%n=10000×1.0175n，
即数列an是一个首项为a1=10175，公比为q=1.0175的等比数列，
∴该同学2019年元旦在银行存款1万元，2025年元旦即6年后得到的本利和为：
a6=10000×1.01756（元）.
故选：A
2.（2024·河南洛阳·模拟预测）折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可追溯到公元583年，民间传统折纸是一项利用不同颜色、不同硬度、不同质地的纸张进行创作的手工艺．其以纸张为主材，剪刀、刻刀、画笔为辅助工具，经多次折叠造型后再以剪、刻、画手法为辅助手段，创作出或简练、或复杂的动物、花卉、人物、鸟兽等内容的立体几何造型作品．随着一代代折纸艺人的传承和发展，现代折纸技术已发展至一个前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其复杂而又栩栩如生的折纸作品是由一张完全未经裁剪的正方形纸张所创作出来的，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为l的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（ ）
A．28B．18C．24D．14
【答案】A
【分析】由题意知对折后的等腰直角三角形的腰长成首项为22，公比为22的等比数列，进而求出对折6次后的腰长，即可求解.
【详解】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为22，公比为22，
故对折6次后，得到腰长为226=18的等腰直角三角形，
所以斜边长为18×2=28.
故选：A．
3.（2024高三下·全国·专题练习）在等腰直角三角形ABC中，B=π2，AB=a，以AB为斜边作等腰直角三角形AB1B，再以AB1为斜边作等腰直角三角形AB2B1，依次类推，记△ABC的面积为S1，依次所得三角形的面积分别为S2，S3……若S1+S2+⋯+S8=25532，则a=（ ）
A．2B．22C．3D．4
【答案】B
【分析】利用三角形边之间的关系得到面积之间的关系为Sn+1Sn=ABnABn−12=12n≥2，然后利用等比数列求和列出方程求解即可
【详解】由题知S1=12a2，AB1=22AB，AB2=22AB1，…，ABn+1=22ABn，
∴Sn+1Sn=ABnABn−12=12n≥2，
又S2=14a2=12S1，∴数列Sn是首项为12a2，公比为12的等比数列，
∴S1+S2+S3+⋯+S8=12a21−1281−12=25532，∴a=22，
故选：B．
4.（23-24高三下·山东济南·开学考试）已知甲植物生长了一天，长度为a(a>0)，乙植物生长了一天，长度为16a.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的32倍，乙每天的生长速度是前一天的23，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是（ ）（参考数据：取lg2=0.3,lg3=0.48）
A．第6天B．第7天C．第8天D．第9天
【答案】C
【分析】设甲植物每天生长的长度构成等比数列an，甲植物每天生长的长度构成等比数列bn，设其前n项和分别为Sn、Tn，依题意得到an、bn的通项公式，即可求出Sn、Tn，再由Sn>Tn得到32n>24，最后根据指数函数的性质及对数的运算性质计算可得.
【详解】设甲植物每天生长的长度构成等比数列an，甲植物每天生长的长度构成等比数列bn，设其前n项和分别为Sn、Tn（即n n∈N∗天后树的总长度），
则an=a×32n−1，bn=16a×23n−1，
所以Sn=a+a×32+a×322+⋯+a×32n−1=a1−32n1−32=−2a1−32n，
Tn=16a+16a×23+16a×232+⋯+1a×23n−1=16a1−23n1−23=48a1−23n，
由Sn>Tn，可得−2a1−32n>48a1−23n，
即322n−25×32n+24>0，即32n−24⋅32n−1>0，
解得32n>24或32n<1（舍去），
由32n>24则n>lg3224，因为lg3224=lg24lg32=lg3+3lg2lg3−lg2=0.48+3×−0.3≈7.7，
即n>7.7，又n∈N∗，所以n的最小值为8.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题关键是利用等比数列求出公式求出n n∈N∗天后树的总长度，从而得到不等式，再结合指数函数的性质解得.
考点七、等比数列综合应用
1.（2024·山西太原·二模）已知an，bn分别是等差数列和等比数列，其前n项和分别是Sn和Tn，且a1=b1=1，a2+b2=4，T3=3，则S3=（ ）
A．9B．9或18C．13D．13或37
【答案】B
【分析】设等比数列bn的公比为q，当q=1时求出bn，即可求出a2，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得，当q≠1时根据等比数列求和公式求出q，从而求出bn，即可求出a2，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得.
【详解】设等比数列bn的公比为q，由b1=1且T3=3，
当q=1时，则T3=3b1=3，符合题意，则bn=1，又a2+b2=4，所以a2=3，
所以S3=a1+a2+a3=3a2=9；
当q≠1时，则T3=b11−q31−q=3，即1+q+q2=3，解得q=1（舍去）或q=−2，
所以bn=−2n−1，则b2=−2，又a2+b2=4，所以a2=6，
所以S3=a1+a2+a3=3a2=18；
综上可得S3=9或18.
故选：B
2.（2024·湖北·模拟预测）已知数列an为等差数列，bn为等比数列，a4=b4=3，则（ ）
A．b1b7≥a1a7B．b1+b7≥a1+a7
C．b1b7≤a1a7D．b1+b7≤a1+a7
【答案】A
【分析】利用等比数列和等差数列的性质结合基本不等式求解即可.
【详解】由an为等差数列，bn为等比数列，a4=b4=3，
可得a1+a7=2a4=6,b1b7=b42=9.
由a1a7≤a1+a722=9，当且仅当a1=a7=3时取等，
可得a1a7≤b1b1，故A正确，C错误.
