高考数学一轮复习 第29讲　等比数列及其前n项和 教用

第29讲等比数列及其前n项和知识整合体系重构激活思维1．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(D)A．14 B．12C．6 D．32．(2021·全国甲卷)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则(B)A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分又不必要条件【解析】若a1＝－1，q＝1，则Sn＝na1＝－n，{Sn}是递减数列，不满足充分性；若{Sn}是递增数列，则q≠0，且Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0恒成立，则a1＞0，q＞0，满足必要性．故甲是乙的必要不充分条件．3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2λ＋(λ－3)·2n(λ为常数)，则λ＝(C)A．－2 B．－1C．1 D．2【解析】因为等比数列{an}的前n项和Sn＝2λ＋(λ－3)·2n(λ为常数)，所以a1＝S1＝2λ＋(λ－3)×2＝4λ－6，a2＝S2－S1＝2λ＋(λ－3)·22－(4λ－6)＝2λ－6，a3＝S3－S2＝2λ＋(λ－3)·23－[2λ＋(λ－3)·22]＝4λ－12．因为aeq\o\al(2,2)＝a1a3，所以(2λ－6)2＝(4λ－6)(4λ－12)，解得λ＝1或λ＝3．若λ＝3，则Sn＝2λ是常数，不成立，故舍去，所以λ＝1，经检验符合题意．4．(2025·新高考Ⅰ卷)若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为__2__．【解析】根据题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝4，a5＋a6＋a7＋a8＝68－4＝64，所以a5＋a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3＋a4)×q4＝4×q4＝64，解得q＝2(q＝－2舍去)．聚焦知识1．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项公式为an＝__a1·qn－1__，其推导方法是累乘法．2．等比数列的前n项和公式设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝__na1__；当q≠1时，Sn＝__eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)__，其推导方法是错位相减法．3．等比数列的性质已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，t，r，k∈N*)．(1)若m＋n＝p＋t＝2r，则am·an＝ap·at＝aeq\o\al(2,r)．(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列．(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1，或q＝－1且m为奇数)．(4)若{bn}(与{an}项数相同)也是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比数列．(5)若an＞0，则{logaan}(a＞0且a≠1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列．(6)∀m，p∈N*，Sm＋p＝Sm＋qmSp．(7)若{an}共有2n项，则eq\f(S偶,S奇)＝q，其中S偶，S奇分别是数列{an}的偶数项和与奇数项和．(8)等比数列的单调性：当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；当q＝1时，{an}是常数列．4．常用结论(1)等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，其中c≠0，q≠0．(2)等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A，其中A≠0，q≠1,0．题型突破思维拓展举题说法等比数列的基本量运算例1(1)(2026·肇庆一模)设Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a5＋3a6＝8，a8＋3a9＝64，则S3＝(C)A．eq\f(1,14) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,2) D．2【解析】设等比数列{an}的公比为q，因为eq\f(a5＋3a6,a8＋3a9)＝eq\f(a5＋3a6,a5q3＋3a6q3)＝q－3＝eq\f(1,8)，所以q＝2．由a5＋3a6＝a1q4＋3a1q5＝112a1＝8，得a1＝eq\f(1,14)，所以S3＝eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(1,2)．(2)(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＝(C)A．eq\f(15,8) B．eq\f(65,8)C．15 D．40【解析】设等比数列{an}的公比为q(q＞0)．方法一：因为S5＝5S3－4，a1＝1，显然q≠1，则有eq\f(1－q5,1－q)＝5×eq\f(1－q3,1－q)－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍去)或q2＝4，又q＞0，所以q＝2，所以S4＝eq\f(1－q4,1－q)＝15．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．等比数列基本量运算的解题策略(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)可迎刃而解．(2)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．变式1(2026·江门调研)(多选)已知等比数列{an}的首项为4，公比为q，前n项和为Sn．若eq\f(S10,S5)＝eq\f(33,32)，则(BC)A．q＝－eq\f(1,2) B．