文档文本内容
专题06 数列高考专项复习
专题6.1 等差数列和等比数列
6.1.1 等差数列
知识点梳理
1.定义：等差数列定义：一般地，如果一个数列从第2 项起，每一项与它的前一项的
差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通
常用字母d 表示.用递推公式表示为an −an−1=d(n≥2)或an+1−an=d(n≥1).
2.等差数列的通项公式：①an=a1+(n−1)d；②an=am+(n−m)d.
等差数列的单调性：d>0 为递增数列，d=0 为常数列，d<0 为递减数列.
3.等差中项的概念：如果a,A,b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项,其中
A = a+b
2
.
4.等差数列的前n 项和公式：若已知首项a1和末项an，则Sn= n(a1+an)
2
，或等差数列
{an}
的首项是a1，公差是d，则其前n 项和公式为Sn=na1+n(n
1)
−
2
d.
典型例题
例1.设等差数列{an}的前n 项和为Sn，且6S5
5
−S3=5，则a4= .
解：∵Sn=na1+n(n
1)
−
2
d，∴S5=5a1+10d，S3=3a1+3d，
∴6S5
5
−S3=30a1+60d
(15
−
a1+15d)=15(a1+3d)=15a4=5，解得：a4= 1
3. 故答案
为：a4= 1
3.
例2.设{an}是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则{an}的通项公式为 ．
解：等差数列{an}中，由a1=3，a2+a5=36，得2a1+5d=6+5d=36，∴d=6．
∴an=3+6（n-1）=6n-3.
例3.设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为 ．
解：∵S4≥10，S5≤15，∴{
S4=4a1+6d≥10
S5=5a1+10d≤15，则{
2a1+3d≥5
a1+2d≤3 ，∴
a4=a1+3d = (2
−
a1+3d)+3(a1+2d)≤4.所以a4的最大值为4.
例4.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，a2=3，a2n=2an+1，若Sn+an+1=100，则n 的值
为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
解：由a2=3，a2n=2an+1，得a2=2a1+1=3，解得：a1=1.
则等差数列{an}的公差d=2,∴an=2n
1
−，Sn=n (1+2n
1
−)
2
=n
2，
∵Sn+an+1=100，得n
2+2n+1=100，解得：n=9.故选：B.
例5.记Sn为等差数列{an}的前n 项和．已知S4=0，a5=5，则（ ）
A．an=2n
5
−
B．an=3n
10
−
C．Sn=2n
2
8
−n
D．Sn=1
2 n
2
2
−n
解：由题意可得：{
S4=4a1+d
2 ×4×3=0
a5=a1+4d =5
，解得：{
a1= 3
−
d=2
，∴an=2n
5
−.故选：A.
随堂演练
1.记等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a3=0，a6+a7=14，则S7= ．
解：∵等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a3=0，a6+a7=14，
∴{
a1+2d =0
a1+5d+a1+6d =14，解得：a1=-4，d=2，所以S7=7a1+7×6
2
d= 28+42=14
−
.故答
案为：14.
2.等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a1=2，S3=12，则a6的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
解：设等差数列{an}的公差为d,∵a1=2，S3=12，
∴3×2+3×2
2
d=12，解得d=2，则a6=2+2×5=12．故答案为：C．
3.已知等差数列{an}前9 项的和为27，a10=8，则a100=（ ）
A．100 B．99 C．98 D．97
解：由已知得：{
9a1+36d =27
a1+9d =8
，解得：a1=−1，d =1，所以a100=a1+99d =−1+99=98.
故选：C.
4.设Sn为等差数列{an}的前n 项和，若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=（ ）
A．-12 B．-10 C．10 D．12
解：设等差数列{an}的公差为d，
∵3S3=S2+S4，a1=2，∴3(3×2+3×2d
2
)=2×2+d+(4×2+4×3d
2
)，即
18+9d =12+7d，解得：d=-3，
∴a5=2+4d = 10
−
.故选：B.
5.记Sn为等差数列{an}的前n 项和．若a4+a5=24，S6= 48，则{an}的公差为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
解：等差数列{an}的公差设为d,由a4+a5=24，S6=48，
可得2a1+7d=24，6a1+×6×5d=48，解得d=4，a1=-2，故答案为：4．
6.在等差数列{an}中，若a2= 4，a4=2，则a6=（ ）
A．-1
B．0
C．1
D．6
解：在等差数列{an}中，若a2=4，a4=2，则a4=1
2（a2+a6）=1
2（4+a6）=2，解得：a6=0．故
选：B．
7.记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10= .
解：设等差数列{an}的公差为d,由{
a3+a4=7
3a2+a5=5，得{
2a1+5d=7
4a1+7d=5 ，
解得：{
a1= 4
−
d=3
，
所以S10=10a1+45d=-40+135=95．故答案为：95．
8.已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n 项和.若a2a5+a8=0，S9=27，则S8的值是
.
