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第3 节 等比数列及其前n 项和
考试要求 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.
3.了解等比数列与指数函数的关系．
1.等比数列的概念
(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 表示(显然q≠0).
数学语言表达式：＝q(n≥2，q 为非零常数).
(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，公比是q，则其通项公式为an＝a1q n － 1 ；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n 项和公式：当q＝1 时，Sn＝na1；当q≠1 时，Sn＝＝.
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n 项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am· a n.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比
数列，公比为q m .
(3)当q≠－1，或q＝－1 且n 为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，
其公比为q n .
1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，
{a}，，{an·bn}，也是等比数列.
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.
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4.三个数成等比数列，通常设为，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常
设为，，xq，xq3.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)等比数列公比的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}的通项公式是an＝an，则其前n 项和为Sn＝.( )
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0 满足b2＝ac，但a，b，c 不成等比数列.
(3)当a＝1 时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
2.设b∈R，数列{an}的前n 项和Sn＝3n＋b，则( )
A.{an}是等比数列
B.{an}是等差数列
C.当b＝－1 时，{an}是等比数列
D.当b≠－1 时，{an}是等比数列
答案 C
解析 当n＝1 时，a1＝S1＝3＋b，
当n≥2，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1，
当b＝－1 时，a1＝2 适合an＝2·3n－1，{an}为等比数列.
当b≠－1 时，a1不适合an＝2·3n－1，{an}不是等比数列.
3.(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n 项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝(
)
A.7
B.8
C.9
D.10
答案 A
解析 易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－
S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.
4.(多选)若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n 项和，则下列说
法正确的是( )
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A.若a1＞0，0＜q＜1，则{an}为递减数列
B.若a1＜0，0＜q＜1，则{an}为递增数列
C.若q＞0，则S4＋S6＞2S5
D.若bn＝，则{bn}是等比数列
答案 ABD
解析 A，B 显然是正确的；
C 中，若a1＝1，q＝，则a6＜a5，即S6－S5＜S5－S4，故C 错误；
D 中，＝＝(q≠0)，∴{bn}是等比数列.故选ABD.
5.(2022·百校大联考)已知在等比数列{an}中，a1a3a11＝8，则a2a8＝________.
答案 4
解析 设公比为q，则an＝a1qn－1，则a1·a1q2·a1q10＝8，所以aq12＝8，所以a1q4
＝2，所以a2a8＝a1q·a1q7＝aq8＝(a1q4)2＝4.
6.(易错题)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q 的值是
________.
答案 1 或－
解析 当q＝1 时，a3＝7，S3＝21，符合题意；
当q≠1 时，得q＝－.
综上，q 的值是1 或－.
考点一 等比数列基本量的运算
1.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q 等于( )
A.－
B.－2
C.2
D.
答案 D
解析 由题意知q3＝＝，即q＝.
2.(多选)(2021·潍坊调研)已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，a3，2a2成
等差数列，则下列说法正确的是( )
A.a1＞0
B.q＞0
C.＝3 或－1
D.＝9
答案 ABD
解析 设等比数列{an}的公比为q，
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由题意得2＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.
因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A，B 正确；
由q2－2q－3＝0，解得q＝3 或q＝－1(舍)，
所以＝q＝3，＝q2＝9，故C 错误，D 正确，故选ABD.
3.(2022·亳州模拟)《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，
长1 尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3 尺，莞第一
天长高1 尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2 倍.”则当
莞长高到长度是蒲的5 倍时，需要经过的天数是________.(结果精确到0.1.参考
数据：lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)( )
A.2.9 天
B.3.9 天
C.4.9 天
D.5.9 天
答案 C
解析 设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，前n 项和为An.
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，
其前n 项和为Bn.
则An＝，Bn＝，
由题意可得5×＝，解得2n＝30，2n＝1(舍去).
∴n＝log230＝＝＝≈4.9.
4.(2019·全国Ⅰ卷)设Sn 为等比数列{an}的前n 项和.若a1＝，a＝a6，则S5＝
________.
答案
解析 由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5，
整理得q＝＝3.
所以S5＝＝＝.
感悟提升 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)便可迎
刃而解.
2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q＝1 时，{an}的前n 项
和Sn＝na1；当q≠1 时，{an}的前n 项和Sn＝＝.
考点二 等比数列的判定与证明
例1 Sn为等比数列{an}的前n 项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
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(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ 的值；若不存
在，请说明理由.
解 (1)易知q≠1，由题意可得
解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝＝.
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，
此时Sn＋＝×3n，
则＝＝3，
故存在常数λ＝，使得数列{Sn＋}是以为首项，3 为公比的等比数列.
感悟提升 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只
用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在
连续三项不成等比数列即可.
2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1 的情形进行验证.
训练1 已知数列{an}的前n 项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 ∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
所以2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，
所以a1＝，∴a1－1＝－≠0，
因为＝，∴＝.
故{cn}是以c1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知cn＝－×＝－.
∵cn＝an－1，∴an＝1－.
