2021届高考数学(理)考点复习：等比数列及其前n项和(含解析)

2021届高考数学（理）考点复习

等比数列及其前n项和

1．等比数列的有关概念

(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等于同一常数(不为零)，那么这个数an＋1

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*，

anq为非零常数)．

(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即G是a与b的等比中项⇒a，G，b成等比数列⇒G2＝ab. 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：an＝a1qn1. (2)前n项和公式：

na1q＝1，

Sn＝a11－qna1－anq

＝q≠11－q1－q3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am·qn

－m

－

(n，m∈N*)．

2. (2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝ak

1an

(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，a，{a2bn}，b(λ≠0)仍然是等比数n}，{an·

n

n

列．

(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.

4．在等比数列{an}中，若Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外)． 概念方法微思考

1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？

提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？

提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．

3．“b2＝ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？

提示 必要不充分条件．因为b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0，b＝0，c＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.

1．（2020•新课标Ⅰ）设{an}是等比数列，且a1a2a31，a2a3a42，则a6a7a8(

) A．12 【答案】D

【解析】{an}是等比数列，且a1a2a31， 则a2a3a4q(a1a2a3)，即q2，

B．24

C．30

D．32

a6a7a8q5(a1a2a3)25132， 故选D．

2．（2020•新课标Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5a312，a6a424，则

Sn( an) A．2n1 【答案】B

【解析】设等比数列的公比为q， a5a312， a6a4q(a5a3)，

B．221n C．22n1 D．21n1

q2，

a1q4a1q212， 12a112， a11，

12nSn2n1，an2n1，

12Sn2n1n1221n， an2故选B．

3．（2019•全国）3333532n1( ) A．3(9nn121)

B．3(91)

C．328(9n1)

D．38(9n11)

【答案】D

【解析】数列3，33，35，，32n1是首项为3，公比为32的等比数列； 且32n1是第n1项；

3333532n13(132n2)13238(9n11)．

故选D．

4．（2019•浙江）设a，bR，数列{a2n}满足a1a，an1anb，nN*，则( A．当b12时，a1010 B．当b14时，a1010 C．当b2时，a1010 D．当b4时，a1010

【答案】A

【解析】对于B，令x2x1140，得x2，

取a112，a1122,,an210， 当b14时，a1010，故B错误； 对于C，令x2x20，得x2或x1， 取a12，a22，，an210，

当b2时，a1010，故C错误；

对于D，令x2x40，得x1172， 取a11712，a11711722，，an210， 当b4时，a1010，故D错误；

对于A，a232a21122，a113(a22)24， a(a4a231911744)22162161，

an1an0，{an}递增，

)

1a13当n4时，n1an21，

anan22a53a24a63a52a3729，10()6，a1010．故A正确．

a2644a103a92故选A．

5．（2019•新课标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 【答案】C

【解析】设等比数列{an}的公比为q(q0)， 则由前4项和为15，且a53a34a1，有

23a11a1a1qa1qa1q15，， 42q2aq3aq4a111B．8 C．4 D．2

a3224．

故选C．

6．（2020•江苏）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{anbn}的前n项和Snn2n2n1(nN*)，则dq的值是__________． 【答案】4

【解析】因为{anbn}的前n项和Snn2n2n1(nN*)，

因为{an}是公差为d的等差数列，设首项为a1；{bn}是公比为q的等比数列，设首项为b1， 所

以

{an}的通项公式

ana1(n1)d，所以其前n项和

Sann[a1a1(n1)d]d2dn(a1)n，

222当{bn}中，当公比q1时，其前n项和Sbnnb1， 所以{anbn}的前n项和SnSanSbn现2n，所以q1，

d2d显然没有出n(a1)nnb1n2n2n1(nN*)，

22b1(qn1)b1qnb1， 则{bn}的前n项和为Sbnq1q1q1b1qnbd2d1n2n2n1(nN*)， 所以SnSanSbnn(a1)n22q1q1d21ad112由两边对应项相等可得：解得：d2，a10，q2，b11， q2b11q1所以dq4， 故答案为：4．

7．（2020•新课标Ⅰ）数列{an}满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1__________． 【答案】7