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则{
(a1+d)(a1+4d)+a1+7d =0
9a1+9×8
2
d =27
，解得{
a1= 5
−
d=2
.∴S8=8a1+ 8×7d
2
=8×(−5)+56=16.
故答案为：16.
9.记Sn为等差数列{an}的前n 项和，a1≠0，a2=3a1，则S10
S5
=
.
解：设等差数列{an}的公差为d，则由a1≠0，a2=3a1可得：d =2a1，
∴S10
S5
= 10(a1+a10)
5(a1+a5) = 2(2a1+9d)
2a1+ 4 d
= 2(2a1+18a1)
2a1+8a1
= 4.故答案为：4.
10.已知等差数列{an}的公差为2π
3
，集合S={cosan|n∈N
∗}，若S= {a,b}，则ab=
.
解：设等差数列{an}的首项为a1，则通项an=a1+(n
1)
−
⋅2π
3
，∴
cosan=cos[a1+(n−1)⋅2π
3
]，
又∵余弦函数周期为2π ，公差为2π
3
，满足3⋅2π
3
=2π，∴cosan的取值周期为3，
即：
cosa1，cos(a1+2π
3 )，cos(a1+4π
3
)，cos(a1+2π)=cosa1，…循环，由题意可
知，集合S 中仅有两个元素，故上述三个值中必有两个相等.考虑
cos(a1+2π
3 )=cos(a1+4π
3
)，
由余弦函数性质可得：若cosα=cosβ，则α=2kπ±β
a1+2π
3
=2kπ−(a1+4π
3
)（取“-”，因“+”号无整数解），解得：
a1=kπ−π (k∈Z)，
代入计算三个余弦值：当n=1 时，cosa1=cos(kπ
π
−
)=±1，
当n=2 时，cos(a1+2π
3 )=cos(kπ−π
3
)=±1
2 ，当n=3 时，
cos(a1+4π
3
)=cos(kπ+π
3
)=±1
2 ，
因此，集合S 的可能取值为{1，−1
2}或{−1，1
2}，两种情况均有ab=−1
2.故答案为：
−1
2.
6.1.2 等差数列的性质
知识点梳理
1.等差数列的性质：
（1）等差数列{an}中，从第2 项起，每一项是它相邻二项的等差中项.
（2）等差数列{an}中，对任意m,n∈N
∗，an=am+(n−m)d，d=am−an
m −n
.
（3）等差数列{an}中，若m,n, p,q∈N
∗，且m+n= p+q，则am+an=ap+aq.
特殊地，2m= p+q时，则2am=ap+aq，am是ap、aq的等差中项.
（4）等差数列{an}中，ak，ak+ m，ak+2m，⋯（m,k ∈N
∗）构成以md 为公差的等
差数列.
（5）等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即
Sn,S2n−Sn,S3n−S2n成等差数列，公差为n2d.
（6）两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{pan±qbn}仍为等差数列.
（7）若数列{an}是等差数列,则{kan}仍为等差数列.
（8）数列{an}是等差数列的充要条件是Sn= A n
2+ Bn.
（9）设S 偶与S 奇分别为该数列的所有偶数之和与所有奇数项之和，则有：
①若{an}共有2n-1 项（an为中间项），则S2n-1=(2n-1)an，S 奇-S 偶=an，S奇
S偶
=
n
n−1.
②若{an}共有2n 项（an
和an+1
为中间项），则S2n=n(an+an+1)，S 偶-S 奇=nd，
S奇
S偶
= an
an+1
.
（10）若{an}与{bn}为等差数列，且前n 项和分别为Sn
与T n
，则am
bm
= S2m−1
T 2m−1
.
典型例题
例1.已知数列{an}是等差数列，若a4+a7+a10=17，a4+a5+a6+⋯+a12+a13+a14=77且
ak =13，则k= .
解：∵a4+a7+a10=17，a4+a5+a6+⋯+a12+a13+a14=77，则3a7=17，11a9=77，
解得：a7= 17
3 ，a9=7，设等差数列{an}的公差为d，则d = a9−a7
2
= 2
3，
∵ak =13，∴ak =a9+(k −9)d =13，即7+(k −9)× 2
3 =13，解得：k =18.
故答案为：18.
例2.已知数列{an}为等差数列，其前10 项和S10=100，前100 项的和S100=10，则前110
项的和S110= .
解：∵数列S10，S20−S10，S30−S20，…，S100−S90，S110−S100成等差数列，设其公差为
d。则数列{an}的前100 项的和与上述新数列的前10 项和相等，即：
10S10+ 10×9
2
d = S100=10，解得d=-22，∴S110−S100=S10+10d =−120，∴S110=−110.
