§6.3等比數列課標要求1.通過生活中的實例，理解等比數列的概念和通項公式的意義.2.掌握等比數列前n項和公式，理解等比數列的通項公式與前n項和公式的關系.3.能在具體問題情境中，發現數列的等比關系，并解決相應的問題.4.體會等比數列與指數函數的關系.1.等比數列有關的概念(1)定義：一般地，如果一個數列從第項起，每一項與它的前一項的比都等于常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的，公比通常用字母q(q≠0)表示.

(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成數列，那么叫做a與b的等比中項，此時，G2＝.

2.等比數列的通項公式及前n項和公式(1)若等比數列{an}的首項為a1，公比為q，則其通項公式為an＝.

(2)等比數列通項公式的推廣：an＝amqn－m.(3)等比數列的前n項和公式：當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn＝＝.

3.等比數列的常用性質(1)若m＋n＝p＋q，則，其中m，n，p，q∈N*.特別地，若2w＝m＋n，則，其中m，n，w∈N*.

(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數列，公比為(k，m∈N*).

(3)若數列{an}，{bn}是兩個項數相同的等比數列，則數列{ban}，{pan·qbn}和panqbn也是等比數列(b，p，(4)若a1>0,q>1或a1<0,0<若a1>0,0<q<1或a1<0,4.等比數列前n項和的常用性質若等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，，仍成等比數列(公比q＝－1且n為偶數除外)，其公比為qn.

1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)(1)等比數列的公比q是一個常數，它可以是任意實數.()(2)三個數a，b，c成等比數列的充要條件是b2＝ac.()(3)數列{an}為等比數列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數列.()(4)對有窮等比數列，與首末兩項“等距離”的兩項之積等于首末兩項的積.()2.(2024·臨汾模擬)在等比數列{an}中，a1＝1，a5＝4，則a3等于()A.2 B.－2C.±2 D.223.(2024·呼倫貝爾模擬)已知數列{an}是正項等比數列，且a2a8＝32－a3a7，則a5等于()A.2 B.2C.4 D.224.(多選)設數列{an}是各項均為正數的等比數列，則()A.a3，a5，a7成等比數列B.數列{anC.數列{lgan}是等比數列D.數列1a解題時關注三個關鍵點(1)當q≠0，且q≠1時，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比數列的充要條件，此時k＝a1(2)由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即斷言{an}為等比數列，還要驗證a1≠0.(3)在運用等比數列的前n項和公式時，必須注意對q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情形而導致解題失誤.題型一等比數列基本量的運算例1(1)(2023·全國甲卷)設等比數列{an}的各項均為正數，前n項和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4等于()A.158 B.C.15 D.40(2)(2024·北京模擬)中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還.”其大意為：“有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地.”則此人第三天走的路程為()A.12里 B.24里 C.48里 D.96里思維升華等比數列基本量的運算的解題策略(1)等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求解.(2)解方程組時常常利用“作商”消元法.(3)運用等比數列的前n項和公式時，一定要討論公比q＝1的情形，否則會漏解或增解.跟蹤訓練1(1)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a2＝4，S8?S5SA.16 B.8C.6 D.2(2)云岡石窟，古稱為武州山大石窟寺，是世界文化遺產.若某一石窟的某處“浮雕像”共7層，每一層的“浮雕像”個數是其下一層的2倍，共有1016個“浮雕像”，這些“浮雕像”構成一幅優美的圖案，若從最下層往上每一層的“浮雕像”的個數構成數列{an}，則log2(a3a5)的值為()A.8 B.10C.12 D.16題型二等比數列的判定與證明例2(2024·福州模擬)已知數列{an}的首項a1＝25，且滿足an＋1＝2(1)求證：數列1a(2)若1a1＋1a2＋1思維升華等比數列的四種常用判定方法(1)定義法：若anan?1＝q(q為非零常數，且n≥2，n∈N*)，則{(2)等比中項法：若在數列{an}中，an≠0且an＋12＝anan＋2(n∈N*)，則{a(3)通項公式法：若數列{an}的通項公式可寫成an＝cqn－1(c，q均為非零常數，n∈N*)，則{an}是等比數列.(4)前n項和公式法：若數列{an}的前n項和Sn＝kqn－k(k為常數，且k≠0，q≠0，1)，則{an}是等比數列.跟蹤訓練2(多選)已知數列{an}的前n項和為Sn，下列說法正確的是()A.若b2＝ac，則a，b，c成等比數列B.若{an}為等差數列，則{2aC.若Sn＝3n－1，則數列{an}為等比數列D.若a1＝1，a2＝2，3an＋1＝an＋2an＋2(n∈N*)，則{an＋1－an}為等比數列題型三等比數列的性質命題點1項的性質例3(2023·全國乙卷)已知{an}為等比數列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝.