考点三 等比数列的性质及应用
角度1 项与和的性质
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例2 (1)若等比数列{an}的各项均为正数，且a1a10＝9，则log9a1＋log9a2＋…＋
log9a10＝( )
A.6
B.5
C.4
D.1＋
答案 B
解析 log9a1＋log9a2＋…＋log9a10＝log9[(a1a10)·(a2a9)·(a3a8)·(a4a7)·(a5a6)]＝log995
＝5，故选B.
(2)(2021·济南模拟)等比数列{an}的前n 项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40＝
________.
答案 15
解析 ∵等比数列{an}的前n 项和为S10＝1，S30＝7，
∴S10、S20－S10、S30－S20、S40－S30成等比数列，
即1、S20－1、7－S20、S40－7 成等比数列，
∴(S20－1)2＝1×(7－S20)，解得S20＝3 或S20＝－2(舍)，
所以1、2、4、S40－7 成等比数列，
所以S40－7＝8，解得S40＝15.
(3)已知等比数列{an}共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大
80，则公比q＝________.
答案 2
解析 由题设，S 偶＝S 奇－80，S2n＝－240.
∴∴
角度2 等比数列的最值
例3 (多选)(2022·扬州大学附属中学月考)设等比数列{an}的公比为q，其前n 项
和为Sn，前n 项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2 021a2 022＞1，＜0，下列结论正确
的是( )
A.S2 021＜S2 022
B.a2 021a2 023－1＜0
C.T2 022是数列{Tn}中的最大值
D.数列{Tn}无最大值
答案 AB
解析 当q＜0 时，a2 021a2 022＝aq＜0，不成立；
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当q≥1 时，a2 021≥1，a2 022＞1，＜0，不成立；
故0＜q＜1，且a2 021＞1，0＜a2 022＜1，故S2 022＞S2 021，A 正确；
a2 021a2 023－1＝a－1＜0，故B 正确；
T2 021是数列{Tn}中的最大值，CD 错误.故选AB.
感悟提升 (1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比
中项的变形，三是前n 项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的
变化特征即可找出解决问题的突破口.
(2)涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的
影响.
训练2 (1)公比不为1 的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m 的值
为( )
A.8
B.9
C.10
D.11
答案 B
解析 ∵公比不为1 的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，
∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，
∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.
(2)(2021·长沙检测)已知正项等比数列{an}的前n 项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9
＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A.25
B.20
C.15
D.10
答案 B
解析 在正项等比数列{an}中，Sn>0，
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以S12－S8＝＝＋S4＋10≥2＋10＝20(当且仅当S4＝5 时取等号)
因为a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
数列中的创新问题
读懂题意，将其转化为数列问题，根据条件可将其转化为有规律等差或等比数
列问题，解此类题的关键是找到其规律.
例 (1)(2021·珠海一模)已知从1 开始的连续奇数首尾相
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接蛇形排列形成如图所示的三角形数表，第i 行第j 列的数记为ai，j，如a3，1＝
7，a4，3＝15，则ai，j＝2 021 时，(－3)log2(i＋19)＝( )
A.54
B.18
C.9
D.6
答案 A
解析 奇数构成的数阵，令2n－1＝2 021，解得n＝1 011，故2 021 是数阵中的
第1 011 个数，
第1 行到第i 行一共有1＋2＋3＋…＋i＝个奇数，
则第1 行到第44 行末一共有990 个奇数，第1 行到第45 行末一共有1 035 个奇
数，
所以2 021 位于第45 行，又第45 行是从左到右依次递增的，且共有45 个奇数，
所以2 021 位于第45 行，从左到右第21 列，所以i＝45，j＝21，
则(－3)log2(i＋19)＝(－3)·log2(45＋19)＝(－3)2log264＝9×6＝54.故选A.
(2)(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中
ai∈{0，1}(i＝0，1，…，k)，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，则( )
A.ω(2n)＝ω(n)
B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1
C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)
D.ω(2n－1)＝n
答案 ACD
解析 对于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋
ak·2k＋1，所以ω(2n)＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A 正确；对于B，取n＝2，则
2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，∴ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，则ω(2)＝1，即
ω(7)≠ω(2)＋1，B 错误；对于C，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋
0·21＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n
＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以
ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，因此ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C 正确；对于D，2n
－1＝20＋21＋…＋2n－1，故ω(2n－1)＝n，D 正确.故选ACD.
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1.已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( )
A.2
B.4
C.
D.6
答案 B
解析 根据等比数列的性质得a3a5＝a，
∴a＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.
又a1＝1，a1a7＝a＝4，∴a7＝4.
2.(2022·重庆诊断)设等比数列{an}的前n 项和为Sn，a2＝－8，a7＝，则S6＝(
)
A.－
B.
C.
D.
答案 C
解析 设等比数列{an}公比为q，则a7＝a2q5，又a2＝－8，a7＝，
∴q＝－，故a1＝16，又Sn＝，
即S6＝＝＝.