故答案为：-110.
例3.（1）已知等差数列共有2n+1 项，其中奇数项的和为290，偶数项的和为261，求an+1.
（2）一个等差数列的前12 项之和为354，前12 项中的偶数项之和与奇数项之和的比为
32:27，求该等差数列的公差.
解：（1 ）∵S奇=(a1+a2n+1)(n+1)
2
=(n+1)an+1，S偶=(a2+a2n)n
2
=nan+1，∴
an+1=S奇−S偶=29.
（2 ）∵S奇=(a1+a11)×6
2
=6a6，S偶=(a2+a12)×6
2
=6a7，∴6a6+6a7=354 且
S奇
S偶
=a6
a7
= 27
32.
解得：a6=27，a7=32.∴公差d =a7−a6=5.
例4.已知等差数列{an}，{bn}的前n 项和分别为Sn，Tn，若对任意的正整数n，都有
Sn
Tn
=n
9
−
5n+3 ，则an
bn
= .
解：因为an
bn
=2an
2bn
=a1+a2n
1
−
b1+ b2n
1
−
=
(2n
1)(
−
a1+a2n
1
−)
2
(2n
1)(
−
b1+ b2n
1
−)
2
=S2n-1
T2n-1
，又Sn
Tn
=n
9
−
5n+3
，∴
an
bn
=2n-1-9
5(2n-1)+3 =n-5
5n-1 .故答案为：n-5
5n-1 .
随堂演练
1.在等差数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，则a2+a8= .
解：由a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25，得到a5=5，则a2+a8=2a5=10．故答案为：10．
2.记Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知S5=S10，a5=1，则a1=（ ）
A．7
2
B．7
3
C．−1
3
D．−7
11
解：∵S5=S10，∴S10−S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，解得：a8=0，
又∵a5=1，∴公差d =−1
3
，故a1=a8−7d = 7
3
.故选：B.
3.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S9=1，则a3+a7=（ ）
A．-2
B．7
3
C．1
D．2
9
解：根据等差数列求和公式：S9= 9×(a1+a9)
2
= 9×(a3+a7)
2
=1，∴a3+a7= 2
9.故答案
为：2
9
.
4.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，若S4＝9，S12＝6，则S8＝（ ）
A．3
2
B．15
2
C．10
D．11
解：等差数列{an}的前n 项和为Sn，S4＝9，S12＝6，
由题知S4，S8﹣S4，S12﹣S8成等差数列，即9，S8
9
﹣，6﹣S8成等差数列，
即2（S8
9
﹣）＝9+6﹣S8，解得S8＝11．
故选：D．
5.设Sn为等差数列{an}的前n 项和，若S6
S3
=9
4 ，则S9
S6
等于（ ）
A．13
4
B．13
9
C．5
9
D．5
3
解：∵Sn为等差数列{an}的前n 项和，所以S3，S6−S3，S9−S6成等差数列，
2(S6−S3)=S3+(S9−S6).
又∵S6
S3
=9
4 ，设S6=9k，S3= 4 k，∴2(9k
4
−k)=4k+(S9
9
−k)，则S9=15k，∴
S9
S6
=15k
9k
=5
3 .
故选：D.
6.记Sn为等差数列{an}的前n 项和．若a2+a6=10，a4a8=45，则S5=（ ）
A．25
B．22
C．20
D．15
解：∵a2+a6=10，a4a8=45，∴a4=5，a8=9，∴d=a8−a4
8 4
−
=1，则a3=a4−d=5 1=4
−
，
∴S5=5a3=20.
故选：C.
7.已知{an}为等差数列，Sn为其前n 项和，若a1=6，a3+a5=0，则S6= .
解：∵{an}为等差数列，又a3+a5=2a4=0，∴a4=0，又a4−a1=3d = 6
−，∴d = 2
−，
∴S6=6a1+15d =6×6+15×(-2)=6.
故答案为：6.
8.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且S28=56，则a12+a13+a14+a15+a16+a17= .
解
：
由
S28=(a1+a28)×28
2
=56，
得
：
a1+a28= 4，
则
a12+a13+a14+a15+a16+a17=3(a1+a28)=12.
故答案为：12.
9.在等差数列{an}中，a1=-2020，其前n 项和为Sn，若S12
12 −S10
10 =2，则S2022= .
解：设等差数列{an}的前n 项和为Sn= A n
2+ Bn，则Sn
n = An+ B，∴{
Sn
n }
是等差数列.
因
为S12
12 −S10
10 =2，
所
以{
Sn
n }
的
公
差
为
1
，
又S1
1 = a1
1 =−2020，
∴
S2022
2022 =−2020+2021×1=1，∴S2022=2022.
