《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题09 等比数列基本量的计算(原卷版)

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专题 09　等比数列基本量的计算

1．等比数列的有关概念

(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常数(不为零)，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表示，定义的表达式为＝

q(n∈N*，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．等比数列的有关公式

(1)通项公式：an＝a1qn－1．

(2)前n项和公式：Sn＝

【基本方法】

解决等比数列基本量计算问题的方法

(1)在等比数列{an}中，a1与q是最基本的两个量，一般可设出 a1和q，利用等比数列的通项公式和前

n项和公式列方程(组)求解即可．

(2)与等比数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式 an＝a1qn－1和前 n项和公式 Sn＝在这两个公

式中共涉及五个量：a1，q，n，an，Sn，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的

两个量．如求和时要分 q＝1和q≠1 两种情况讨论，判断单调性时对 a1与q分类讨论．

【基本题型】

[例1] (1)在等比数列{an}中，若 a3＝2，a7＝8，则 a5等于(　　)

A．4　　　　　　　　B．－4　　　　　　　　C．±4　　　　　　　　D．5

答案　A　解析　∵数列{an}为等比数列，且 a3＝2，a7＝8，∴a＝a3·a7＝2×8＝16，则 a5＝±4，∵等比

数列奇数项的符号相同，∴a5＝4．

(2)(2017·全国Ⅲ)设等比数列{an}满足 a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则 a4＝________．

答案　－8　解析　设等比数列{an}的公比为 q，则 a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，

两式相除，得＝，解得 q＝－2，a1＝1，所以 a4＝a1q3＝－8．

(3)(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且 a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则 a6＋a7＋a8＝(　　)

A．12　　　　　　　　B．24　　　　　　　　C．30　　　　　　　　D．32

答案　D　解析　设等比数列{an}的公比为 q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2

＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32．故选 D．

(4)(2019·全国Ⅲ)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

答案　C

解析　设正数的等比数列{an}的公比为 q，则解得∴a3＝a1q2＝4．故选 C．

(5)已知两个等比数列{an}，{bn}满足 a1＝a(a＞0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，

则a的值为________．

答案　　解析　设数列{an}的公比为 q，因为 a1＝a(a＞0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，所以 b1

＝a＋1，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2，故(2＋aq)2＝(a＋1)(3＋aq2)，得关于 q的方程 aq2－4aq＋3a－1＝0，因

为a＞0，所以 Δ＝4a2＋4a＞0，而数列{an}唯一，所以方程必有一根为零，故 3a－1＝0，得 a＝．

(6)(2019·全国Ⅰ)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＝＝＝．

(7)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前 n项和，且满足 2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则 S4＝(　　)

A．9　　　　　　　　B．15　　　　　　　　C．18　　　　　　　　D．30

答案　D　解析　设数列{an}的公比为 q(q>0)，则解得 q＝2，a1＝2，所以 S4＝＝30．

(8)已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前 9项的和 S9＝________．

答案　1 022　解析　由＝4(an＋1－an)得，a－4an＋1an＋4a＝0，∴(an＋1－2an)2＝0，＝2，∴数列{an}是首

项a1＝2，公比为 2的等比数列，∴S9＝＝1 022．

(9)(多选题)已知正项等比数列{an}满足 a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为 q，前 n项和为 Sn，则(

)

A．q＝2　　　　　B．an＝2n　　　　　C．S10＝2047　　　　　D．an＋an＋1＜an＋2

答案　ABD　解析　根据题意，对于 A，正项等比数列{an}满足 2q3＝4q＋2q2，变形可得 q2－q－2＝

0，解得 q＝2或q＝－1，又{an}为正项等比数列，则 q＝2，故A正确；对于 B，an＝2×2n－1＝2n，B正确

对于 C，Sn＝＝2n＋1－2，所以 S10＝2046，C错误；对于 D，an＋an＋1＝2n＋2n＋1＝3×2n＝3an，而an＋2＝2n＋2

＝4×2n＝4an＞3an，D正确．故选 ABD．

(10)(2015·全国Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前 n项和．若 Sn＝126，则 n＝

________．

答案　6　解析　由an＋1＝2an，知数列{an}是以 a1＝2为首项，公比 q＝2的等比数列，由 Sn＝＝

126，解得 n＝6．

(11)(2020·全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前 n项和．若 a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　)