当b1>0时，b1+b7≥2b1b7=6=a1+a7；
当且仅当b1=b7=3时取等，
当b1<0时，b1+b7≤−2b1b7=−6当且仅当b1=b7=−3时取等，故B，D都错误.
故选：A.
1.（2024·陕西宝鸡·三模）已知数列an是公差不为0的等差数列，a4=5，且a1,a3,a7成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=ancsπan2，求数列bn的前2024项和．
【答案】(1)an=n+1
(2)1012
【分析】（1）由等差数列、等比数列基本量的计算求得a1,d即可；
（2）得到bn表达式后，发现b4k−3+b4k−2+b4k−1+b4k=2（k∈N∗），故由分组求和法即可求解.
【详解】（1）设等差数列an的公差为d(d≠0)，
由题意可知，a1+3d=5a32=a1⋅a7，即a1+3d=5a1+2d2=a1⋅a1+6d，解得a1=2d=1，
所以an=n+1；
（2）由（1）可知，bn=ancsanπ2=(n+1)cs(n+1)π2，
对于任意k∈N∗，有b4k−3=−4k+2,b4k−2=0,b4k−1=4k,b4k=0，
所以b4k−3+b4k−2+b4k−1+b4k=2，
故数列bb的前2024项和为
b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8+⋯⋯+b2021+b2022+b2023+b2024=1012．
2.（2024·全国·模拟预测）已知数列an满足2nan是等差数列，ann是等比数列.
(1)证明：a1=a2；
(2)记an的前n项和为Sn，若对于任意n∈N*,Sn∈1,6，求a1的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)1,32
【分析】（1）根据数列2nan是等差数列得2×4a2=2a1+8a3，数列ann是等比数列得a222=a1×a33，消掉a3即可证明；
（2）由（1）得数列2nan的公差为2a1，首项为2a1，即an=na12n−1，然后通过错位相减求得Sn=a14−n+22n−1，再根据1≤Sn≤6及{Sn}的单调性即可求解a1的取值范围.
【详解】（1）因为数列2nan是等差数列，
所以2×4a2=2a1+8a3.
因为数列ann是等比数列，
所以an≠0，n∈N∗，且a222=a1×a33.
消去a3，得a12−4a1a2+3a22=0.
所以a1=a2或a1=3a2.
若a1=3a2，则a3=a112，且数列2nan的公差d=−2a13，
所以16a4=8a3+d=0，即a4=0，矛盾.
所以a1=a2.
（2）由（1）得数列2nan的公差为2a1，首项为2a1.
所以2nan=2na1，an=na12n−1，
所以Sn=a11+22+322+⋯+n2n−1.
两边同时乘以12，得12Sn=a112+222+⋯+n2n.
两式相减，得12Sn=a11+12+122+⋯+12n−1−n2n=a11−12n1−12−n2n=a12−n+22n.
所以Sn=a14−n+22n−1.
由1≤Sn≤6，n∈N∗，易得a1>0，
所以an>0，Sn单调递增，Snmin=a1.
又n+22n−1>0，所以4−n+22n−1<4，即Sn<4a1.
所以a1≥1且4a1≤6，解得1≤a1≤32.
故a1的取值范围是1,32.
3.（2024·四川达州·二模）等差数列an的前n项和为Sn,a1=8，当n=4和5时，Sn取得最大值．
(1)求Sn；
(2)若bn为等比数列，b1=S45,b2=−a6，求bn通项公式．
【答案】(1)Sn=9n−n2
(2)bn=23−n
【分析】（1）设出公差，由题目条件得到a1+4d=8+4d=0，求出公差，从而得到Sn；
（2）计算出b1=S45=4,b2=2，得到公比，得到通项公式.
【详解】（1）设等差数列an公差为d，∵S4=S5，
∴a5=0，即a1+4d=8+4d=0，
∴d=−2，∴Sn=8n−nn−12×−2=9n−n2．
（2）由（1）得S4=36−16=20，
b1=S45=4，b2=−a6=−8+10=2，
∴数列bn公比为b2b1=12，
∴bn=4×12n−1=23−n．
4.（2024·四川内江·三模）已知等差数列an的公差为4，且a2+2，a3，a5−2成等比数列，数列bn的前n项和为Sn，b1=2且Sn=2Sn−1+2n≥2.
(1)求数列an、bn的通项公式；
(2)设cn=anbnn∈N∗，求数列cn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=4n−9，bn=2n
(2)Tn=4n−13×2n+1+26
【分析】（1）由已知结合等比数列的性质求解等差数列an的首项，即可求解an，由Sn=2Sn−1+2得Sn+1=2Sn+2，两式相减得bn+1=2bnn≥2，再验证b2=2b1，最后利用等比数列的定义求解即可.
（2）利用错位相减法求解数列的和即可.
【详解】（1）依题意，设等差数列an的首项为a1，因为a2+2，a3，a5−2成等比数列，
所以a32=a2+2a5−2，又d=4，即a1+82=a1+6a1+14，解得a1=−5，
故an=a1+n−1d=−5+4n−1=4n−9，
由已知Sn=2Sn−1+2n≥2，故Sn+1=2Sn+2，
两式相减，得bn+1=2bnn≥2，
又S2=2S1+2，解得b2=4，所以b2=2b1，
所以数列bn是以2为首项，2为公比的等比数列，故bn=2⋅2n−1=2n.