故答案为：2022.
10.若一个等差数列的前3 项和为34，最后3 项和为146，且所有项的和为390，则该数列
的项数为 .
解：不妨设该数列为{an}，则a1+a2+a3=34，an+an-1+an-2=146，Sn=390，
故3（a1+an）=34+146=180，可得a1+an=60，
故Sn=n(a1+an)
2
=30n=390，解得n=13，即这个数列的项数为13.
故答案为：13．
6.1.3 等差数列前n 和Sn的最值的方法
知识点梳理
1.图像分析法：利用基本初等函数的图像及图像的变换来求最值.
2.函数性质法：利用基本初等函数的增减性等相关性质来求最值.
3.通项公式分析法：
①若an>0恒成立，则Sn单调递增，S1最小；若an<0恒成立，则Sn单调递减，S1最大.
②若a1>0，d <0，则Sn先增后减，则其有最大值（所有的正项或非负项的和）.
若a1<0，d >0，则Sn先减后增，则其有最小值（所有的负项或非正项的和）.
4.求导法：由于数列是特殊的函数，我们也可对于其通项公式对应的函数求导来研究
其
单调性和最值.
典型例题
例1.若{an}是等差数列，首项a1＞0，a23+a24＞0，a23•a24＜0，则使前n 项和Sn＞0 成立的
最大自然数n 是（ ）
A．46
B．47
C．48
D．49
解：∵{an}是等差数列，并且a1＞0，a23+a24＞0，a23•a24＜0
可知{an}中，a23＞0，a24＜0，∴a1+a46＝a23+a24＞0
故使前n 项和Sn＞0 成立的最大自然数n 是46，
故选：A．
例2.设数列{an}的前n 项和Sn=−n
2+26n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求Sn的最大值及对应的n 值．
解：（1）根据题意，数列{an}的前n 项和Sn=−n
2+26n，
则Sn−1=−(n−1)
2+26(n−1)
an＝Sn﹣Sn
1
﹣＝﹣n2+26n
[
﹣﹣（n
1
﹣）2+26（n
1
﹣）]＝﹣2n+27，
当n＝1 时，a1＝S1＝25 也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝﹣2n+27；
（2）根据题意，由（1）的结论，an＝﹣2n+27，
则数列{an}为公差为﹣2 的等差数列，
当1≤n≤13 时，an＞0，当n≥14 时，an＜0，
所以当n＝13 时，Sn取最大值，Sn最大值为S13＝13a1+ 13×12
2
×（﹣2）＝169．
随堂演练
1.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，a1= 21
−
，S7=S15，则Sn的最小值为（ ）
A．-99
B．-100
C．-110
D．-121
解：设{an}的公差为d，∵a1= 21
−
，S7=S15，可得{
a1= 21
−
7a1+7×6
2
d=15a1+15×14
2
d，解
得：d=2.
∴an=2n
23
−
，可得：Sn=−21n+ n(n−1)
2
×2=n
2−22n，
∴当n=11 时，Sn取最小值为S11=11
2
22
−
.故选：D.
2. （多选题）设等差数列{an}的前n 项和为Sn，且(n+1)Sn<nSn+1. 若a8
a7
< 1
−，则
（ ）
A．Sn的最大值是S8
B．Sn的最小值是S7
C．S13<0
D．S14>0
解：由(n+1)Sn<nSn+1可得：(n+1)⋅n(a1+an)
2
<n⋅(n+1)(a1+an+1)
2
，整理得：
an<an+1，
∴等差数列{an}是递增数列，∵a8
a7
< 1
−，∴a8>0，a7<0，且a7+a8>0，
∴
Sn的
最
小
值
是
S7，
且
S13=(a1+a13)×13
2
=13a7<0，
S14=(a1+a14)×14
2
=(a7+a8)×14
2
>0.故选：BCD.
3.设等差数列{an}的前n 项和为Sn，且满足S17>0，S18<0，则S1
a1
，S2
a2
，S3
a3
，…，S15
a15
中最
大的项为（ ）
A．S7
a7
B．S8
a8
C．S9
a9
D．S10
a10
解：在等差数列{an}中，∵S17>0，S18<0，∴S17=17a9>0，S18=17(a9+a10)<0，
∴a9+a10<0，a9>0，∴a10<0.
由此可知数列{an}为递减数列，因此a1，a2，…，a9为正，a10，a11，…为负，则S1，S2
，…，S17为正，S18，S19，…为负，则：S1
a1
>0，S2
a2
>0，…，S9
a9
>0，S10
a10
<0，S11
a11
<0
，…，S15
a15
<0.
又∵S1<S2<S3<⋯<S9
，a1>a2>a3>⋯>a9
，∴S9
a9
最大.故选：C.