A．2n－1　　　　　　B．2－21－n　　　　　　C．2－2n－1　　　　　　D．21－n－1

答案　B　解析　方法一　设等比数列{an}的公比为 q，由a5－a3＝12，a6－a4＝24 得解得所以 an＝

a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1．因此＝＝2－21－n．故选 B．

方法二　设等比数列{an}的公比为 q，则 q＝＝＝2．由 a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12 得a1＝1．所以

an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝2n－1，所以＝＝2－21－n．

方法三　设等比数列{an}的公比为 q，则，得＝q＝2．将 q＝2代入①，解得 a3＝4．所以 a1＝＝1，下

同方法一．

(12)设等比数列的前 n项和为 Sn，若 S1＝a2－，S2＝a3－，则公比 q＝(　　)

A．1　　　　　　　　B．4　　　　　　　　C．4或0　　　　　　　　D．8

答案　B　解析　∵S1＝a2－，S2＝a3－，∴解得或(舍去)，故所求的公比 q＝4．

(13)(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman．若 ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则 k＝(　　)

A．2　　　　　　　　B．3 　　　　　　　　C．4　　　　　　　　D．5

答案　C　解析　∵a1＝2，am＋n＝aman，令 m＝1，则 an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以 a1＝2为首项，2为

公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n．又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴＝215－25，即 2k＋1(210－1)＝

25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4．

(14)设等比数列{an}的前 n项和为 Sn，若 a3a11＝2a，且 S4＋S12＝λS8，则 λ＝______．

答案　

解析　∵{an}是等比数列，a3a11＝2a，∴a＝2a，∴q4＝2，∵S4＋S12＝λS8，∴＋＝，∴1－q4＋1

－q12＝λ(1－q8)，将 q4＝2代入计算可得 λ＝．

(15)设等比数列{an}的各项均为正数，公比为 q，前 n项和为 Sn．若对任意的 n∈N*，有 S2n＜3Sn，则

q的取值范围是(　　)

A．(0，1]　　　　　　　B．(0，2) 　　　　　　　C．[1，2) 　　　　　　　D．(0，)

答案　A　解析　当q≠1 时，∵S2n＜3Sn，∴＜3×，∴qn＜2．若q＞1，则 n＜logq2对任意的 n∈N*恒

成立，显然不成立．若 0＜q＜1，则 n＞logq2对任意的 n∈N*恒成立，∴logq2＜nmin，∴logq2＜1，即 0＜q

＜2，又 0＜q＜1，∴0＜q＜1．当 q＝1时，对任意的 n∈N*，有 S2n＜3Sn成立．综上可得，0＜q≤1．故选

A．

[例2]　(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．

(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为{an}的前 n项和．若 Sm＝63，求 m．

解析　(1)设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1．由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2或q＝

2．

故an＝(－2)n－1或an＝2n－1．

(2)若an＝(－2)n－1，则 Sn＝．由 Sm＝63 得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．

若an＝2n－1，则 Sn＝2n－1．由 Sm＝63 得2m＝64，解得 m＝6．综上，m＝6．

[例3]　已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记 T2n为{an}的前 2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*．

(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出 bn；

(2)求T2n．

解析　(1)∵an·an＋1＝n，∴an＋1·an＋2＝n＋1，∴＝，即 an＋2＝an．

∵bn＝a2n＋a2n－1，∴＝＝＝，

∵a1＝1，a1·a2＝，∴a2＝，∴b1＝a1＋a2＝．∴{bn}是首项为，公比为的等比数列．

∴bn＝×n－1＝．

(2)由(1)可知，an＋2＝an，∴a1，a3，a5，…是以 a1＝1为首项，以为公比的等比数列；

a2，a4，a6，…是以 a2＝为首项，以为公比的等比数列，

∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－．

[例4]　已知等比数列{an}的前 n项和为 Sn，公比 q>0，且 S2＝6a2－42，S3＝a4－42，数列满足＋＋…

＋＝1－(n∈N*)．

(1)求an，bn；

(2)若cn＝，求数列{cn}的前 n项和 Tn．

解析　(1)由得 a3＝a4－6a2，即q2－q－6＝0．

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