下標和相等的等差(比)性質的推廣(1)若數列{an}為等比數列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，則am1am2·…·amn(2)若數列{an}為等差數列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，則am1+am2+…+amn=ak典例(1)已知等差數列{an}，Sn為前n項和，且a9=5，S8=16，則S11=.

(2)等比數列{an}的各項均為正數，且a1a5=4，則log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=.

命題點2和的性質例4(1)(2024·宣城模擬)設Sn是等比數列{an}的前n項和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝8，則S9A.2 B.73C.53 D.(2)已知等比數列{an}有2n＋1項，a1＝1，所有奇數項的和為85，所有偶數項的和為42，則n等于()A.2 B.3C.4 D.5思維升華(1)在解決與等比數列有關的問題時，要注意挖掘隱含條件，利用性質，特別是“若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq”，可以減少運算量，提高解題速度.(2)在應用等比數列的性質解題時，要注意性質成立的前提條件，有時需要進行適當變形.此外，解題時注意設而不求思想的運用.跟蹤訓練3(1)(多選)下列說法正確的是()A.若數列{an}為等比數列，且其前n項和Sn＝2n－1＋t，則t＝－1B.若數列{an}為等比數列，且a2a7＋a3a6＝6，則a1a2a3…a8＝81C.若數列{an}為等比數列，Sn為其前n項和，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比數列D.若項數為偶數的等比數列{an}的前n項和Sn滿足S奇＝32，S偶＝16，則公比q＝1(2)(多選)設正項等比數列{an}的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為Tn，且滿足條件a1>1，a2024a2025>1，(a2024－1)(a2025－1)<0，則下列結論正確的是()A.數列{an}為遞減數列B.S2024＋1<S2025C.T2024是數列{Tn}中的最大項D.T4049>1