（2）由（1）得cn=anbn=4n−9⋅2n，
故Tn=−5×21−1×22+3×23+⋅⋅⋅+4n−9⋅2n，
则2Tn=−5×22−1×23−3×24+⋅⋅⋅+4n−9×2n+1，
两式相减得−Tn=−10+422+23+⋅⋅⋅+2n−4n−9×22n+1
=−10+4×221−2n−11−2−4n−9×22n+1=13−4n×2n+1−26，
故Tn=4n−13×2n+1+26.
考点八、集合中元素的特性
1.（2023·全国·模拟预测）已知正项等比数列an中，a1a2a3=8,a5a7=64，数列bn满足bn=lg2an，则使得不等式1b1b2+1b2b3+1b3b4+⋅⋅⋅+1bnbn+1≥20242025成立的n的最小值为（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
【答案】B
【分析】确定a2=2,a6=8，得到an=2n，bn=n，1bnbn+1=1n−1n+1，再利用裂项相消法计算得到答案.
【详解】由题可得a23=8,a62=64， 所以a2=2,a6=8，
设an的公比为q，q>0，则q4=a6a2=4，得q=2,a1=2，所以an=2n．
则bn=lg2an=n，所以1bnbn+1=1nn+1=1n−1n+1，
所以1b1b2+1b2b3+1b3b4+⋅⋅⋅+1bnbn+1=11−12+12−13+13−14+⋅⋅⋅+1n−1n+1=1−1n+1，
由1−1n+1≥20242025，得n≥2024．
故选：B．
2.（2024·陕西商洛·模拟预测）已知正项等比数列an中，a1=4，a3=1，则满足a1a2+a2a3+⋯+anan+1≤212成立的最大正整数n的值为 .
【答案】3
【分析】根据给定条件，求出数列an的通项公式及anan+1，再利用等比数列前n项和公式求解即得.
【详解】设正项等比数列an的公比为q，则a3=a1q2，即q2=14，而q>0，解得q=12，
an=a1qn−1=(12)n−3，anan+1=(12)n−3⋅(12)n−2=(12)2n−5=2×(14)n−2，
因此a1a2+a2a3+⋯+anan+1=8[1−(14)n]1−14=323[1−(14)n]，
显然数列{323[1−(14)n]}是递增数列，当n=3时，323[1−(14)n]=212，
则原不等式，即323[1−(14)n]≤212的解为n≤3，
所以正整数n的最大值为3.
故答案为：3
1.（24-25高三上·云南·阶段练习）已知在数列an中，a1=2，且对任意的m，n∈N+，都有am+n=aman，设fx=a1x+a2x2+a3x3+⋯+anxn，记函数fx在x=1处的导数为f'1，则使得f'1>2025成立的n的最小值为 ．
【答案】8
【分析】先依据题意得出数列an是等比数列且求出an=2n，接着结合题意求出f'1=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，进而得2f'1，于是由错位相减法求出f'(1)=(n−1)⋅2n−1+2,n∈N∗，再由f'(1)的单调性和n=7以及n=8时的导数值f'(1)即可得解.
【详解】令m=1，则an+1=a1an=2an，所以an+1an=2，
所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an=2×2n−1=2n，
由题f'x=a1+2a2x+3a3x2+⋯+nanxn−1，
所以f'1=a1+2a2+3a3+⋯+nan=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n①，
所以2f'1=22+2⋅23+⋯+n−1⋅2n+n⋅2n+1②，
由①－②得，−f'(1)=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=21−2n1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
所以f'(1)=(n−1)⋅2n−1+2,n∈N∗，且f'1随着n的增大而增大，
又当n=7时，f'1=6×28+2=1538<2025，
当n=8时，f'1=7×29+2=3586>2025，
故n的最小值为8.
故答案为：8.
2.（2024·河北·一模）已知等差数列an的公差与等比数列bn的公比相等，且b1−a1=1，b2−a2=1，b3−a4=1，则bn= ；若数列an和bn的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列cn，数列cn的前n项和为Sn，则使得Sncn+1>12成立的n的最小值为 ．
【答案】 2n 27
【分析】设等比数列bn的公比为q，则等差数列an的公差为q，根据题意可得出关于a1、b1、q的方程组，解出这三个量的值，可得出数列bn的通项公式；设满足不等式Sncn+1>12的正整数n的最小值为n0，推导出n0∈20,37，设n0=m+20，其中0≤m≤16且m∈N，根据Sn0+1Sn0<1312可得出关于m的不等式，求出m的最小值，即可得出n0的值，即为所求.
【详解】设等比数列bn的公比为q，则等差数列an的公差为q，
则b2−a2=b1q−a1−q=1，b3−a4=b1q2−a1−3q=1，b1−a1=1，
解得q=2，b1=2，a1=1，
所以，bn=b1qn−1=2n，an=a1+n−1q=1+2n−1=2n−1，
由Sncn+1=SnSn+1−Sn>12，整理可得Sn+1Sn<1312，
数列cn的各项分别为：1、2、3、4、5、7、9、⋯、2kk∈N∗、⋯，
其中2kk∈N∗前若干项中，数列bn有k−1项，数列an有2k−1项，
所以，2kk∈N∗是数列cn的第2k−1+k项，
所以，S2k−1+k=1+3+5+⋯+2⋅2k−1−1+2+22+23+⋯+2k
=1+2×2k−1−1×2k−12+21−2k1−2=22k−2+2k+1−2，
所以，S2k−1+k−1=22k−2+2k+1−2−2k=22k−2+2k−2，
令S2k−1+kS2k−1+k−1=22k−2+2k+1−222k−2+2k−2<1312，整理可得22k−2−11⋅2k−2>0，
令t=2k−1k∈N∗，则有t2−22t−2>0，解得t>11+123，
因为16<11+123<32，所以，2k−1≥32，可得k≥6，
所以，满足不等式S2k−1+kS2k−1+k−1<1312的正整数k的最小值为6，
同理可知，满足不等式S2k−1+kS2k−1+k−1≥1312的正整数k的最大值为5，
所以满足不等式Sn+1Sn<1312的正整数n的最小值n0∈24+4,25+5，即n0∈20,37，
设n0=24+5+m=m+21，其中0≤m≤15且m∈N，
则Sn0=S21+2×24+1−1+2×24+2−1+⋯+2×24+m−1
=28+26−2+33+2m+31⋅m2=m2+32m+318，
Sn0+1=m2+32m+318+2×24+m+1−1=m2+34m+351，
由Sn0+1Sn0=m2+34m+351m2+32m+318<1312，整理可得m2+8m−78>0，解得m>94−4，
所以自然数m的最小值为6，所以n0=6+21=27.