S3＝7C．an＋Sn＝8 D．log2an＝n－3【解析】由题设，eq\f(S10－S5,S5)＝q5，而eq\f(S10,S5)＝eq\f(33,32)，则q5＝eq\f(33,32)－1＝eq\f(1,32)⇒q＝eq\f(1,2)，又a1＝4，则an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝23－n，且Sn＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))，所以S3＝8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3))＝7，故A错误，B正确．an＋Sn＝23－n＋8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝8，log2an＝3－n，故C正确，D错误．等比数列的判定与证明例2(2025·三明5月质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,2nan＋1＋eq\f(5,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＝2n＋1an．(1)若a1≠eq\f(1,3)，证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3n)))为等比数列；【解答】(1)因为2nan＋1＋eq\f(5,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＝2n＋1an，所以an＋1＝2an－eq\f(5,3n＋1)，则an＋1－eq\f(1,3n＋1)＝2an－eq\f(6,3n＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3n)))．因为a1≠eq\f(1,3)，所以a1－eq\f(1,3)≠0，an－eq\f(1,3n)≠0，所以eq\f(an＋1－\f(1,3n＋1),an－\f(1,3n))＝2．所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3n)))是首项为a1－eq\f(1,3)，公比为2的等比数列．(2)若a1＝eq\f(7,3)，求使不等式Sn＞2025成立的n的最小值．【解答】因为a1＝eq\f(7,3)，所以a1－eq\f(1,3)＝2，由(1)可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,3n)))是首项为2，公比为2的等比数列，所以an－eq\f(1,3n)＝2n，即an＝2n＋eq\f(1,3n)，所以Sn＝21＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋2n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＝(21＋22＋…＋2n)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1,1－\f(1,3))＝2n＋1－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－eq\f(3,2)．因为数列{Sn}为递增数列，当n＝9时，S9＝210－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))9－eq\f(3,2)＜1024＜2025，当n＝10时，S10＝211－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))10－eq\f(3,2)＞2025，所以使不等式Sn＞2025成立的n的最小值为10．等比数列的两种常用判定方法(1)定义法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．变式2(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋2)．(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))为等比数列；【解答】因为an＋1＝eq\f(3an,an＋2)，a1＝3＞0，所以an＞0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,3an)＝eq\f(2,3an)＋eq\f(1,3)，所以1－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,3)－eq\f(2,3an)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))，又1－eq\f(1,a1)＝eq\f(2,3)≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))是首项为eq\f(2,3)，公比为eq\f(2,3)的等比数列．(2)求{an}的通项公式；【解答】由(1)得，1－eq\f(1,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，所以an＝eq\f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n)＝eq\f(3n,3n－2n)．(3)令bn＝eq\f(an＋1,an)，证明：bn＜bn＋1＜1．【解答】bn＝eq\f(an＋1,an)＝eq\f(33n－2n,3n＋1－2n＋1)＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－3,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2)＝1－eq\f(1,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2)，显然{bn}是递增数列，且bn＜1，所以bn＜bn＋1＜1．等比数列的性质及其应用视角1项的性质例3－1(1)(2026·三门峡期中)在等比数列{an}中，a3，a7是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋4x2＋9x－1的极值点，则a5＝(B)A．－4 B．－3C．3 D．