3.(2021·安庆三模)某工厂生产A、B、C 三种产品的数量刚好构成一个公比为
q(q≠1)的等比数列，现从全体产品中按分层随机抽样的方法抽取一个样本容量
为260 的样本进行调查，其中C 产品的数量为20，则抽取的A 产品的数量为(
)
A.100
B.140
C.180
D.120
答案 C
解析 ∵A、B、C 三种产品的数量刚好构成一个公比为q 的等比数列，C 产品的
数量为20，
∴A 产品的数量为，B 产品的数量为，
∵样本容量为260，∴＋＋20＝260，
解得q＝或－(舍去)，q＝，
则A 产品的数量为＝＝180，故选C.
4.(2021·全国甲卷)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( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
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答案 B
解析 当a1＜0，q＞1 时，an＝a1qn－1＜0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的
充分条件.
当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0，若a1＞0，则qn＞0(n∈N*)，即
q＞0；
若a1＜0，则qn＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.
综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.
5.(多选)(2021·福州联考)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正
确的是( )
A.a3＋a7≥2
B.a4＋a6≥2
C.a7－2a6＋1≥0
D.a3－2a4－1≥0
答案 AC
解析 根据题意可得a3＝，a4＝，a6＝q，a7＝q2，a3＋a7＝＋q2≥2，当且仅当q2
＝1 时取等号，故A 正确；
a4＋a6＝＋q，当q＜0 时，值为负数，故B 错误；
a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C 正确；
a3－2a4－1＝－－1＝－2，可知存在q 使得a3－2a4－1＜0，故D 错误.故选AC.
6.(2021·南通期末)朱载堉(1536－1611)是中国明代一位杰出的律学家、数学家和
历学家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”.十二平均律是
目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之
间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13 个音，相邻两个
音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2 倍.设第三个音
的频率为f1，第七个音的频率为f2，则＝________.
答案 2
解析 由题意知，可以将每个音的频率看作等比数列{an}中的项，一共13 项，
且＝q，
∵最后一个音是最初那个音的频率的2 倍，
∴a13＝2a1，即a1q12＝2a1，可得q12＝2，
∴＝＝＝q4＝(q12)＝2，
∴＝2.
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7.已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
答案 1
解析 由于S3＝7，S6＝63 知公比q≠1，
又S6＝S3＋q3S3，得63＝7＋7q3.
∴q3＝8，q＝2.
由S3＝＝＝7，得a1＝1.
8.等比数列{an}的首项a1＝－1，前n 项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝
________.
答案 －
解析 因为＝，所以＝－，
因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，q＝－，
则an＝－.
9.(2022·上海外国语附中月考)设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn(a＞0，a≠1)，
若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝________.
答案 100a100
解析 ∵logaxn＋1＝1＋logaxn(a＞0，a≠1)，则1＝logaxn＋1－logaxn＝loga，
∴＝a，∴数列{xn}是公比为a 的等比数列，
∵x1＋x2＋…＋x100＝100，
∴x101＋x102＋…＋x200＝a100(x1＋x2＋…＋x100)＝100a100.
10.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n 项和Tn.
(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2 时2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝an－1＋.
∴an－＝，
∴数列为等比数列.
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝，
由(1)知，数列是以－为首项，为公比的等比数列.
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∴an－＝－＝－，
∴an＝－＋，
∴an－1＝－－，
∴Tn＝－
＝－.
11.(2020·新高考海南卷)已知公比大于1 的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
解 (1)设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.
∴
消去a1，得q＋＝，则q＝2，或q＝(舍).
因此q＝2，a1＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n.
(2)易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，
则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝＝[1－(－4)n]
＝－(－1)n·.
12.(多选)(2021·济南二模)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N＋，则下列
说法正确的是( )
A.a4＝4
B.{a2n}是等比数列
C.a2n－a2n－1＝2n－1
D.a2n－1＋a2n＝2n＋1
答案 ABC
解析 ∵a1＝1，an·an＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4，
由an·an＋1＝2n可得an＋1·an＋2＝2n＋1，
∴＝2，
∴{a2n}，{a2n－1}分别是以2，1 为首项，公比为2 的等比数列，
∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，
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∴a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1，
综上可知，ABC 正确，D 错误.
13.(多选)(2022·重庆一模)已知数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：∑
(ai＋i)＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3 是b3与b4的等差中项，数列{an}的前n 项和为
Sn，则下列结论正确的是( )
A.数列{an－bn}是等差数列
B.Sn＝2n＋1－2－
C.数列{an}是递增数列
D.∑ ＜2
答案 ABC
解析 设{bn}的公比为q.
由题知b3＋b4＝2(b2＋b3)⇒b4－b3－2b2＝0⇒q2－q－2＝0⇒q＝2 或－1(舍)，故bn
＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，故{an－bn}为
等差数列，A 正确；
Sn＝2＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2(2n－1)－，B 正确；
an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是递增数列，C 正确；
当n＝1 时，＝1，2＝1，矛盾，故D 错误.故选ABC.
14.(2022·武汉质量检测)已知公比不为1 的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，
a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n 项和，求使Sk＞成立的最大正整数k 的值.
解 (1)设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
又∵a1≠0，∴q＝－或1(舍)，
∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，
∴an＝4·.
(2)Sn＝＝.
∵Sk＞，∴＞，
∴＜－，
显然，k 为奇数，即＞＞＝.
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解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k 的值为3.
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