答案精析落實主干知識1.(1)2同一個公比(2)等比Gab2.(1)a1qn－1(3)a1(1?3.(1)aman＝apaqaman＝a(2)qm(4)增減4.S2n－SnS3n－S2n自主診斷1.(1)×(2)×(3)×(4)√2.A[由等比數列的性質可知，a32＝a1·a5＝4，所以a3又因為a3a1＝q2>0，所以a3.C[數列{an}是正項等比數列，由a2a8＝32－a3a7，得a2a8＋a3a7＝2a52得a5＝4.]4.ABD[設等比數列{an}的首項為a1，公比為q(q≠0).對于A，a52＝(a1q4)2＝a12q8，a3·a7＝(a1q2)·(a1q6)＝a12q8，所以a52對于B，因為an＋13a所以數列{an3}是等比數列，對于C，不妨設等比數列{an}為an＝1，則lgan＝0，所以數列{lgan}不是等比數列，C錯誤；對于D，因為1an＋11an＝探究核心題型例1(1)C[方法一若該數列的公比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化簡得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍)或q2＝4，因為此數列各項均為正數，所以q＝2，所以S4＝1?q方法二由題知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.由題知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.](2)C[由題意可得，此人6天中每天走的路程構成公比為12設這個數列為{an}，前n項和為Sn，則S6＝a11?12解得a1＝192，所以a3＝192×122即此人第三天走的路程為48里.]跟蹤訓練1(1)D[設等比數列{an}的公比為q，由S8?即a8＋a7＋a6a5又a2＝4，所以a1＝a2(2)C[從最下層往上每一層的“浮雕像”的個數構成數列{an}，則{an}是以2為公比的等比數列，∴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)證明1a又a1＝25，1a1－2＝1所以數列1an?2是以12(2)解由(1)可得1an－2＝所以1an則1a1＋1＝12＋＝121?12n1?1由1a1＋1a2＋1得1－12n＋2n<2即2n－12n<2又函數y＝2n－12所以滿足2n－12n<2024的最大正整數為1跟蹤訓練2BCD[對于A，當a＝b＝c＝0時，b2＝ac，此時a，b，c不成等比數列，故A錯誤；對于B，若{an}為等差數列，設其公差為d，則此時有2an＋12an＝2an＋1?an＝2d>0，所以數列{2an}為等比數列，故Ban＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝3n－3n－1＝2·3n－1(n≥2)，a1＝2顯然滿足an＝2·3n－1，所以數列{an}為等比數列，故C正確；對于D，因為3an＋1＝an＋2an＋2，所以2(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝0，而a1＝1，a2＝2，因此數列{an＋1－an}是首項為1，公比為12的等比數列，故D正確.例3－2解析方法一{an}為等比數列，∴a4a5＝a3a6，∴a2＝1，又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，∴a7＝－2.方法二設{an}的公比為q(q≠0)，則a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，顯然an≠0，則a4＝q2，即a1q3＝q2，則a1q＝1，∵a9a10＝－8，則a1q8·a1q9＝－8，則q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，則q5＝－2，則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解析由題意知a1a5＝a2a4＝a32因為數列{an}的各項均為正數，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[由題意得S6－S3＝8，S6＝S3＋8＝4＋8＝12，顯然公比q≠－1，因為S3，S6－S3，S9－S6成等比數列，故(S6?S3)2＝S3即82＝4(S9－12)，解得S9＝28，故S9S(2)B[設公比為q，依題意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.]跟蹤訓練3(1)BD[對于A，因為Sn＝2n－1＋t＝t＋12×2n，且數列{an}為等比數列，設其公比為q(q≠1)，由等比數列的前n項和公式Sn＝a1(1?知t＝－12，所以A對于B，由a2a7＋a3a6＝6，得到a2a7＝a3a6＝3，所以a1a2a3…a8＝(a2a7對于C，當公比q＝－1，n為偶數時，Sn＝0，顯然Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…不成等比數列，所以C錯誤；對于D，設數列{an}共有2m項，由題意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m－1＝32，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝16，則S偶S奇＝q＝12，所以(2)AC[∵an>0，且a2024a2025>1，(a2024－1)(a2025－1)<0，∴a2024和a2025一個大于1，一個小于1.∵a1>1，∴a2024>1，0<a2025<1，即數列{an}的前2024項都大于1，而從第2025項開始都小于1，公比q＝a2025a2024<1，且q>0.∵a1>1，∴數列{an∵S2025－S2024＝a2025<1，∴S2024＋1>S2025，故B錯誤；等比數列{an}的前n項積為Tn，且數列{an}的前2024項都大于1，而從第2025項開始都小于1，故T2024是數列{Tn}中的最大項，故C正確；T4049＝a1a2a3…a4049＝a20254049<1，故D錯誤