4.若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0，a7+a10<0，则当n= 时，{an}的前n 项和最大．
解：由等差数列的性质可得：a7+a8+a9=3a8>0，又∵a7+a10<0，∴a8+a9<0，
∴a9<0，∴S8>S7
，S8<S9
.∴数列{an}的前8 项和最大.故答案为：8.
5.设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则S5= ，Sn的最小值为
．
解：等差数列{an}中，S5=5a3=−10，得：a3=−2，又a2=−3，
∴公差d =a3−a2=1，∴a5=a3+2d =0，
有等差数列性质可得：n≤5时，an≤0，n≥6时，an>0，∴Sn的最小值为S4或S5，即为-10.
故答案为：-10.
6.已知等差数列5，4 2
7
，3 4
7
，…的前n 项和为Sn，当Sn取到最值时，求n 的值.
解：解法一：由已知可得：a1=5，d=−5
7
，所以Sn=d
2 n
2+(a1−d
2 )n=5×(15n−n
2)
14
.
当n=7 或8 时，Sn取到最大值.
解法二：∵a1=5，d=−5
7
，
∴an=−5
7 n+ 40
7
.又∵a1>0，d<0，
∴前n 项和Sn有最大值，又a7>0，a8=0，a9<0.
∴当n=7 或8 时，Sn取到最大值.
7.在等差数列{an}中，3a4=7a5，a1>0，求当Sn取到最值时n 的值.
解：由3a4=7a5，a1>0可得：a1=−19
4 d>0.∴d <0且an=(n−23
4 )d为递减数列.
∵a5>0，a6<0.∴当n=5 时，Sn取到最大值.
8.在等差数列{an}中，d<0，S12=S21，求当Sn取到最值时n 的值.
解：由S12=S21得：S21−S12=a13+a14+⋯+a21= (a13+a21)×9
2
=9a17=0.
∵d <0，所以a16>0，a17=0，a18<0.∴当n=16 或17 时，Sn取到最大值.
9.在等差数列{an}中，已知S12>0，S13<0，试判断S1，S2，S3，…，S12中哪个最大，并说
明理由.
解：∵S12=(a1+a12)×12
2
=(a6+a7)×12
2
>0，S13=(a1+a13)×13
2
=13a7<0.
∴a6+a7>0，a7<0.
∴a6>0，a7<0.所以S6最大.
6.1.4 等比数列的概念和基本公式
知识点梳理
1.如果一个数列从第2 项起，每一项与它的前一项之比等于同一个常数，这个数列就
叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，用q 表示 ( q≠0).
2.等比数列的通项公式为an=a1q
n−1( q≠0)，推广形式：an=amq
n−m.
3.如果a,G,b成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，且G
2=ab.
4.递推公式形式的定义：
an
an−1
=q(n>1)或
an+1
an
=q.
5.等比数列的前n 项和公式：Sn={
na1，q=1
a1(1−q
n)
1−q
=a1−anq
1−q
，q≠1
.
注意：Sn=a1(1−q
n)
1−q
=−a1
1−q ⋅q
n+a1
1−q =kq
n−k（k≠0，q≠1），Sn为关于q
n的指
数型函数，且系数与常数互为相反数.
典型例题
例1.设等比数列{an}的前n 项和为Sn，若S2＝2，S4＝6，则a5+a6＝（ ）
A．8
B．10
C．14
D．18
解：在等比数列{an}中，S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，
即2，4，S6﹣S4 成等比数列，所以42＝2×（S6﹣S4），所以a5+a6＝S6﹣S4＝8．故选：
A．
例2.在等比数列{an}中，a2+a4＝1，a7+a9＝﹣16，则a10+a12
a5+a7
=（ ）
A．﹣4
B．8
C．﹣16
D．16
解：设等比数列{an}的公比为q，
则a7+a9=(a2+a4)q
5=1×q
5=−16，即q5＝﹣16，
∴a10+a12
a5+a7
= (a5+a7)q
5
a5+a7
=q
5=−16．故选：C．
例3.已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n 项和，2Sn=an+1−2，则a4的值为（
）
A．3
B．18
C．54
D．152
解：∵2Sn=an+1−2，∴当n≥2时，2Sn−1=an−2，
两式相减可得：2Sn−2Sn−1=an+1−an，即：2an=an+1−an，
即
an+1
an
=3，∴an的公比是3.
令n=1，2a1=a2−2，又a2
a1
=3，结合两式可解得：a1=2.
所以a4=a1⋅q
n=2×3
3=54.故选：C.
