2026版步步高大一轮数学江苏基础第六章§6.3等比数列（含答案或解析）

§6.3等比数列课标要求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.1.等比数列有关的概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的比都等于常数，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成数列，那么叫做a与b的等比中项，此时，G2＝.

2.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＝.

(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：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.

3.等比数列的常用性质(1)若m＋n＝p＋q，则，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则，其中m，n，w∈N*.

(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为(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}和panqbn也是等比数列(b，p，(4)若a1>0,q>1或a1<0,0<若a1>0,0<q<1或a1<0,4.等比数列前n项和的常用性质若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，，仍成等比数列(公比q＝－1且n为偶数除外)，其公比为qn.

1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.()(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.()(3)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.()(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积.()2.(2024·临汾模拟)在等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4，则a3等于()A.2 B.－2C.±2 D.223.(2024·呼伦贝尔模拟)已知数列{an}是正项等比数列，且a2a8＝32－a3a7，则a5等于()A.2 B.2C.4 D.224.(多选)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，则()A.a3，a5，a7成等比数列B.数列{anC.数列{lgan}是等比数列D.数列1a解题时关注三个关键点(1)当q≠0，且q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k＝a1(2)由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.(3)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)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等于()A.158 B.C.15 D.40(2)(2024·北京模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则此人第三天走的路程为()A.12里 B.24里 C.48里 D.96里思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)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.(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解.跟踪训练1(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S8−S5SA.16 B.8C.6 D.2(2)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产.若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则log2(a3a5)的值为()A.8 B.10C.12 D.16题型二等比数列的判定与证明例2(2024·福州模拟)已知数列{an}的首项a1＝25，且满足an＋1＝2(1)求证：数列1a(2)若1a1＋1a2＋1思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若anan−1＝q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则{(2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且an＋12＝anan＋2(n∈N*)，则{a(3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an＝cqn－1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列.(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝kqn－k(k为常数，且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列.跟踪训练2(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是()A.若b2＝ac，则a，b，c成等比数列B.若{an}为等差数列，则{2aC.若Sn＝3n－1，则数列{an}为等比数列D.若a1＝1，a2＝2，3an＋1＝an＋2an＋2(n∈N*)，则{an＋1－an}为等比数列题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝.

下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{an}为等比数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则am1am2·…·amn(2)若数列{an}为等差数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则am1+am2+…+amn=ak典例(1)已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9=5，S8=16，则S11=.

(2)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5=4，则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=.

命题点2和的性质例4(1)(2024·宣城模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S9A.2 B.73C.53 D.(2)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等于()A.2 B.3C.4 D.5思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度.(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.跟踪训练3(1)(多选)下列说法正确的是()A.若数列{an}为等比数列，且其前n项和Sn＝2n－1＋t，则t＝－1B.若数列{an}为等比数列，且a2a7＋a3a6＝6，则a1a2a3…a8＝81C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列D.若项数为偶数的等比数列{an}的前n项和Sn满足S奇＝32，S偶＝16，则公比q＝1(2)(多选)设正项等比数列{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，a2024a2025>1，(a2024－1)(a2025－1)<0，则下列结论正确的是()A.数列{an}为递减数列B.S2024＋1<S2025C.T2024是数列{Tn}中的最大项D.T4049>1