6.3等比數列課標要求1.通過生活中的實例，理解等比數列的概念和通項公式的意義.2.掌握等比數列前n項和公式，理解等比數列的通項公式與前n項和公式的關系.3.能在具體問題情境中，發現數列的等比關系，并解決相應的問題.4.體會等比數列與指數函數的關系.1.等比數列有關的概念(1)定義：一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比都等于同一個常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示.(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成等比數列，那么G叫做a與b的等比中項，此時，G2=ab.2.等比數列的通項公式及前n項和公式(1)若等比數列{an}的首項為a1，公比為q，則其通項公式為an=a1qn-1.(2)等比數列通項公式的推廣：an=amqn-m.(3)等比數列的前n項和公式：當q=1時，Sn=na1；當q≠1時，Sn=a1(1?q3.等比數列的常用性質(1)若m+n=p+q，則aman=apaq，其中m，n，p，q∈N*.特別地，若2w=m+n，則aman=aw2，其中m，n，w∈N(2)ak，ak+m，ak+2m，…仍是等比數列，公比為qm(k，m∈N*).(3)若數列{an}，{bn}是兩個項數相同的等比數列，則數列{ban}，{pan·qbn}和panqbn也是等比數列(b，(4)若a1>0,q>1或a1<0,若a1>0,0<q<1或a14.等比數列前n項和的常用性質若等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n-Sn，S3n-S2n仍成等比數列(公比q=-1且n為偶數除外)，其公比為qn.1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)(1)等比數列的公比q是一個常數，它可以是任意實數.(×)(2)三個數a，b，c成等比數列的充要條件是b2=ac.(×)(3)數列{an}為等比數列，則S4，S8-S4，S12-S8成等比數列.(×)(4)對有窮等比數列，與首末兩項“等距離”的兩項之積等于首末兩項的積.(√)2.(2024·臨汾模擬)在等比數列{an}中，a1=1，a5=4，則a3等于()A.2 B.-2 C.±2 D.22答案A解析由等比數列的性質可知，a32=a1·a5=4，所以a3又因為a3a1=q2>0，所以3.(2024·呼倫貝爾模擬)已知數列{an}是正項等比數列，且a2a8=32-a3a7，則a5等于()A.2 B.2 C.4 D.22答案C解析數列{an}是正項等比數列，由a2a8=32-a3a7，得a2a8+a3a7=2a52=32，得a4.(多選)設數列{an}是各項均為正數的等比數列，則()A.a3，a5，a7成等比數列B.數列{anC.數列{lgan}是等比數列D.數列1a答案ABD解析設等比數列{an}的首項為a1，公比為q(q≠0).對于A，a52=(a1q4)2=a12q8，a3·a7=(a1q2)·(a1q6)=a12q8，所以a52=a3對于B，因為an+13an3=q對于C，不妨設等比數列{an}為an=1，則lgan=0，所以數列{lgan}不是等比數列，C錯誤；對于D，因為1an+11an=ana解題時關注三個關鍵點(1)當q≠0，且q≠1時，Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}成等比數列的充要條件，此時k=a1(2)由an+1=qan，q≠0，并不能立即斷言{an}為等比數列，還要驗證a1≠0.(3)在運用等比數列的前n項和公式時，必須注意對q=1與q≠1分類討論，防止因忽略q=1這一特殊情形而導致解題失誤.題型一等比數列基本量的運算例1(1)(2023·全國甲卷)設等比數列{an}的各項均為正數，前n項和為Sn，若a1=1，S5=5S3-4，則S4等于()A.158 B.658 C.15答案C解析方法一若該數列的公比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化簡得q4-5q2+4=0，所以q2=1(舍)或q2=4，因為此數列各項均為正數，所以q=2，所以S4=1?q方法二由題知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.由題知q>0，所以q=2.所以S4=1+2+4+8=15.(2)(2024·北京模擬)中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還.”其大意為：“有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地.”則此人第三天走的路程為()A.12里 B.24里 C.48里 D.96里答案C解析由題意可得，此人6天中每天走的路程構成公比為12設這個數列為{an}，前n項和為Sn，則S6=a11?1261?12=63所以a3=192×122即此人第三天走的路程為48里.思維升華等比數列基本量的運算的解題策略(1)等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求解.(2)解方程組時常常利用“作商”消元法.(3)運用等比數列的前n項和公式時，一定要討論公比q=1的情形，否則會漏解或增解.跟蹤訓練1(1)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a2=4，S8?S5A.16 B.8 C.6 D.2答案D解析設等比數列{an}的公比為q，由S8?即a8+a7可得q3=8，即q=2，又a2=4，所以a1=a2(2)云岡石窟，古稱為武州山大石窟寺，是世界文化遺產.若某一石窟的某處“浮雕像”共7層，每一層的“浮雕像”個數是其下一層的2倍，共有1016個“浮雕像”，這些“浮雕像”構成一幅優美的圖案，若從最下層往上每一層的“浮雕像”的個數構成數列{an}，則log2(a3a5)的值為()A.8 B.10 C.12 D.16答案C解析從最下層往上每一層的“浮雕像”的個數構成數列{an}，則{an}是以2為公比的等比數列，∴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.題型二等比數列的判定與證明例2(2024·福州模擬)已知數列{an}的首項a1=25，且滿足an+1=2(1)求證：數列1a(2)若1a1+1a2+1a3+(1)證明1an+1?21an又a1=25，1a1-2=1所以數列1an?2是以12(2)解由(1)可得1an-2=所以1an=1則1a1+1a2+…+1an=12+14+由1a1+1a2+1a3+…得1-12n+2n<2025，即2n-12n又函數y=2n-12所以滿足2n-12n<2024的最大正整數為1思維升華等比數列的四種常用判定方法(1)定義法：若anan?1=q(q為非零常數，且n≥2，n∈N*)，則{(2)等比中項法：若在數列{an}中，an≠0且an+12=anan+2(n∈N*)，則{a(3)通項公式法：若數列{an}的通項公式可寫成an=cqn-1(c，q均為非零常數，n∈N*)，則{an}是等比數列.(4)前n項和公式法：若數列{an}的前n項和Sn=kqn-k(k為常數，且k≠0，q≠0，1)，則{an}是等比數列.跟蹤訓練2(多選)已知數列{an}的前n項和為Sn，下列說法正確的是()A.若b2=ac，則a，b，c成等比數列B.若{an}為等差數列，則{2aC.若Sn=3n-1，則數列{an}為等比數列D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，則{an+1-an}為等比數列答案BCD解析對于A，當a=b=c=0時，b2=ac，此時a，b，c不成等比數列，故A錯誤；對于B，若{an}為等差數列，設其公差為d，則此時有2an+12an=2an+1?an=2d>0，所以數列{2an}為等比數列，故B正確；對于Can=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)，a1=2顯然滿足an=2·3n-1，所以數列{an}為等比數列，故C正確；對于D，因為3an+1=an+2an+2，所以2(an+2-an+1)-(an+1-an)=0，而a1=1，a2=2，因此數列{an+1-an}是首項為1，公比為12的等比數列，故D正確題型三等比數列的性質命題點1項的性質例3(2023·全國乙卷)已知{an}為等比數列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，則a7=.