【解析】由an2(1)nan3n1， 当n为奇数时，有an2an3n1， 可得anan23(n2)1，



a3a1311，

累加可得ana13[13(n2)][1(n2)]32n1 2n12n1(n1)(3n5)；

24当n为偶数时，an2an3n1，

可得a4a25，a8a617，a12a1029，a16a1441． 可得a2a4a1692． a1a3a15448．

8a1(084096176280408560)448，

148a156，即a17．

故答案为：7．

8．（2019•上海）已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Snan2，则S5__________． 【答案】

31 16【解析】由Snan2，① 得2a12，即a11， 且Sn1an12(n2)，② 1①②得：anan1(n2)．

2数列{an}是等比数列，且a11,q1． 211[1()5]231． S511612故答案为：

31． 163，则S4__________． 49．（2019•新课标Ⅰ）设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a11，S35【答案】

8【解析】等比数列{an}的前n项和，a11，S31q33， q1，

1q43， 4整理可得，q2q1解可得，q，

210， 4

11q165． 则S41q1182415故答案为：．

811212a6，则S5 10．（2019•新课标Ⅰ）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1，a4 ．

33【答案】

2a6，得q6a12q5a10， 【解析】在等比数列中，由a4即q0，q3， 1(135)121则S53， 133故答案为：

121． 311．（2020•北京）已知{an}是无穷数列．给出两个性质：

ai2am； ①对于{an}中任意两项ai，aj(ij)，在{an}中都存在一项am，使得ajak2②对于{an}中任意一项an(n3)，在{an}中都存在两项ak，al(kl)，使得an．

al（Ⅰ）若ann(n1，2，)，判断数列{an}是否满足性质①，说明理由；

（Ⅱ）若an2n1(n1，2，)，判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （Ⅲ）若{an}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{an}为等比数列．

a329a32N*，不存在一项am使得am． 【解析】（Ⅰ）不满足，理由：

a22a2（Ⅱ）数列{an}同时满足性质①和性质②，

ai222ij1，因为iN*，jN*且ij，所以2ijN*，则理由：对于任意的i和j，满足aj必存在m2ij，此时，2m1ai2{ai}且满足22ij1am，性质①成立，

aj

对于任意的n，欲满足an2n1ak222kl1，满足n2kl即可，因为kN*，且kl， lN*，alak2所以2kl可表示所有正整数，所以必有一组k，l使n2kl，即满足an，性质②成立．

al（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负， 反证法：假设这个递增数列先负后正，

那么必有一项al绝对值最小或者有al与al1同时取得绝对值最小， al2如仅有一项al绝对值最小，此时必有一项am，此时|am||al|

aj与前提矛盾，

al2如有两项al与al1 同时取得绝对值最小值，那么必有am，

al1此时|am||al|，与前提条件矛盾， 所以数列必然恒正或恒负，

在数列恒正的情况下，由②知，存在k，l且kl， ak2a3ak， 因为是递增数列，akal0，使得ala22a3，此时a1，a2，a3成等比数列， 即3kl，所以a1数学归纳法：

（1）已证n3时，满足{an}是等比数列，公比qa2， a1a2， a1（2）假设nk时，也满足{ak}是等比数列，公比qak2qak等于数列的某一项am，证明这一项为ak1即可， 那么由①知ak1反证法：

ak2qakak1， 假设这一项不是ak1，因为是递增数列，所以该项amak1那么akak1qak，由等比数列{ak}得a1qk1ak1a1qk，

由性质②得a1qk1am2am2ka1q，同时ak1amal，s所以k1ml， alal所以am，al分别是等比数列{ak}中两项，即ama1qm1，ala1ql1， 原式变为a1qk1a1q2ml1a1qk，

所以k12ml1k，又因为kN*，mN*，lN*，不存在这组解，所以矛盾， ak2qakak1，{ak1}为等比数列， 所以知ak1由数学归纳法知，{an}是等比数列得证， 同理，数列恒负，{an}也是等比数列．

12．（2020•天津）已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1b11，a55(a4a3)，b54(b4b3)． （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；

2（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn2Sn1(nN*)；

3an2bn,n为奇数,anan2（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn求数列{cn}的前2n项和．

an1,n为偶数bn1【解析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a11，a55(a4a3)，则14d5d，可得d1， an1n1n， b11，b54(b4b3)，

q44(q3q2)， 解得q2，

bn2n1；

（Ⅱ）证明：法一：由（Ⅰ）可得Snn(n1)， 211SnSn2n(n1)(n2)(n3)，(Sn1)2(n1)2(n2)2，

44

12， SnSn2Sn1(n1)(n2)022SnSn2Sn1(nN*)；

法二：数列{an}为等差数列，且ann， Snn(n1)(n2)(n3)(n1)(n2)，Sn2，Sn1， 222SnSn2n(n3)n23n21， 2Sn1(n1)(n2)n3n22SnSn2Sn1(nN*)；