故答案为：2n；27.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数n的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
3.（2024高三·江苏·专题练习）已知正项数列an满足a1=1；且对任意的正整数n都有Sn=t22an2+an−1成立，其中Sn是数列an的前n项和，t为常数.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若cn=an2n，证明：数列cn的前n项和Tn<32.
【答案】(1)an=n+12，n∈N∗
(2)证明见解析
【分析】（1）根据Sn,an的关系即可作差化简求证为等差数列，即可由等差数列的通项求解，
（2）根据错位相减法求和即可求证.
【详解】（1）当n=1时，有S1=t22a12+a1−1=a1=1，可解得t=1；
即Sn=122an2+an−1，
所以Sn+1=122an+12+an+1−1，
两式相减可得Sn+1−Sn=an+1=122an+12+an+1−1−122an2+an−1，
整理得an+1+an2an+1−2an−1=0
又an>0，所以2an+1−2an−1=0，即an+1−an=12，
所以数列an是以a1=1为首项，12为公差的等差数列，
因此an=1+12n−1=n+12.
数列an的通项公式为an=n+12,n∈N∗
（2）由cn=an2n可得cn=n+12n+1，
所以Tn=222+323+424+⋯+n+12n+1，
12Tn=223+324+425+⋯+n+12n+2，
两式相减可得Tn−12Tn=12Tn=222+123+124+⋯+12n+1−n+12n+2
=12+1231−12n−11−12−n+12n+2
=34−n+32n+2，
即可得Tn=32−n+32n+1，
又n∈N∗，所以−n+32n+1<0，即Tn=32−n+32n+1<32；
所以Tn<32.
4.（2024·全国·模拟预测）已知数列an的首项a1=1，且满足an+1+an=3n+1.
(1)证明an−32n+14是等比数列，并求数列an的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得对任意的正整数n，am+an=am+n总成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析，an=(−1)n4−14+3n2
(2)存在，m=2k，k∈N∗
【分析】（1）由已知可得an+1−32(n+1)+14an−32n+14=−1，可得an−32n+14是首项为−14、公比为－1的等比数列，可求通项公式an；
（2）假设am+an=am+n成立，由（1）可得(−1)m+(−1)n4−12+32(m+n) =(−1)m+n4−14+32(m+n)，化简可得存在正整数m，当m=2k，k∈N时，对任意的正整数n，总成立.
【详解】（1）由an+1+an=3n+1，得an+1=−an+3n+1，
所以an+1−32(n+1)+14=−(an−32n+14)， 又a1=1，
故a1−32+14=−14≠0，由递推公式可得an−32n+14≠0,
所以an+1−32(n+1)+14an−32n+14=−1，
所以an−32n+14是首项为−14、公比为－1的等比数列.
故an−32n+14=(−14)(−1)n−1=14·(−1)n，即an=32n−14+(−1)n4；
（2）由（1）可得an=(−1)n4−14+32n，所以am=(−1)m4−14+32m
am+n=(−1)m+n4−14+32(m+n)，
假设am+an=am+n成立，
则(−1)m+(−1)n4−12+32(m+n) =(−1)m+n4−14+32(m+n)，
化简得(−1)m+(−1)n=1+(−1)m+n(∗).
可知当m为正偶数，即m=2k,k∈N∗时，（*）式对任意的正整数n总成立.
因此，存在正整数m，当m=2k，k∈N∗时，对任意的正整数n，总成立.
考点九、等比数列的单调性与最值
1.（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）已知an，bn为公比相同的递减等比数列，且a3=4，b4=3，则a5>b5的概率为（ ）
A．14B．13C．23D．34
【答案】A
【分析】根据a1>0以及等比数列的单调性可得0b5得q>34，由几何概型即可求解概率.
【详解】由a3=4=a1q2>0可得a1>0，
又an，bn为公比相同的递减等比数列，所以0a5>b5⇒4q2>3q⇒q>34，
故a5>b5的概率为14，
故选：A
2.（23-24高三下·湖北·开学考试）已知数列an是等比数列，则“存在正整数k，对于∀t∈N∗，at>at+k恒成立”是：“an为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】取两种特殊情况说明，分k=1和k=4两次情况讨论，将at>atq4转化为atq2−1q2+1<0，分at>0和at<0两种情况与假设对比，据此即可求解.