答案-2解析方法一{an}為等比數列，∴a4a5=a3a6，∴a2=1，又a2a9a10=a7a7a7，∴1×(-8)=(a7)3，∴a7=-2.方法二設{an}的公比為q(q≠0)，則a2a4a5=a3a6=a2q·a5q，顯然an≠0，則a4=q2，即a1q3=q2，則a1q=1，∵a9a10=-8，則a1q8·a1q9=-8，則q15=(q5)3=-8=(-2)3，則q5=-2，則a7=a1q·q5=q5=-2.下標和相等的等差(比)性質的推廣(1)若數列{an}為等比數列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，則am1am2·…·amn(2)若數列{an}為等差數列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，則am1+am2+…+amn=ak典例(1)已知等差數列{an}，Sn為前n項和，且a9=5，S8=16，則S11=.

答案33解析S8=8(a1+a8)2=16，∴又∵a9+a1+a8=3a6，∴a6=3，故S11=11a6=33.(2)等比數列{an}的各項均為正數，且a1a5=4，則log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=.

答案5解析由題意知a1a5=a2a4=a32因為數列{an}的各項均為正數，所以a3=2.所以a1a2a3a4a5=(a1a5)·(a2a4)·a3=a35=2所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log225=5.命題點2和的性質例4(1)(2024·宣城模擬)設Sn是等比數列{an}的前n項和，若S3=4，a4+a5+a6=8，則S9A.2 B.73 C.53 答案B解析由題意得S6-S3=8，S6=S3+8=4+8=12，顯然公比q≠-1，因為S3，S6-S3，S9-S6成等比數列，故(S6?S3)2=S3即82=4(S9-12)，解得S9=28，故S9S6=28(2)已知等比數列{an}有2n+1項，a1=1，所有奇數項的和為85，所有偶數項的和為42，則n等于()A.2 B.3 C.4 D.5答案B解析設公比為q，依題意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.思維升華(1)在解決與等比數列有關的問題時，要注意挖掘隱含條件，利用性質，特別是“若m+n=p+q，則aman=apaq”，可以減少運算量，提高解題速度.(2)在應用等比數列的性質解題時，要注意性質成立的前提條件，有時需要進行適當變形.此外，解題時注意設而不求思想的運用.跟蹤訓練3(1)(多選)下列說法正確的是()A.若數列{an}為等比數列，且其前n項和Sn=2n-1+t，則t=-1B.若數列{an}為等比數列，且a2a7+a3a6=6，則a1a2a3…a8=81C.若數列{an}為等比數列，Sn為其前n項和，則Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…成等比數列D.若項數為偶數的等比數列{an}的前n項和Sn滿足S奇=32，S偶=16，則公比q=1答案BD解析對于A，因為Sn=2n-1+t=t+12×2n，且數列{an}為等比數列，設其公比為q(q≠1)，由等比數列的前n項和公式Sn=a1(1?qn)1?q=a11?q對于B，由a2a7+a3a6=6，得到a2a7=a3a6=3，所以a1a2a3…a8=(a2a7對于C，當公比q=-1，n為偶數時，Sn=0，顯然Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…不成等比數列，所以C錯誤；對于D，設數列{an}共有2m項，由題意得S奇=a1+a3+…+a2m-1=32，S偶=a2+a4+…+a2m=16，則S偶S奇=q=12(2)(多選)設正項等比數列{an}的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為Tn，且滿足條件a1>1，a2024a2025>1，(a2024-1)(a2025-1)<0，則下列結論正確的是()A.