4【解析】因为f(x)＝eq\f(1,3)x3＋4x2＋9x－1，所以由f′(x)＝x2＋8x＋9＝0可知a3·a7＝9，a3＋a7＝－8．因为等比数列中aeq\o\al(2,5)＝a3·a7且a3＜0，所以a5＝－3．(2)(2025·苏州期初)(多选)已知数列{an}是等比数列，则(AB)A．数列{aeq\o\al(2,n)}是等比数列B．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比数列C．数列{an＋an＋1}是等比数列D．数列{lgaeq\o\al(2,n)}是等比数列【解析】根据题意，数列{an}是等比数列，设其公比为q，则eq\f(an＋1,an)＝q．对于A，因为eq\f(a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n))＝q2，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是等比数列，故A正确；对于B，因为eq\f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等比数列，故B正确；对于C，D，例如an＝(－1)n，则an＋an＋1＝0，所以数列{an＋an＋1}不是等比数列，故C错误；lgaeq\o\al(2,n)＝lg1＝0，所以数列{lgaeq\o\al(2,n)}不是等比数列，故D错误．视角2和的性质例3－2(2025·苏锡常镇二模)已知等比数列{an}的公比q≠－1，前n项和为Sn，则对于∀n∈N*，下列结论一定正确的是(D)A．Sn＋S3n＝2S2n B．3Sn＋S3n＝2S2nC．Seq\o\al(2,2n)＝SnS3n D．S2n(S2n－Sn)＝Sn(S3n－Sn)【解析】令an＝2n，则S1＝2，S2＝6，S3＝14，S1＋S3≠2S2，故A错误．3S1＋S3≠2S2，故B错误．Seq\o\al(2,2)≠S1S3，故C错误．当q＝1时，Sn＝na1，S2n－Sn＝na1，S2n(S2n－Sn)＝2n2aeq\o\al(2,1)，Sn(S3n－Sn)＝na1·2na1＝2n2aeq\o\al(2,1)，此时S2n(S2n－Sn)＝Sn(S3n－Sn)．当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，左边＝eq\f(a11－q2n,1－q)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a11－q2n,1－q)－\f(a11－qn,1－q)))＝eq\f(a\o\al(2,1)1－q2nqn－q2n,1－q2)＝eq\f(a\o\al(2,1)qn－q2n－q3n＋q4n,1－q2)，右边＝eq\f(a11－qn,1－q)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3n,1－q)－\f(a11－qn,1－q)))＝eq\f(a\o\al(2,1)1－qnqn－q3n,1－q2)＝eq\f(a\o\al(2,1)qn－q2n－q3n＋q4n,1－q2)＝左边，故D正确．变式3(2025·赣州二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20＝21，S30＝49，则S10＝(B)A．－7 B．7C．63 D．7或63【解析】由等比数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，所以(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(21－S10)2＝S10(49－21)，所以Seq\o\al(2,10)－70S10＋441＝(S10－7)(S10－63)＝0，则S10＝7或S10＝63．设等比数列{an}的公比为q，若S10＝63，则S20－S10＝S10q10⇒－42＝63·q10，而q10＞0，显然等式不成立；若S10＝7，则S20－S10＝S10q10⇒14＝7·q10⇒q10＝2＞0，满足题设，所以S10＝7．随堂内化1．(2025·南昌一模)已知{an}为等比数列，若a2＋4a4＝4a3，则{an}的公比q＝(D)A．－2 B．2C．－eq\f(1,2) D．eq\f(1,2)【解析】由a2＋4a4＝4a3可得a2＋4a2q2＝4a2q，显然a2≠0，所以4q2－4q＋1＝0，解得q＝eq\f(1,2)．2．(2025·苏锡常镇一模)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4＝4a3－4a2，则eq\f(S4,a1＋a2)＝(A)A．5 B．9C．－9 D．－5【解析】设等比数列{an}的公比为q，显然an≠0，由a4＝4a3－4a2，得a2q2＝4a2q－4a2，则q2＝4q－4，解得q＝2，所以eq\f(S4,a1＋a2)＝eq\f(\f(a11－24,1－2),a1＋2a1)＝5．3．(2026·无锡期中)在数列{an}中，a1＝1，若数列{an·an＋1}是公比为2的等比数列，则a1＋a3＋a5＋…＋a19＝(D)A．2048 B．2047C．1024 D．1023【解析】由数列{an·an＋1}是公比为2的等比数列，则eq\f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝2，所以eq\f(an＋2,an)＝2，因此数列{an}的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a1＋a3＋a5＋…＋a19＝eq\f(1－210,1－2)＝1023．4．(2026·保定期中)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}是等比数列，乙：{Sn＋2－Sn}是等比数列，则(D)A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分又不必要条件【解析】先判断充分性：若{an}是等比数列，设其公比为q，首项为a1，可得Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝a1qn＋1＋a1qn＝a1qn(1＋q)，Sn＋3－Sn＋1＝an＋3＋an＋2＝a1qn＋2＋a1qn＋1＝a1qn＋1(1＋q)．当q＝－1时，Sn＋2－Sn＝0，{Sn＋2－Sn}不是等比数列；当q≠－1时，eq\f(Sn＋3－Sn＋1,Sn＋2－Sn)＝eq\f(a1qn＋11＋q,a1qn1＋q)＝q，{Sn＋2－Sn}是等比数列．