【详解】取两种特殊情况说明充分性，
当k=1时显然成立；
当k=4时，理由如下：
因为an是等比数列，设公比为qq≠0，则an≠0，
当∀t∈N∗,at>at+4时，at>atq4，即atq2−1q2+1<0，
若at>0，则−1注意到，当q<0时，at+1=atq<0，与假设矛盾，舍去，
故0若at<0，则q<−1或q>1，
注意到，当q<−1时，at+1=atq>0，与假设矛盾，舍去，
故q>1，此时at+1=atq综上：存在k=4，使∀t∈N∗,at>at+4时，an为递减数列，即充分性成立；
当an为递减数列时，at>at+1>at+2>at+3>at+4，即∀t∈N∗,at>at+4成立，即必要性成立.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于取两种特殊情况说明，分k=1和k=4两次情况讨论.
1.（2024高三·全国·专题练习）在等比数列an中，公比为q，已知a1=1，则0A．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
【答案】C
【分析】根据等比数列的性质，即可求解0【详解】对0由于a1=1，00，故an>0，
因为0即0若数列an单调递减，a1=1，则0则0故0故选：C
2.（23-24高三下·山东·开学考试）已知数列an是以a1为首项，q为公比的等比数列，则“a11−q>0”是“an是单调递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据等比数列的单调性和必要不充分条件的判断即可得到答案.
【详解】若等比数列an满足“a11−q>0”，
比如a1>0，q<0，此时an不是单调递减数列，故正向无法推出，即充分性不成立，
若数列an为递减数列， a1<0，q>1或a1>0，0则①“a1<0，q>1”可以推出a11−q>0;
②“a1>0，00，则必要性成立；
则“a11−q>0”是“an是单调递减数列”的必要不充分条件，
故选：B.
3.（23-24高三下·北京·开学考试）在无穷项等比数列an中，Sn为其前n项的和，则“an既有最大值，又有最小值”是“Sn既有最大值，又有最小值”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】设出公比为qq≠0，分a1>0且q>1，a1>0且01，a1<0且0【详解】设公比为qq≠0，当a1>0，q>1时，an=a1qn−1>0，
此时an+1−an=a1qn−a1qn−1=a1qn−1q−1>0，
故an+1>an>0，所以an为单调递增数列，此时an无最大值，
Sn无最大值，
当a1>0，00，
此时an+1−an=a1qn−a1qn−1=a1qn−1q−1<0，
故0Sn无最大值，
当a1<0时，q>1时，an=a1qn−1<0，
此时an+1−an=a1qn−a1qn−1=a1qn−1q−1<0，
故an+1Sn无最小值，
当a1<0时，0此时an+1−an=a1qn−a1qn−1=a1qn−1q−1>0，
故0>an+1>an，所以an为单调递增数列，此时an无最大值，
Sn无最小值，
当−1且an+1−an=a1qn−a1qn−1=a1qn−1q−1<0，
故an+1故an有最大值，也有最小值，
若a1>0且−10，
Sn+1−Sn=an+1=a1qn，当n为奇数时，Sn+1Sn，
且随着n的增大，Sn=a11−qn1−q趋向于a11−q，
其中a11−q−S1=a1q1−q<0，a11−q−S2=a11−q−a11+q=a1q21−q>0，
故a11−qS2，
故Sn有最大值S1，也有最小值S2，
若a1<0且−1Sn+1−Sn=an+1=a1qn，当n为奇数时，Sn+1>Sn，当n为偶数时，Sn+1且随着n的增大，Sn=a11−qn1−q趋向于a11−q，
其中a11−q−S1=a1q1−q>0，a11−q−S2=a11−q−a11+q=a1q21−q<0，
故a11−q>S1且a11−q故Sn有最大值S2，也有最小值S1，
当q<−1时，an=a1qn−1，an为摆动数列，
且an+1−an=a1qn−a1qn−1=a1qn−1q−1>0，
故an+1>an，所以随着n的增大，an=a1qn−1趋向于正无穷或负无穷，
故an无最大值，也无最小值，
此时Sn无最大值，无最小值，
当q=1时，an为常数列，此时an有最大值，也有最小值，
此时Sn无最大值或无最小值，故充分性不成立，
当q=−1时，an有最大值，也有最小值，
此时Sn有最大值和最小值，
综上，当Sn既有最大值，又有最小值时，an既有最大值，又有最小值，
必要性成立，
故“an既有最大值，又有最小值”是“Sn既有最大值，又有最小值”的必要不充分条件.
故选：B
4.（2024·四川绵阳·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，若Sn=−15×12n+t，则a1a2⋯an取最大值时，n的值为 ．
【答案】3
【分析】根据Sn求出a1、a2、a3，由等比中项有a22=a1a3，进而求得t，得到等比数列an的首项、公比、通项公式，再结合an的单调性，即可求出a1a2⋯an最大时n的值.
【详解】a1=S1=−152+t，a2=S2−S1=154，a3=S3−S2=158，
因为an是等比数列，所以a22=a1a3，有t=15，a1=152，
数列an是以152为首项，12为公比的等比数列，an=152n，
数列an是递减数列，a3=158>1，a4=1516<1，
所以n=3时，a1a2⋯an最大.
故答案为：3.
1．（23-24高三上·天津·期末）已知等比数列an的前n项和是Sn，且a1=2，a3=6a2−18，则S5=（ ）
A．30B．80C．240D．242
【答案】D
【分析】由题意得a3=2q2=12q−18=6a2−18，解出公比q，由等比数列求和公式即可得解.
【详解】由题意设公比为q，所以a3=2q2=12q−18=6a2−18，解得q=3，所以S5=2×1−351−3=242.
故选：D.