(3an2)bn(3n2)2n12n12n1（Ⅲ），当n为奇数时，cn，

anan2n(n2)n2n当n为偶数时，cnan1n1n， bn12nk1对任意的正整数n，有c2k1和c2kk1nn22k22k222n()1，

2k12k12n1k1n2k11352n1，①， k23n44444k11n132n32n11由①可得c2k23n1，②，

4k1444n443n122212n1①②得c2k23nn1，

4k1444444c2kk12nn56n5， 994nnn4n6n54因此c2kc2k1c2k．

2n194n9k1k1k14n6n54数列{cn}的前2n项和．

2n194n913．（2020•海南）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．

【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q(q1)， a2a4a1qa1q320则， 2aaq813

a2， q1，1q2an22n12n．

（2）a1a2a2a3(1)n1anan1

23252729(1)n122n1，

2n323[1(22)n]8n2． (1)21(2)5514．（2020•新课标Ⅰ）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项． （1）求{an}的公比；

（2）若a11，求数列{nan}的前n项和． 【解析】（1）设{an}是公比q不为1的等比数列， a1为a2，a3的等差中项，可得2a1a2a3，

即2a1a1qa1q2， 即为q2q20， 解得q2(1舍去）， 所以{an}的公比为2； （2）若a11，则an(2)n1，

nann(2)n1，

则数列{nan}的前n项和为Sn112(2)3(2)2n(2)n1，

2Sn1(2)2(2)23(2)3n(2)n，

两式相减可得3Sn1(2)(2)2(2)3(2)n1n(2)n 1(2)nn(2)n， 1(2)1(13n)(2)n化简可得Sn，

91(13n)(2)n所以数列{nan}的前n项和为．

9

15．（2020•山东）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）记bm为{an}在区间(0，m](mN*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100． 【解析】（1）a2a420，a38，



88q20， q1（舍去）， 2解得q2或qa12，

an2n，

（2）记bm为{an}在区间(0，m](mN*)中的项的个数， 2nm， nlog2m，

故b10，b21，b31，b42，b52，b62，b72，

b83，b93，b103，b113，b123，b133，b143，b153，b164，，

可知0在数列{bm}中有1项，1在数列{bm}中有2项，2在数列{bm}中有4项，，

1(126)1(127)由63100，127100

1212可知b635，b64b65b1006．

数列{bm}的前100项和S1000122438416532637480．

16．（2020•新课标Ⅲ）设等比数列{an}满足a1a24，a3a18． （1）求{an}的通项公式；

（2）记Sn为数列{log3an}的前n项和．若SmSm1Sm3，求m． aaq4【解析】（1）设公比为q，则由121，

aqa811可得a11，q3，

所以an3n1．

（2）由（1）有log3ann1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列， 所以Sn所以

n(n1)， 2m(m1)(m1)m(m3)(m2)，m25m60， 222解得m6，或m1（舍去）， 所以m6．

17．（2020•浙江）已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1b1c11，cnan1an，cn1bn (nN*)．cn，

bn2（Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比q0，且b1b26b3，求q的值及数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若{bn}为等差数列，公差d0，证明：c1c2c3cn1【解析】（Ⅰ）由题意，b2q，b3q2， b1b26b3，1q6q2，

1，nN*． d整理，得6q2q10，

11解得q（舍去），或q，

23b111cn1ncncn2cnc4cn，

bn212nbn2q()2bn数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，

cn14n14n1，nN*． an1ancn4n1， 则a11， a2a11，

a3a241，

anan14n2， 各项相加，可得

14n14n12． an114441143b（Ⅱ）证明：依题意，由cn1ncn(nN*)，可得

bn212n2bn2cn1bncn，

两边同时乘以bn1，可得 bn1bn2cn1bnbn1cn， b1b2c1b21d，

数列{bnbn1cn}是一个常数列，且此常数为1d，

bnbn1cn1d，

cn1d1dd1bb111(1)n1n(1)()， bnbn1dbnbn1dbnbn1dbnbn1又b11，d0， bn0， c1c2cn

111111111(1)()(1)()(1)()

db1b2db2b3dbnbn11111111(1)()

db1b2b2b3bnbn1111(1)()

db1bn111(1)(1)

dbn111， d1，故得证． dc1c2cn118．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn，a11． （1）若数列{an}为等差数列，S1070，求数列{an}的通项公式；