例4.等比数列{an}的各项均为实数，其前n 项和为Sn，已知S3=7
4 ，S6=63
4 ，则a8=
．
解：由S3=7
4
，S6=63
4
可得：S3=a1
1−q (1−q
3)=7
4
，S6=a1
1−q (1−q
6)=63
4
，
两式相除得：1−q
6
1−q
3 =9，q
3=8，q=2，代入得：a1=1
4 ，∴a8=(
1
4)×2
7=2
5=32.故答案
为：32.
随堂演练
1.已知等比数列{an}公比为q，前n 项和为Sn，且满足a6=8a3，则下列说法正确的是（
）
A．S3⋅S9=S6
2 B．S6
S3
=1
9
C．q=1
2
D．Sn=2an−a1
解：∵等比数列{an}公比为q，且满足a6=8a3，∴q
3=a6
a3
=8，解得：q=2，故C 错误；
又an=a1⋅q
n
1
−=a1×2
n
1
−，∴Sn=a1(1−2
n)
1 2
−
=a1×2
n−a1=2an−a1，故D 正确；
又S3=a1(q
3
1)=
−
a1(2
3
1)
−
，S6=a1(2
6
1)
−
，所以
S6
S3
=a1(2
6−1)
a1(q
3−1)
=9，故B 错误；
又S9=a1(q
9
1)
−
，S3⋅S9=a1
2(q
12−q
9−q
3+1)，S6
2=a1
2(q
12−2q
6
1)
−
，故
S3⋅S9=S6
2不成立，故A 错误. 故选：D.
2.已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，则下列结论一定成立的是（ ）
A．
若a3>0，则a2021<0 B．若a4>0，则a2022<0
C．若a3>0，则S2021>0
D．若a4>0，则S2022<0
解：当a3>0时，则a1>0，∵1−q与1−q
2021同号，∴S2021=a1⋅(1−q
2021)
1−q
>0.故选：C.
3.已知等比数列{an}的前3 项和为168，a2−a5=42，则a6=（ ）
A．14
B．12
C．6
D．3
解：设等比数列{an}的公比为q，若q=1，则a2−a5=0，所以q≠1，
则{
a1+a2+a3= a1(1−q
3)
1−q
=168
a2−a5=a1q−a1q
4=42
，解得：a1=96，q= 1
2
.∴a6=a1q
5=3.故选：D.
4.设{an}是等比数列，下列说法一定正确的是（ ）
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
解：a3=a1⋅q
2，a4=a1⋅q
3，a6=a1⋅q
5，a8=a1⋅q
7，a9=a1⋅q
8，
则a6
2=a3⋅a9
.故选：D.
5.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．16
B．8
C．4
D．2
解：设正数的等比数列{an}的公比为q，则由题意可得：{
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=15
a1q
4=3a1q
2+ 4 a1
，
解得：a1=1，q=2，∴a3=a1q
2= 4.故选：C.
6.已知等比数列{an}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=（ ）
A．21
B．42
C．63
D．84
解：由a1+a3+a5=21得：a1(1+q
2+q
4)=3(1+q
2+q
4)=21，∴1+q
2+q
4=7，
∴q
2=2，∴a3+a5+a7=q
2(a1+a3+a5)=2×21= 42.故选：B.
7.在正项等比数列{an}中，已知公比q=2，且a1a2⋯a30=2
30，则a3a6a9⋯a30
等于
.
解：∵
a1a2⋯a30=a1
30q
(1+29)×29
2
=a1
30⋅2
435=2
30，∴a1
10= 2
10
2
145
，
∴a3a6a9⋯a30=a1
10q
(2+29)×10
2
=a1
10⋅2
155= 2
10
2
145 ⋅2
155=2
20.
8.设等比数列{an}的各项均为正数，前n 项和为Sn，a1=1若，S5=5S3
4
−，则S4= .
解：由题意可知：S5=a1(1+q+q
2+q
3+q
4)=5a1(1+q+q
2)
4
−，即q
3+q
4=4q+4q
2，
即q
3+q
2−4q−4=0，即(q
2)(
−
q+1)(q+2)=0.由题意可知：q>0，所以q=2.
∴S4=1+2+ 4 +8=15.故答案为：15.
9.设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为 ．
解：设等比数列{an}的公比为q，由{
a1+a3=10
a2+a4=5
得：{
a1(1+q
2)=10
a1q(1+q
2)=5
，解得：a1=8，q = 1
2
.
∴a1a2…an=a1
nq
1+2+3+⋯+(n
1)
−=8
n×(
1
2)
n(n
1)
−
2
=2
−1
2 n
2+7
2 n
，
∴当n=3 或4 时，a1a2…an的最大值为2
6=64.
10.设等比数列{an}的公比为q，对任意的n∈N*，均有前n 项和为Sn>0，公比q 的取值范
围是
.
解：∵{an}是等比数列，Sn>0，可以得到：a1=S1>0，q≠0.