2．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）在等比数列an中，3a1,12a3,2a2成等差数列，则a9+a10a7+a8=（ ）
A．3B．13C．9D．19
【答案】C
【分析】利用等差数列及等比数列的相关概念计算即可.
【详解】设an的公比为q，
则由题意可知3a1+2a2=2×12a3⇒a1q2=3a1+2a1q⇒q=3或q=−1，
显然q=−1时，a1=−a8⇒a1+a8=0，无意义舍去；
所以a9+a10a7+a8=a91+qa71+q=q2=9.
故选：C
3．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）已知等比数列an的前3项和为168,a2−a5=42，则a4=（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】B
【分析】根据等比数列的通项公式列方程得到q=12，a1=96，然后求a4即可.
【详解】由题意得a1+a2+a3=a11+q+q2=168①，②a2−a5=a1q−q4=42，
联立得1+q+q2q−q4=1+q+q2q1+q+q21−q=4，
因为1+q+q2≠0，所以q1−q=14，解得q=12，
将q=12代入①中得a1=96，
所以a4=a1⋅q3=12.
故选：B.
4．（23-24高三上·天津南开·阶段练习）设数列an的公比为q，则“a1>0且0A．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
【答案】A
【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】由等比数列的通项公式可得，an=a1⋅qn−1=a1q⋅qn，
当a1>0且00，且y=qn单调递减，则an=a1q⋅qn是递减数列，故充分性满足；
当an=a1q⋅qn是递减数列，可得a1>001，故必要性不满足；
所以“a1>0且0故选：A
5．（23-24高三上·天津和平·期中）an为等比数列，Sn为数列an的前n项和，an+1=2Sn+2，则a4= .
【答案】54
【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程组，求解方程组确定首项和公比的值，然后结合等比数列通项公式即可求得a4的值.
【详解】设公比为qq≠0，
由an+1=2Sn+2，得a2=2S1+2=2a1+2,a3=2S2+2=2a1+a2+2，
即a1q=2a1+2a1q2=2a1+a1q+2，解得a1=2q=3，
所以a4=a1q3=54.
故答案为：54.
6．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知等比数列an的前n项和为Sn．若S2为S3和S4的等差中项，a2+a3=2，则S5= ．
【答案】11
【分析】利用性质转化为基本量运算，求出a1,q，再利用前n项和公式可求.
【详解】设等比数列an的公比为q，
∵S2为S3和S4的等差中项，
∴2S2=S3+S4，即2S2=S2+a3+S2+(a3+a4)，
化简得2a3+a4=0，则q=a4a3=−2，
又a2+a3=2，即a1q+a1q2=2，代入q=−2，解得a1=1，
故S5=a1(1−q5)1−q=1−(−2)51−(−2)=11，
故答案为：11.
1．（2023·天津和平·三模）已知数列an满足a1=1，an+1=2an+1n∈N*，Sn是数列an的前n项和，则S9=（ ）
A．29−10B．29−11C．210−10D．210−11
【答案】D
【分析】由题意可得an+1+1=2(an+1)n∈N*，可得数列an+1是以2为公比的等比数列，从而可求出an，进而可求出S9.
【详解】因为an+1=2an+1n∈N*，所以an+1+1=2(an+1)n∈N*，
由于a1+1=2，则an+1≠0，所以an+1+1an+1=2，
所以数列an+1是以2为公比，2为首项的等比数列，
所以an+1=2×2n−1=2n，
所以an=2n−1，
所以S9=(21−1)+(22−1)+(23−1)+⋅⋅⋅+(29−1)
=(21+22+23+⋅⋅⋅+29)−9
=2(1−29)1−2−9
=210−11，
故选：D
2．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，a1=1，lgan+lgan+1=lg22n−1，n∈N*，则S9=（ ）
A．511B．61C．41D．9
【答案】A
【分析】由对数运算可知anan+1=22n−1，分析可知数列an的奇项、偶项均构成公比为4的等比数列，利用分组求和以及等比数列求和公式运算求解.
【详解】因为lgan+lgan+1=lganan+1=lg22n−1，可得anan+1=22n−1，
则an+1an+2=22n+1，可得an+2an=4，
可知数列an的奇项、偶项均构成公比为4的等比数列，
且数列an的各项均为正数，a1=1，且a1a2=2，可得a2=2，
所以S9=a1+a3+a5+a7+a9+a2+a4+a6+a8=1−451−4+21−441−4=511.
故选：A.
3．（23-24高三下·天津·阶段练习）对于数列an，n∈N*，“an+1=2an”是“数列an是等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】由等比数列的性质结合充分条件、必要条件的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】若a1=a2=0，满足an+1=2an，但数列an不是等比数列，
若数列an是等比数列，设an的公比为3，则an+1=3an，
故“an+1=2an”是“数列an是等比数列”既不充分也不必要条件.
故选：D.
4．（2024·天津河西·模拟预测）甲、乙、丙三个人去做相互传球训练，训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出．如果第一次由甲将球传出，设n次传球后球在甲手中的概率为Pn，则P3= ；Pn= ．
【答案】 14/0.25 23×−12n+13
【分析】设出事件An，由题意得到An+1=An⋅An+1+An⋅An+1，由互斥事件的概率加法公式和全概率公式得到概率Pn的递推式Pn+1=−12Pn+12，接着构造等比数列{Pn−13},求出其通项公式即得.