综上，当{an}是等比数列时，{Sn＋2－Sn}不一定是等比数列，故充分性不成立．再判断必要性：若{Sn＋2－Sn}是等比数列，可设an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2，n≥2，)))此时，若n＝1，则Sn＋2－Sn＝S3－S1＝a3＋a2＝4．若n≥2，则Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝4，即{Sn＋2－Sn}是等比数列，但{an}不是等比数列，故必要性不成立．综上，甲是乙的既不充分又不必要条件．配套精练A组夯基精练一、单项选择题1．(2025·青岛二测)记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a3＝6，a1a4＝8，则S4＝(A)A．15 B．14C．13 D．12【解析】由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a3＝6，,a1·a4＝8))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a3＝6，,a2·a3＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,a3＝4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝2，))则公比q＝2或eq\f(1,2)，故S4＝eq\f(a2＋a3,q)＋(a2＋a3)q＝15．2．(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(C)A．120 B．85C．－85 D．－120【解析】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＝eq\f(5,4)．当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝eq\f(5,4)时，结合S4＝－5得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q4,1－q)＝－5，,\f(a11－q2,1－q)＝\f(5,4)，))化简可得q2＝－5，舍去．所以S8＝－85．3．(2025·南京盐城一模)已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3．若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是(B)A．4 B．5C．6 D．7【解析】因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，故an＝2n－1．因为ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak(1＋2＋22＋…＋29)＝2k－1·eq\f(1－210,1－2)＝2k＋9－2k－1＝214－24，所以k＝5．4．(2026·武汉期初)已知正方形ABCD的边长为1，取正方形各边的中点A1，B1，C1，D1作第二个正方形A1B1C1D1，然后再取正方形A1B1C1D1各边中点A2，B2，C2，D2作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前11个正方形的面积和为(D)A．2－eq\f(1,212) B．2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,210)))C．2－eq\f(1,211) D．2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,211)))【解析】作出示意图如图所示：第一个正方形ABCD的面积为12＝1，记为a1＝1．由平面几何知识可得第二个正方形A1B1C1D1的边长为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，所以正方形A1B1C1D1的面积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(1,2)，记为a2＝eq\f(1,2)．依次类推可得第三个正方形A2B2C2D2的面积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\f(\r(2),2)))2＝eq\f(1,4)，记为a3＝eq\f(1,4)，可得第n个正方形AnBnCnDn的面积为an＝eq\f(1,2n－1)，所以正方形的面积可依次排成一个以a1＝1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以前11个正方形的面积和为eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))11)),1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))11))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,211)))．二、多项选择题5．(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，且q＞0．若S3＝7，a3＝1，则(AD)A．q＝eq\f(1,2) B．a5＝eq\f(1,9)C．S5＝8 D．an＋Sn＝8【解析】对于A，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝1，,a1＋a1q＋a1q2＝7，))结合q＞0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，故A正确；对于B，a5＝a1q4＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,4)，故B错误；对于C，S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32))),1－\f(1,2))＝eq\f(31,4)，故C错误；对于D，an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝23－n，Sn＝eq\f(4×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝8－23－n，则an＋Sn＝23－n＋8－23－n＝8，故D正确．