当q=1 时，Sn=na1>0.
当q≠1 时，Sn=a1(1−q
n)
1−q
>0，即1−q
n
1−q >0，可转化为：{
1−q<0
1−q
n<0①或{
1−q>0
1−q
n>0②
解不等式组①得：q>1；解不等式组②得：−1<q<1且q≠0；
综上，q 的取值范围是（-1，0）∪（0，+∞）.故答案为：（-1，0）∪（0，+∞）.
6.1.4 等比数列的常用性质
知识点梳理
1.一般地，在等比数列{an}中，若m＋n＝s＋t，则有am·an＝as·at(m，n，s，t∈N*).
若m＋n＝2k，则am·an＝a(m，n，k∈N*).
2.ak，ak+ m，ak+2m，…构成以q
m为公比的等比数列.
3.数列{an}是等比数列的充要条件是Sn=kq
n−k（k≠0，q≠0），数与常数互为相反
数.
4.数列{an}为公比不为－1 的等比数列，Sn为其前n 项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…
构成以q
n为公比的等比数列.
5.若{an}，{bn}为等比数列，则{anbn}也为等比数列.
6.既是等差数列又是等比数列的数列是非零的常数数列.
7.等比数列的单调性
（1）当q>1，a1>0或0<q<1，a1<0时，{an}是递增数列；
（2）当q>1，a1<0或0<q<1，a1>0时，{an}是递减数列；
（3）当q=1 时，{an}是常数列；
（4）当q<0 时，{an}是摆动数列.
典型例题
例1.数列{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a6=b7，则有（ ）
A．a3+a9≤b4+ b10
B．a3+a9≥b4+ b10
C．a3+a9≠b4+ b10
D．a3+a9与b4+ b10的大小不确定
解：∵a3+a9≥2❑√a3a9=2a6=2b7= b4+ b10.故选：B.
例2.等比数列{an}中，a4=2，a5=5，则数列{lgan}的前8 项和等于
A．6
B．5
C．4
D．3
解：在等比数列{an}中，a4=2，a5=5，∴a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=10.
∴lga1+lga2+⋯+lga8=lg(a1a2⋯a8)=lg(a4a5)
4= 4lg10= 4.故选：C.
例3.已知Sn是等比数列{an}的前n 项和，S3＝1，S6＝3，则S12＝（ ）
A．7
B．8
C．15
D．16
解：因为Sn是等比数列{an}的前n 项和且S3≠0，
可知S3，S6﹣S3，S9﹣S6，S12﹣S9也成等比数列，
又因为S3＝1，S6＝3，则设公比q= S6−S3
S3
= 3−1
1
=2，
可得S9−S6=1×2
2=4，S12−S9=1×2
3=8，
所以S9＝S6+4＝7，S12＝S9+8＝15，
故选：C．
例4.记Sn为公比大于1 的等比数列{an}的前n 项和，若a1+a2+a3= 7
4
，a1a2a3= 1
8
，则
S6＝
．
解：设等比数列{an}的公比为q，由a1a2a3= 1
8
，得a2
3= 1
8
，即a2= 1
2
，
由a1+a2+a3= 7
4 ，得a2
q +a2+a2q = 7
4
，即2q2
5
﹣q+2＝0，
解得q＝2 或q = 1
2
（舍去），所以a1= a2
q = 1
4
，所以S6= a1(q
6−1)
q−1
= 63
4
．故答案为：
63
4
．
随堂演练
1.在等比数列{an}中，如果a1+a2+a3＝24，a3+a4+a5＝48，那么a7+a8+a9＝（ ）
A．124
B．144
C．168
D．192
解：等比数列{an}中，如果a1+a2+a3＝24，a3+a4+a5＝（a1+a2+a3）q2＝48，
则24q2＝48，得q2＝2，又a7+a8+a9=q
4(a3+a4+a5)= 4×48=192．故选：D．
2.已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，若S4＝1，S8＝17，则S12的值为（ ）
A．81
B．145
C．256
D．273
解：根据题意，因为数列{an}是等比数列，则有（S8﹣S4）2＝S4×（S12﹣S8），
又由S4＝1，S8＝17，所以S8﹣S4＝16，所以1×(S12−S8)=16
2=256，
所以S12＝256+17＝273．故选：D．
3.设Sn是等比数列{an}的前n 项和，若S3＝4，a4+a5+a6＝6，则S9
S6
=（ ）
A．3
2
B．19
10
C．5
3
D．19
6
解：∵Sn是等比数列{an}的前n 项和，S3＝4，a4+a5+a6＝6，∴S6＝4+6＝10，
{
∵an}是等比数列，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6是等比数列，
∴（S9﹣S6）•S3＝（S6﹣S3）2，解得S9﹣S6＝9，∴S9＝9+6+4＝19，∴S9
S6
= 19
10
．故选：
B．
4.记Sn为等比数列{an}的前n 项和，若S4＝-5，S6＝21S2，则S8＝（ ）
A．120
B．85
C．-85
D．-120
解：设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，
若q=-1，则S4＝0，与题意不符；若q=1，则S6＝6a1=3×2a1=3S2，与题意不符.