【详解】设An=“经过n次传球后，球在甲的手中”，则事件An的概率即Pn,n=1,2,3,⋯,n，则P1=0,
依题意，An+1=An⋅An+1+An⋅An+1，则Pn+1=P(An⋅An+1+An⋅An+1)=P(An⋅An+1)+P(An⋅An+1)
=P(An)⋅P(An+1|An)+P(An)⋅P(An+1|An) =(1−Pn)×12+Pn×0=12(1−Pn)，
即Pn+1=−12Pn+12，1,2,3,⋯,(*)
因P1=0,代入解得，P2=12，P3=−12×12+12=14；
由（*）可得，Pn+1−13=−12Pn+16=−12(Pn−13)，且P1−13=−13，
故数列{Pn−13}是以−13为首项，−12为公比的等比数列，
于是，Pn−13=−13×(−12)n−1，则得，Pn=13−13×(−12)n−1=23×(−12)n+13.
故答案为：14；23×(−12)n+13.
5．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知an为等差数列，前n项和为Snn∈N*，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4−2a1，S11=11b4．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)若数列cn满足：cn=an⋅bn，求数列cn的前n项和Tn；
(3)若数列dn满足：dn=bnbn+1bn+1+1，求i=1ndi．
【答案】(1)an=3n−2，bn=2n
(2)Tn=3n−5⋅2n+1+10
(3)i=1ndi=13−12n+1+1
【分析】（1）由等比数列的通项公式求得公比q，即可得数列{bn}的通项公式，再结合等差数列的通项公式求出公差d和首项a1后，即可得解；
（2）利用错位相减法即可得解；
（3）利用裂项相消法即可得解．
【详解】（1）设an公差为d，bn公比为q，
∵b1=2，b2+b3=12，∴2q+2q2=12，解得q=2或−3，
∵q>0，∴q=2，
故数列{bn}的通项公式为bn=2⋅2n−1=2n，
∵b3=a4−2a1=8，S11=11b4=11×16，
∴(a1+3d)−2a1=8，11a1+11×102d=11×16，解得a1=1，d=3，
故数列{an}的通项公式为an=1+(n−1)×3=3n−2；
（2）根据题意，cn=an⋅bn=3n−2⋅2n，
则Tn=2+4×22+7×23+⋯+3n−2⋅2n，①
2Tn=22+4×23+7×24+⋯+3n−2⋅2n+1，②
①-②：−Tn=2+3×22+3×23+⋯+3⋅2n−3n−22n+1
=2+3×41−2n1−2−3n−22n+1=5−3n2n+1−10，
所以Tn=3n−5⋅2n+1+10；
（3）根据题意，dn=bnbn+1bn+1+1=2n2n+12n+1+1=12n+1−12n+1+1，
则i=1ndi=12+1−122+1+122+1−123+1+⋯+12n+1−12n+1+1
=13−12n+1+1.
6．（2024·天津·二模）已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列．a1=1，且a3−b1=1，a4−b1=b3−a6．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)若ck=ak−1akbk，k为奇数，a2n+1−k+1a2n+1−kb2n+1−k，k为偶数．
①当k为奇数，求ck+c2n+1−k；
②求2nk=1ck．
【答案】(1)an=n，bn=2n
(2)①k⋅2k+1 ；②209+12n−109×22n+1
【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式列方程求解；
（2）①利用条件直接求解；②求出当k为偶数时ck+c2n+1−k，然后利用倒序相加以及错位相减法求和即可.
【详解】（1）设数列an的公差为d，∵bn的公比为2，a1=1，
由已知可得1+2d−b1=11+3d−b1=4b1−1+5d，得b1=2，d=1，
∴an=n，bn=2n；
（2）①∵k为奇数，∴2n+1−k为偶数．
∴ck+c2n+1−k=ak−1akbk+a2n+1−2n+1−k+1a2n+1−2n+1−k⋅b2n+1−2n+1−k

=ak−1akbk+ak+1akbk=2akbk=2k⋅2k=k⋅2k+1；
②当k为偶数，2n+1−k为奇数，
ck+c2n+1−k=a2n+1−k+1a2n+1−kb2n+1−k+a2n+1−k−1a2n+1−kb2n+1−k=2a2n+1−kb2n+1−k
=22n+1−k⋅22n+1−k=2n+1−k⋅22n+2−k
令S2n=2nk=1ck，
∵S2n=c1+c2+⋯+c2n−1+c2n，
即S2n=c2n+c2n−1+⋯+c2+c1，
∴2S2n=c1+c2n+c2+c2n−1+⋯+c2n−1+c2+c2n+c1，
2S2n=c1+c2n+c3+c2n−2+⋯+c2n−1+c2+c2+c2n−1+c4+c2n−3+⋯+c2n+c1 =1×22+3×24+⋯+2n−1⋅22n+2n−1⋅22n+2n−3⋅22n−2+⋯+1×22
所以S2n=1×2+3×23+⋯+2n−1⋅22n−1+2n−1⋅22n−1+2n−3⋅22n−3+⋯+1×2
所以4S2n=1×23+3×25+⋯+2n−1⋅22n+1+2n−1⋅22n+1+2n−3⋅22n−1+⋯+1×23
所以−3S2n=2+223+25+⋯+22n−1−2n−1⋅22n+1−2n−1⋅22n+1+222n−1+22n−3+⋯+23+2 =2+2×23−22n−1×41−4−2n−1⋅22n+1−2n−1⋅22n+1+2×23−22n−1×41−4+2
=−203+10−12n3×22n+1
所以S2n=209+12n−109×22n+1.
1.（2023·天津·高考真题）已知数列an的前n项和为Sn，若a1=2,an+1=2Sn+2n∈N∗，则a4=（ ）
A．16B．32C．54D．162
【答案】C
【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得a4的值.