答案精析落实主干知识1.(1)2同一个公比(2)等比Gab2.(1)a1qn－1(3)a1(1−3.(1)aman＝apaqaman＝a(2)qm(4)增减4.S2n－SnS3n－S2n自主诊断1.(1)×(2)×(3)×(4)√2.A[由等比数列的性质可知，a32＝a1·a5＝4，所以a3又因为a3a1＝q2>0，所以a3.C[数列{an}是正项等比数列，由a2a8＝32－a3a7，得a2a8＋a3a7＝2a52得a5＝4.]4.ABD[设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0).对于A，a52＝(a1q4)2＝a12q8，a3·a7＝(a1q2)·(a1q6)＝a12q8，所以a52对于B，因为an＋13a所以数列{an3}是等比数列，对于C，不妨设等比数列{an}为an＝1，则lgan＝0，所以数列{lgan}不是等比数列，C错误；对于D，因为1an＋11an＝探究核心题型例1(1)C[方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化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍)或q2＝4，因为此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1−q方法二由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.](2)C[由题意可得，此人6天中每天走的路程构成公比为12设这个数列为{an}，前n项和为Sn，则S6＝a11−12解得a1＝192，所以a3＝192×122即此人第三天走的路程为48里.]跟踪训练1(1)D[设等比数列{an}的公比为q，由S8−即a8＋a7＋a6a5又a2＝4，所以a1＝a2(2)C[从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则{an}是以2为公比的等比数列，∴S7＝a1(1−27即127a1＝1016，解得a1＝8，∴an＝8×2n－1，∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12.]例2(1)证明1a又a1＝25，1a1－2＝1所以数列1an−2是以12(2)解由(1)可得1an－2＝所以1an则1a1＋1＝12＋＝121−12n1−1由1a1＋1a2＋1得1－12n＋2n<2即2n－12n<2又函数y＝2n－12所以满足2n－12n<2024的最大正整数为1跟踪训练2BCD[对于A，当a＝b＝c＝0时，b2＝ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误；对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有2an＋12an＝2an＋1−an＝2d>0，所以数列{2an}为等比数列，故Ban＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝3n－3n－1＝2·3n－1(n≥2)，a1＝2显然满足an＝2·3n－1，所以数列{an}为等比数列，故C正确；对于D，因为3an＋1＝an＋2an＋2，所以2(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝0，而a1＝1，a2＝2，因此数列{an＋1－an}是首项为1，公比为12的等比数列，故D正确.例3－2解析方法一{an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6，∴a2＝1，又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，∴a7＝－2.方法二设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，∵a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.微拓展典例(1)33解析S8＝8(a1∴a1＋a8＝4，又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3，故S11＝11a6＝33.(2)5解析由题意知a1a5＝a2a4＝a32因为数列{an}的各项均为正数，所以a3＝2.所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝a35＝2所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.例4(1)B[由题意得S6－S3＝8，S6＝S3＋8＝4＋8＝12，显然公比q≠－1，因为S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，故(S6−S3)2＝S3即82＝4(S9－12)，解得S9＝28，故S9S(2)B[设公比为q，依题意a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝85，且a1＝1，∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝84，①又a2＋a4＋…＋a2n＝42，②①②得q＝2∴S2n＋1＝1＝85＋42＝127，∴22n＋1－1＝127，∴22n＋1＝128＝27，∴2n＋1＝7，∴n＝3.]跟踪训练3(1)BD[对于A，因为Sn＝2n－1＋t＝t＋12×2n，且数列{an}为等比数列，设其公比为q(q≠1)，由等比数列的前n项和公式Sn＝a1(1−知t＝－12，所以A对于B，由a2a7＋a3a6＝6，得到a2a7＝a3a6＝3，所以a1a2a3…a8＝(a2a7对于C，当公比q＝－1，n为偶数时，Sn＝0，显然Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…不成等比数列，所以C错误；对于D，设数列{an}共有2m项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m－1＝32，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝16，则S偶S奇＝q＝12，所以(2)AC[∵an>0，且a2024a2025>1，(a2024－1)(a2025－1)<0，∴a2024和a2025一个大于1，一个小于1.∵a1>1，∴a2024>1，0<a2025<1，即数列{an}的前2024项都大于1，而从第2025项开始都小于1，公比q＝a2025a2024<1，且q>0.∵a1>1，∴数列{an∵S2025－S2024＝a2025<1，∴S2024＋1>S2025，故B错误；等比数列{an}的前n项积为Tn，且数列{an}的前2024项都大于1，而从第2025项开始都小于1，故T2024是数列{Tn}中的最大项，故C正确；T4049＝a1a2a3…a4049＝a20254049<1，故D错误