6．(2026·宁波一模)已知等比数列{an}满足a1a2＝1，则下列说法正确的是(AD)A．若a1＞1，则数列{an}是递减数列B．若0＜a1＜1，则数列{an}是递减数列C．若－1＜a1＜0，则数列{an}是递增数列D．若a1＜－1，则数列{an}是递增数列【解析】设等比数列{an}的公比为q，由a1a2＝1，得q＝eq\f(1,a\o\al(2,1))．对于A，若a1＞1，则公比q＝eq\f(1,a\o\al(2,1))∈(0,1)，故eq\f(an＋1,an)＝q∈(0,1)，又a1＞1，所以数列{an}是递减数列，故A正确．对于B，若0＜a1＜1，则公比q＝eq\f(1,a\o\al(2,1))∈(1，＋∞)，又0＜a1＜1，所以数列{an}是递增数列，故B错误．对于C，若－1＜a1＜0，则公比q＝eq\f(1,a\o\al(2,1))∈(1，＋∞)，故eq\f(an＋1,an)＝q∈(1，＋∞)，又－1＜a1＜0，所以数列{an}是递减数列，故C错误．对于D，若a1＜－1，则公比q＝eq\f(1,a\o\al(2,1))∈(0,1)，故eq\f(an＋1,an)＝q∈(0,1)，又a1＜－1，所以数列{an}是递增数列，故D正确．7．(2025·泉州二检)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，{an}的前n项积为Tn．若a10＝1，S10－S7＝7，则(ACD)A．数列{log2an}为等差数列 B．a1＝1024C．Sn＜1024 D．Tn的最大值为245【解析】对于A，设公比为q(q＞0)，因为a10＝1，所以an＝a10·qn－10＝qn－10，故log2an＝log2qn－10＝(n－10)log2q，由log2an＋1－log2an＝log2qn－9－log2qn－10＝log2q为常数，故A正确；对于B，因为S10－S7＝7，所以a10＋a9＋a8＝1＋eq\f(1,q)＋eq\f(1,q2)＝7，解得q＝eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,3)(舍去)，所以a1＝eq\f(a10,q9)＝29＝512，故B错误；对于C，Sn＝eq\f(29\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝210eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝1024－1024eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＜1024，故C正确；对于D，Tn＝a1a2·…·an＝29·28·…·210－n＝2eq\f(n19－n,2)，由于y＝eq\f(x19－x,2)＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(19,2)x，其图象的对称轴为x＝eq\f(19,2)，n∈N*，故n＝9或n＝10时，Tn取得最大值为245，故D正确．三、填空题8．(2025·青岛期末)递增等比数列{an}的各项均为正数，且10a2＝3(a1＋a3)，则eq\f(a10＋a4,a8＋a2)＝__9__．【解析】由题设an＞0且公比q＞1，则10a1q＝3(a1＋a1q2)，整理得3q2－10q＋3＝0，所以q＝3，则eq\f(a10＋a4,a8＋a2)＝eq\f(a8＋a2q2,a8＋a2)＝q2＝9．9．(2024·邵阳一模)已知数列{an}的首项为1，anan＋1＝3n(n∈N*)，则a8＝__81__．【解析】由anan＋1＝3n(n∈N*)，a1＝1，得an＋1an＋2＝3n＋1(n∈N*)，a2＝eq\f(31,a1)＝3，于是eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq\f(an＋2,an)＝eq\f(3n＋1,3n)＝3(n∈N*)，即eq\f(an＋2,an)＝3(n∈N*)，所以在数列{an}中，奇数项a1，a3，a5，…构成首项为1，公比为3的等比数列，偶数项a2，a4，a6，…构成首项为3，公比为3的等比数列，所以a8＝a2q3＝34＝81．10．(2026·徐州期中)在各项均为正数的等比数列{an}中，a4a6＝a7，则a5＋16a2的最小值为__12__．【解析】因为{an}是正项等比数列，所以a4a6＝a3a7，又a4a6＝a7，所以a3＝1，设公比为q(q＞0)，所以a5＋16a2＝a3q2＋eq\f(16a3,q)＝q2＋eq\f(16,q)．令f(x)＝x2＋eq\f(16,x)(x＞0)，则f′(x)＝2x－eq\f(16,x2)＝eq\f(2x3－16,x2)＝eq\f(2x－2x2＋2x＋4,x2)，因为x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3＞0，所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝12，所以当q＝2时，q2＋eq\f(16,q)即a5＋16a2取得最小值，最小值为12．四、解答题11．(2025·厦门二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋an＝n＋3．(1)求证：数列{an－1}是等比数列；【解答】由Sn＋an＝n＋3①，当n＝1时，a1＋a1＝1＋3，即a1＝2；当n≥2时，Sn－1＋an－1＝n＋2②，则①－②得，2an－an－1＝1，则2(an－1)＝an－1－1，即eq\f(an－1,an－1－1)＝eq\f(1,2)，所以数列{an－1}是等比数列，首项为1，公比为eq\f(1,2)．(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,an－1)))的前n项和为Tn，求满足Tn＞2026的最小正整数n的值．【解答】由(1)得an－1＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，即an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋1，则eq\f(an,an－1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1)＝1＋2n－1，则Tn＝1＋20＋1＋21＋…＋1＋2n－1＝n＋eq