【详解】当n≥2,n∈N∗时，an=2Sn−1+2，所以an+1−an=2an，即an+1=3an，
当n=1时，a2=2Sn+2=2a1+2=6=3a1，
所以数列an是首项为2，公比为3的等比数列，
则a4=a1q3=54.
故选：C.
2.（2023·全国·高考真题）已知an为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=−8，则a7= .
【答案】−2
【分析】根据等比数列公式对a2a4a5=a3a6化简得a1q=1，联立a9a10=−8求出q5=−2，最后得a7=a1q⋅q5=q5=−2.
【详解】设an的公比为qq≠0，则a2a4a5=a3a6=a2q⋅a5q，显然an≠0，
则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1，因为a9a10=−8，则a1q8⋅a1q9=−8，
则q15=q53=−8=−23，则q5=−2，则a7=a1q⋅q5=q5=−2，
故答案为：−2.
3.（2023·全国·高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和．若8S6=7S3，则an的公比为 ．
【答案】−12
【分析】先分析q≠1，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q.
【详解】若q=1，
则由8S6=7S3得8⋅6a1=7⋅3a1，则a1=0，不合题意.
所以q≠1.
当q≠1时，因为8S6=7S3，
所以8⋅a11−q61−q=7⋅a11−q31−q，
即8⋅1−q6=7⋅1−q3，即8⋅1+q31−q3=7⋅1−q3，即8⋅1+q3=7，
解得q=−12.
故答案为：−12
4.（2022·全国·高考真题）已知等比数列an的前3项和为168，a2−a5=42，则a6=（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】D
【分析】设等比数列an的公比为q,q≠0，易得q≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列an的公比为q,q≠0，
若q=1，则a2−a5=0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则a1+a2+a3=a11−q31−q=168a2−a5=a1q−a1q4=42，解得a1=96q=12，
所以a6=a1q5=3.
故选：D.
5.（2020·山东·高考真题）在等比数列an中，a1=1，a2=−2，则a9等于（ ）
A．256B．-256C．512D．-512
【答案】A
【分析】求出等比数列的公比，再由等比数列的通项公式即可求解.
【详解】设等比数列an的公比为q，
因为a1=1，a2=−2，所以q=a2a1=−2，
所以a9=a1q8=1×−28=256，
故选：A.
6.（2020·全国·高考真题）设{an}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=（ ）
A．12B．24C．30D．32
【答案】D
【分析】根据已知条件求得q的值，再由a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)可求得结果.
【详解】设等比数列{an}的公比为q，则a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=1，
a2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q(1+q+q2)=q=2，
因此，a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q5(1+q+q2)=q5=32.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
7.（2023·全国·高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=（ ）．
A．120B．85C．−85D．−120
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据S4,S8的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列an的公比为q，首项为a1，
若q=−1，则S4=0≠−5，与题意不符，所以q≠−1；
若q=1，则S6=6a1=3×2a1=3S2≠0，与题意不符，所以q≠1；
由S4=−5，S6=21S2可得，a11−q41−q=−5，a11−q61−q=21×a11−q21−q①，
由①可得，1+q2+q4=21，解得：q2=4，
所以S8= a11−q81−q=a11−q41−q×1+q4=−5×1+16=−85．
故选：C．
方法二：设等比数列an的公比为q，
因为S4=−5，S6=21S2，所以q≠−1，否则S4=0，
从而，S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6成等比数列，
所以有，−5−S22=S221S2+5，解得：S2=−1或S2=54，
当S2=−1时，S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6，即为−1,−4,−16,S8+21，
易知，S8+21=−64，即S8=−85；
当S2=54时，S4=a1+a2+a3+a4=a1+a21+q2=1+q2S2>0，
与S4=−5矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握S4,S8的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
8.（2021·全国·高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和.若S2=4，S4=6，则S6=（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】A
【分析】根据题目条件可得S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，从而求出S6−S4=1，进一步求出答案.
【详解】∵Sn为等比数列an的前n项和，S2≠0，
∴S2，S4−S2，S6−S4成等比数列
∴S2=4，S4−S2=6−4=2
∴S6−S4=1，
∴S6=1+S4=1+6=7.
故选：A.
9.（2020·全国·高考真题）设{an}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=（ ）
A．12B．24C．30D．32
【答案】D
【分析】根据已知条件求得q的值，再由a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)可求得结果.
【详解】设等比数列{an}的公比为q，则a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=1，
a2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q(1+q+q2)=q=2，
因此，a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q5(1+q+q2)=q5=32.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第19题,15分
由递推数列研究数列的有关性质 等比数列通项公式的基本量计算 求等比数列前n项和 裂项相消法求前n项和
2023年天津卷，第19题,15分
等差数列与等比数列综合应用 等差数列通项公式的基本量计算 求等差数列前n项和 写出等比数列的通项公式
2023年天津卷，第5题,5
等比数列通项公式的基本量计算 利用等比数列的通项公式求数列中的项
2022年天津卷，第18题,15分
等差数列通项公式的基本量计算 等比数列通项公式的基本量计算 错位相减法求和 分组(并项)法求和
2021年天津卷，第19题,15分
等差数列前n项和的基本量计算 由定义判定等比数列 错位相减法求和 数列不等式恒成立问题
2020年天津卷，第19题,15分
等差数列通项公式的基本量计算 求等差数列前n项和 等比数列通项公式的基本量计算 分组(并项)法求和
X
3
4
5
6
P
127
29
49
827