6.3等比数列课标要求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.1.等比数列有关的概念(1)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.(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.2.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：当q=1时，Sn=na1；当q≠1时，Sn=a1(1−q3.等比数列的常用性质(1)若m+n=p+q，则aman=apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w=m+n，则aman=aw2，其中m，n，w∈N(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}和panqbn也是等比数列(b，(4)若a1>0,q>1或a1<0,若a1>0,0<q<1或a14.等比数列前n项和的常用性质若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n仍成等比数列(公比q=-1且n为偶数除外)，其公比为qn.1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.(×)(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2=ac.(×)(3)数列{an}为等比数列，则S4，S8-S4，S12-S8成等比数列.(×)(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积.(√)2.(2024·临汾模拟)在等比数列{an}中，a1=1，a5=4，则a3等于()A.2 B.-2 C.±2 D.22答案A解析由等比数列的性质可知，a32=a1·a5=4，所以a3又因为a3a1=q2>0，所以3.(2024·呼伦贝尔模拟)已知数列{an}是正项等比数列，且a2a8=32-a3a7，则a5等于()A.2 B.2 C.4 D.22答案C解析数列{an}是正项等比数列，由a2a8=32-a3a7，得a2a8+a3a7=2a52=32，得a4.(多选)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，则()A.a3，a5，a7成等比数列B.数列{anC.数列{lgan}是等比数列D.数列1a答案ABD解析设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0).对于A，a52=(a1q4)2=a12q8，a3·a7=(a1q2)·(a1q6)=a12q8，所以a52=a3对于B，因为an+13an3=q对于C，不妨设等比数列{an}为an=1，则lgan=0，所以数列{lgan}不是等比数列，C错误；对于D，因为1an+11an=ana解题时关注三个关键点(1)当q≠0，且q≠1时，Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k=a1(2)由an+1=qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.(3)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q=1与q≠1分类讨论，防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)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等于()A.158 B.658 C.15答案C解析方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化简得q4-5q2+4=0，所以q2=1(舍)或q2=4，因为此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1−q方法二由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4，即q3+q4=4q+4q2，即q3+q2-4q-4=0，即(q-2)(q+1)(q+2)=0.由题知q>0，所以q=2.所以S4=1+2+4+8=15.(2)(2024·北京模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则此人第三天走的路程为()A.12里 B.24里 C.48里 D.96里答案C解析由题意可得，此人6天中每天走的路程构成公比为12设这个数列为{an}，前n项和为Sn，则S6=a11−1261−12=63所以a3=192×122即此人第三天走的路程为48里.思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)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.(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q=1的情形，否则会漏解或增解.跟踪训练1(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2=4，S8−S5A.16 B.8 C.6 D.2答案D解析设等比数列{an}的公比为q，由S8−即a8+a7可得q3=8，即q=2，又a2=4，所以a1=a2(2)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产.若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则log2(a3a5)的值为()A.8 B.10 C.12 D.16答案C解析从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则{an}是以2为公比的等比数列，∴S7=a1(1−27)1−2=1016，即127解得a1=8，∴an=8×2n-1，∴log2(a3a5)=log2(8×22×8×24)=12.题型二等比数列的判定与证明例2(2024·福州模拟)已知数列{an}的首项a1=25，且满足an+1=2(1)求证：数列1a(2)若1a1+1a2+1a3+(1)证明1an+1−21an又a1=25，1a1-2=1所以数列1an−2是以12(2)解由(1)可得1an-2=所以1an=1则1a1+1a2+…+1an=12+14+由1a1+1a2+1a3+…得1-12n+2n<2025，即2n-12n又函数y=2n-12所以满足2n-12n<2024的最大正整数为1思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若anan−1=q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则{(2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且an+12=anan+2(n∈N*)，则{a(3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an=cqn-1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列.(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn=kqn-k(k为常数，且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列.跟踪训练2(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是()A.若b2=ac，则a，b，c成等比数列B.若{an}为等差数列，则{2aC.若Sn=3n-1，则数列{an}为等比数列D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，则{an+1-an}为等比数列答案BCD解析对于A，当a=b=c=0时，b2=ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误；对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有2an+12an=2an+1−an=2d>0，所以数列{2an}为等比数列，故B正确；对于Can=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)，a1=2显然满足an=2·3n-1，所以数列{an}为等比数列，故C正确；对于D，因为3an+1=an+2an+2，所以2(an+2-an+1)-(an+1-an)=0，而a1=1，a2=2，因此数列{an+1-an}是首项为1，公比为12的等比数列，故D正确题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.

答案-2解析方法一{an}为等比数列，∴a4a5=a3a6，∴a2=1，又a2a9a10=a7a7a7，∴1×(-8)=(a7)3，∴a7=-2.方法二设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q，显然an≠0，则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1，∵a9a10=-8，则a1q8·a1q9=-8，则q15=(q5)3=-8=(-2)3，则q5=-2，则a7=a1q·q5=q5=-2.下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{an}为等比数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则am1am2·…·amn(2)若数列{an}为等差数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则am1+am2+…+amn=ak典例(1)已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9=5，S8=16，则S11=.

答案33解析S8=8(a1+a8)2=16，∴又∵a9+a1+a8=3a6，∴a6=3，故S11=11a6=33.(2)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5=4，则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=.