數列{an}為遞減數列B.S2024+1<S2025C.T2024是數列{Tn}中的最大項D.T4049>1答案AC解析∵an>0，且a2024a2025>1，(a2024-1)(a2025-1)<0，∴a2024和a2025一個大于1，一個小于1.∵a1>1，∴a2024>1，0<a2025<1，即數列{an}的前2024項都大于1，而從第2025項開始都小于1，公比q=a2025a2024<1，且q>0.∵a1>1，∴數列{an∵S2025-S2024=a2025<1，∴S2024+1>S2025，故B錯誤；等比數列{an}的前n項積為Tn，且數列{an}的前2024項都大于1，而從第2025項開始都小于1，故T2024是數列{Tn}中的最大項，故C正確；T4049=a1a2a3…a4049=a20254049<1，故D課時精練(分值：80分)一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.(2024·渭南模擬)已知數列{an}滿足an+12=anan+2，若a2=1，a8=9，則A.-3 B.±3 C.3 D.5答案B解析an+12=ana又a2=1，a8=9，故數列{an}為等比數列，則a52=a2a8=9，故a2.(2024·西安模擬)已知Sn是等比數列{an}的前n項和，a1+a4+a7=2，a2+a5+a8=4，則S9等于()A.12 B.14 C.16 D.18答案B解析設等比數列{an}的公比為q，可得a2+a5+a則a3+a6+a9=q(a2+a5+a8)=8，所以S9=2+4+8=14.3.某公司為慶祝公司成立9周年，特意制作了兩個熱氣球，在氣球上寫著“九年耕耘，碩果累累”8個大字，已知熱氣球在第一分鐘內能上升30m，以后每分鐘上升的高度都是前一分鐘的23A.3分鐘 B.4分鐘C.5分鐘 D.6分鐘答案B解析設an表示熱氣球在第n分鐘內上升的高度，由已知an=23an-1(n≥2，n∈N*)，a1=30所以前n分鐘熱氣球上升的總高度Sn=30×1?2顯然數列{Sn}為遞增數列，又S3=90×1?23S4=90×1?23所以該氣球至少要經過4分鐘才能上升到70m高度.4.(2025·綿陽模擬)已知Sn是數列{an}的前n項和，a1=1，a2=3，數列{anan+1}是公比為2的等比數列，則S9等于()A.76 B.108 C.512 D.19683答案A解析因為數列{anan+1}是公比為2的等比數列，則有an+2an=an+1an+2a則數列{a2n-1}是以1為首項，2為公比的等比數列，{a2n}是以3為首項，2為公比的等比數列，所以S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=1×(1?2二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.(2024·泰安模擬)在各項均為正數的等比數列{an}中，已知a2>1，其前n項積為Tn，且T20=T10，則下列結論正確的是()A.a15a16=1B.{an}是遞減數列C.當Tn取得最大值時，n=29D.當Tn取得最大值時，n=15答案ABD解析由T20=T10，得T20T10=a11a12…a19a20=(a15a16)5=1，a15a16=1，故A正確；又a1a30=a2a29=a15a16=1，由a2>1，得0<a29<1，所以等比數列{an}是遞減數列，故B正確；可知a15>1>a16>0，則當Tn6.已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1=1，a2=2，an+1=4an-3an-1，則下列說法正確的是()A.數列{an+1-an}為等比數列B.數列{an+1-3an}為等差數列C.an=3n-1+1D.Sn=3n?1答案ABD解析∵an+1=4an-3an-1，∴an+1?ana∴數列{an+1-an}是以a2-a1=1為首項，3為公比的等比數列，故A正確；又(an+1-3an)-(an-3an-1)=4an-3an-1-3an-an+3an-1=0，∴數列{an+1-3an}為常數列，即公差為0的等差數列，故B正確；∴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?