1（2）若数列{an}为等比数列，a4，求满足Sn100an时n的最小值．

8【解析】（1）数列{an}为公差为d的等差数列，S1070，a11， 41可得10109d70，解得d，

32441则an1(n1)n；

3331（2）数列{an}为公比为q的等比数列，a4，a11，

811可得q3，即q，

2811()n122(1)n1， 则an()n1，Sn1221211Sn100an，即为2()n1100()n1，

22即2n101，可得n7，即n的最小值为7．

119．（2019•全国）数列{an}中，a1，2an1anan1an0．

3（1）求{an}的通项公式；

（2）求满足a1a2a2a3an1an1的n的最大值． 7【解析】（1）2an1anan1an0．



1112，又3，

a1an1an1}是以3为首项，2为公差的等差数列， an数列{

11； 2n1，anan2n1（2）由（1）知，an1an1111()(n2)，

(2n1)(2n1)22n12n11111111111a1a2a2a3an1an[()()()]()，

235572n12n1232n1a1a2a2a3an1an11111，()， 7232n174n242，n10，nN*， n的最大值为9．

20．（2019•浙江）设等差数列{an}的前n项和为Sn，a34，a4S3．数列{bn}满足：对每个nN*，

Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列．

（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式； （Ⅱ）记cnan，nN*，证明：c1c2cn2n，nN*． 2bn【解析】（Ⅰ）设数列{an}的公差为d， a2d4由题意得1，

a3d3a3d11解得a10，d2， an2n2，nN*．

Snn2n，nN*，

数列{bn}满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列．

(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)， 1解得bn(Sn12SnSn2)，

2解得bnn2n，nN*． （Ⅱ）证明：cnan2bn2n22n(n1)n1，nN*，

n(n1)用数学归纳法证明：

①当n1时，c102，不等式成立；

②假设nk，(kN*)时不等式成立，即c1c2ck2k， 则当nk1时，

c1c2ckck12kk12k (k1)(k2)k12k2k1k2k2(k1k)2k1，

即nk1时，不等式也成立．

由①②得c1c2cn2n，nN*．

21．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{an}和{bn}满足a11， b10，4an13anbn4，4bn13bnan4．（1）证明：{anbn}是等比数列，{anbn}是等差数列； （2）求{an}和{bn}的通项公式．

【解析】（1）证明：4an13anbn4，4bn13bnan4； 4(an1bn1)2(anbn)，4(an1bn1)4(anbn)8；

1即an1bn1(anbn)，an1bn1anbn2；

2又a1b11，a1b11， {anbn}是首项为1，公比为

1的等比数列， 2{anbn}是首项为1，公差为2的等差数列；

1（2）由（1）可得：anbn()n1，

2anbn12(n1)2n1；

11an()nn，

2211bn()nn．

2222．（2019•新课标Ⅱ）已知{an}是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216． （1）求{an}的通项公式；

（2）设bnlog2an，求数列{bn}的前n项和． 【解析】（1）设等比数列的公比为q， 由a12，a32a216，得2q24q16， 即q22q80，解得q2（舍)或q4．

ana1qn124n122n1；

（2）bnlog2anlog222n12n1， b11，bn1bn2(n1)12n12，

数列{bn}是以1为首项，以2为公差的等差数列，

则数列{bn}的前n项和Tnn1n(n1)22n2． 23．（2019•上海）已知数列{an}，a13，前n项和为Sn． （1）若{an}为等差数列，且a415，求Sn；

（2）若{an}为等比数列，且limnSn12，求公比q的取值范围．

【解析】（1）a4a13d33d15，d4， Sn(n1)n3n242n2n； （2）S3(1qn)n1q，limSn存在，1q1，

n存在，3(1qnlimnS1q1且q0，lim)3nnSnlim1q1q， n

31q12，q34，1q0或0q34， 公比q的取值范围为(1，0)(0，34)．

1．（2020•兴庆区校级四模）等比数列{a1n}中，a24,q2，则a4与a8的等比中项是( A．4 B．4

C．14

D．

14 【答案】A 【解析】

a124,q2，

aa162q44244．

又a24a8a616． a4与a8的等比中项是4．

故选A．

2．（2020•德阳模拟）已知等比数列{aa7a9n}中，a53，a4a745，则aa的值为( )67A．30 B．25

C．15

D．10

【答案】A

)