答案5解析由题意知a1a5=a2a4=a32因为数列{an}的各项均为正数，所以a3=2.所以a1a2a3a4a5=(a1a5)·(a2a4)·a3=a35=2所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log225=5.命题点2和的性质例4(1)(2024·宣城模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3=4，a4+a5+a6=8，则S9A.2 B.73 C.53 答案B解析由题意得S6-S3=8，S6=S3+8=4+8=12，显然公比q≠-1，因为S3，S6-S3，S9-S6成等比数列，故(S6−S3)2=S3即82=4(S9-12)，解得S9=28，故S9S6=28(2)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等于()A.2 B.3 C.4 D.5答案B解析设公比为q，依题意a1+a3+a5+…+a2n+1=85，且a1=1，∴a3+a5+…+a2n+1=84，①又a2+a4+…+a2n=42，②①②得q=2∴S2n+1=1·(1−∴22n+1-1=127，∴22n+1=128=27，∴2n+1=7，∴n=3.思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m+n=p+q，则aman=apaq”，可以减少运算量，提高解题速度.(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.跟踪训练3(1)(多选)下列说法正确的是()A.若数列{an}为等比数列，且其前n项和Sn=2n-1+t，则t=-1B.若数列{an}为等比数列，且a2a7+a3a6=6，则a1a2a3…a8=81C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…成等比数列D.若项数为偶数的等比数列{an}的前n项和Sn满足S奇=32，S偶=16，则公比q=1答案BD解析对于A，因为Sn=2n-1+t=t+12×2n，且数列{an}为等比数列，设其公比为q(q≠1)，由等比数列的前n项和公式Sn=a1(1−qn)1−q=a11−q对于B，由a2a7+a3a6=6，得到a2a7=a3a6=3，所以a1a2a3…a8=(a2a7对于C，当公比q=-1，n为偶数时，Sn=0，显然Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…不成等比数列，所以C错误；对于D，设数列{an}共有2m项，由题意得S奇=a1+a3+…+a2m-1=32，S偶=a2+a4+…+a2m=16，则S偶S奇=q=12(2)(多选)设正项等比数列{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，a2024a2025>1，(a2024-1)(a2025-1)<0，则下列结论正确的是()A.数列{an}为递减数列B.S2024+1<S2025C.T2024是数列{Tn}中的最大项D.T4049>1答案AC解析∵an>0，且a2024a2025>1，(a2024-1)(a2025-1)<0，∴a2024和a2025一个大于1，一个小于1.∵a1>1，∴a2024>1，0<a2025<1，即数列{an}的前2024项都大于1，而从第2025项开始都小于1，公比q=a2025a2024<1，且q>0.∵a1>1，∴数列{an∵S2025-S2024=a2025<1，∴S2024+1>S2025，故B错误；等比数列{an}的前n项积为Tn，且数列{an}的前2024项都大于1，而从第2025项开始都小于1，故T2024是数列{Tn}中的最大项，故C正确；T4049=a1a2a3…a4049=a20254049<1，故D课时精练(分值：80分)一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.(2024·渭南模拟)已知数列{an}满足an+12=anan+2，若a2=1，a8=9，则A.-3 B.±3 C.3 D.5答案B解析an+12=ana又a2=1，a8=9，故数列{an}为等比数列，则a52=a2a8=9，故a2.(2024·西安模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1+a4+a7=2，a2+a5+a8=4，则S9等于()A.12 B.14 C.16 D.18答案B解析设等比数列{an}的公比为q，可得a2+a5+a则a3+a6+a9=q(a2+a5+a8)=8，所以S9=2+4+8=14.3.某公司为庆祝公司成立9周年，特意制作了两个热气球，在气球上写着“九年耕耘，硕果累累”8个大字，已知热气球在第一分钟内能上升30m，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的23A.3分钟 B.4分钟C.5分钟 D.6分钟答案B解析设an表示热气球在第n分钟内上升的高度，由已知an=23an-1(n≥2，n∈N*)，a1=30所以前n分钟热气球上升的总高度Sn=30×1−2显然数列{Sn}为递增数列，又S3=90×1−23S4=90×1−23所以该气球至少要经过4分钟才能上升到70m高度.4.(2025·绵阳模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=3，数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则S9等于()A.76 B.108 C.512 D.19683答案A解析因为数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则有an+2an=an+1an+2a则数列{a2n-1}是以1为首项，2为公比的等比数列，{a2n}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=1×(1−2二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.(2024·泰安模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2>1，其前n项积为Tn，且T20=T10，则下列结论正确的是()A.a15a16=1B.{an}是递减数列C.当Tn取得最大值时，n=29D.当Tn取得最大值时，n=15答案ABD解析由T20=T10，得T20T10=a11a12…a19a20=(a15a16)5=1，a15a16=1，故A正确；又a1a30=a2a29=a15a16=1，由a2>1，得0<a29<1，所以等比数列{an}是递减数列，故B正确；可知a15>1>a16>0，则当Tn6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2=2，an+1=4an-3an-1，则下列说法正确的是()A.数列{an+1-an}为等比数列B.数列{an+1-3an}为等差数列C.an=3n-1+1D.Sn=3n−1答案ABD解析∵an+1=4an-3an-1，∴an+1−ana∴数列{an+1-an}是以a2-a1=1为首项，3为公比的等比数列，故A正确；又(an+1-3an)-(an-3an-1)=4an-3an-1-3an-an+3an-1=0，∴数列{an+1-3an}为常数列，即公差为0的等差数列，故B正确；∴an+1-an=1×3n-1，且an+1-3an=a2-3a1=-1，解得an=3n−1+1∴Sn=a1+a2+…+an=30+12+31=12(30+31+…+3n-1)+=12×1−