∴由S4＝-5，S6＝21S2可得：{
a1(1−q
4)
1−q
=−5
a1(1−q
6)
1−q
=21×a1(1−q
2)
1−q
，解得：q
2= 4，
∴S8=a1(1−q
8)
1−q
=a1(1−q
4)
1−q
⋅(1+q
4)=−5×(1+16)=−85.故答案为：C.
5.已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=−8，则a7=
.
解：设等比数列{an}的公比为q，则a2a4a5=a3a6=a2q⋅a5q，则a4=q
2，即a1q
3=q
2，则
a1q=1.
又∵a9a10= 8
−，则a1q
8⋅a1q
9= 8
−，则q
15=(q
5)
3= 8=
−
( 2)
−
3，则q
5= 2
−
，则
a7=a1q⋅q
5=q
5=−2.
故答案为：-2.
6.已知数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，则数列{an}的前n 项和等于
.
解：由题意：a1+a4=9，a2a3=a1a4=8，由两式可解得a1=1，a4=8或a1=8，a4=1，
而数列{an}是递增的等比数列，所以a1=1，a4=8，即q
3=a4
a1
=8，∴q=2，
∴前n 项和为：Sn= 1−2
n
1−2 =2
n−1.故答案为：2
n−1.
7.设Sn是等比数列{an}的前n 项和，若S5
S10
=1
3 ，则S5
S20+S10
= .
解
：
设
等
比
数
列
{an}
的
公
比
为
q
，
∵
S5=a1(1−q
5)
1−q
，
S10=a1(1−q
10)
1−q
=a1(1−q
5)(1+q
5)
1−q
，
∴S5
S10
=1
1+q
5 =1
3 ，所以q
5=2，S10=3S5，
∴
S20=a1(1−q
20)
1−q
=a1(1−q
5)(1+q
5)(1+q
10)
1−q
=S5(1+q
5)(1+q
10)=S5(1+2)(1+4)=15S5
.
∴S5
S20+S10
=S5
3S5+15S5
= 1
18.故答案为：1
18.
8.已知数列{an}为正项等比数列，若a3+a4+a6+a8+a9=2，1
a3
+1
a4
+1
a6
+1
a8
+1
a9
=18，则
a6= .
解
：
由
1
a3
+1
a4
+1
a6
+1
a8
+1
a9
=(1
a3
+1
a9
)+(1
a4
+1
a8
)+1
a6
=a3+a9
a3a9
+a4+a8
a4a8
+a6
a6
2 =a3+a9+a4+a8+a6
a6
2
= 2
a6
2 =18
∴a6
2= 1
9
，又a6>0，∴a6= 1
3
.故答案为：1
3
.
9.若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+…+lna20= .
解：由等比数列的性质得：a10a11=a9a12，∴a10a11=e
5
.
所以lna1+lna2+…+lna20=20 ln(a10a11)
2
=20ln e
5=
50.故答案为：50.
10.在等比数列{an}中，
（1）S2＝30，S3＝155，求Sn；
（2）a1+a3＝10，a4+a6= 5
4
，求S5；
（3）an＞0，Sn＝80，S2n＝6560，前n 项中最大的一项为54，求a1，q．
解：（1）S2＝30，S3＝155，
∴公比q≠1，{
a1(1+q)=30
a1(1+q+q
2)=155)
，解得a1＝q＝5，或q =−5
6
，a1＝180．
∴Sn= 5(5
n−1)
5−1
= 5
n+1−5
4
或Sn=
180[1−(−5
6 )
n]
1−(−5
6 )
= 1080
11 [1−(−5
6 )
n]．
（2）∵a1+a3＝10，a4+a6= 5
4
，∴{
a1(1+q
2)=10
a1q
3(1+q
2)= 5
4)
，解得{
a1=8
q = 1
2)
，
∴S5=
8[1−( 1
2 )
5]
1−1
2
= 31
2
．
（3）an＞0，Sn＝80，S2n＝6560，设公比为q≠1．则a1(1−q
n)
1−q
=80，a1(1−q
2n)
1−q
=
6560，
可得qn＝81，a1＝q
1
﹣．
an=a1q
n−1= 81
q
（q
1
﹣）＝81−81
q ≤54，可得q≤3．
∵an＞0，∴1＜q≤3．解得a1＝2，q＝3，n＝4，满足前n 项中最大的一项为54．