【解析】根据题意，等比数列{an}中，设其公比为q， 若a53，a4a745，则a4a7a4a6q(a5)2q45，则q5，

则

a37a9aqqq(1q)30； 6a71q故选A．

3．（2020•南岗区校级模拟）已知数列{an}是等比数列，a312，a5a66a11，则a9( A．242 B．48 C．192 D．768

【答案】B

【解析】设等比数列的公比为q， 由于a312，可得：a1q212，①

由于a25a66a11，可得：a1q96a1q10，可得a16q， 代入①可得：q32，

所以a9a1q86q962348． 故选B．

4．（2020•九龙坡区模拟）已知实数12，a，b，c，8成等比数列，则abc( )A．8 B．8 C．8 D．16

【答案】A

【解析】根据题意，实数12，a，b，c，8成等比数列，

则有b2ac(12)(8)4，则b2ac4，

又由b0，则b2， 则abc8； 故选A．

5．（2020•南岗区校级四模）在等比数列{an}中，a11，a3a22，则a5( ) A．16 B．1

C．16或1

D．16或1

【答案】D

)

【解析】根据题意，设等比数列{an}的公比为q，

若a11，a3a22，则有q2q2，解可得q2或1， 若q2，则a5a1q416， 若q1，则a5a1q41， 故a516或1； 故选D．

6．（2020•鼓楼区校级模拟）已知正项等比数列{an}的首项和公比相等，数列{bn}满足bnlog2an，且b1b2b312，则a4( ) A．4 【答案】D

【解析】正项等比数列{an}的首项和公比相等， 故anqn；

312； 由题可得：b1b2b3log2a1log2a2log2a3log2a2B．32 C．108 D．256

3a2212(24)3，

a22442； q4；

a444256， 故选D．

7．（2020•碑林区校级模拟）在等比数列{an}中，a316，a2a529，则an( ) A．2n1 【答案】A

【解析】在等比数列{an}中，a316，a2a529， a1q216，解得a14，q2， 49aqaq211B．2n1 C．4n1 D．4n1

an42n12n1． 故选A．

8．（2020•榆林四模）已知数列{an}为等比数列，若a31，a9125，则a5( ) A．5 【答案】D

【解析】设等比数列{an}的公比为q，a31，a9125，

B．25

C．5

D．5

1q6125，解得q25． a5a3q25． 故选D．

9．（2020•香坊区校级一模）设Sn为正项递增等比数列{an}的前n项和，且2a32a2a4，a1a516，则S6的值为( ) A．63 【答案】A

216，则a34， 【解析】根据题意，正项递增等比数列{an}中，a1a516，即a3B．64 C．127 D．128

又由2a32a2a4，则a2a4414q10，解可得q2或， q2又由数列{an}为正项递增等比数列，则q2； 又由a34，则a11，

a1(1q6)63； 则S61q故选A．

10．（2020•安徽模拟）等差数列{an}的首项为5．公差不等于零．若a2，a4，a5成等比数列，则a2020(

) A．

1 2B．3 2C．3 2D．2014

【答案】D

【解析】等差数列{an}的首项为5，公差d不等于零，

2a2a5， 若a2，a4，a5成等比数列，则a4即为(53d)2(5d)(54d)， 解得d1，

则a202052019(1)2014． 故选D．

11．（2020•道里区校级模拟）设公比为3的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S31，则a4a5a6(

) A．3 【答案】C

【解析】公比为3的等比数列{an}的前n项和为Sn，S31， a1(133)S31，

131解得a1，

13a4a5a61(2781243)27． 13B．9 C．27 D．81

故选C．

12．（2020•靖远县模拟）已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1a6a1133，

b1b6b116，则

b3b9的值是( ) a4a8A．23 3B．2 C．

2 3D．

4 3【答案】D

【解析】在等差数列{bn}中，由b1b6b116，得3b66，即b62， b3b92b64，

在等比数列{an}中，由a1a6a1133，得a6333，即a63，

a4a8a623．

则

b3b94． a4a83故选D．

113．（2020•道里区校级模拟）设公比为3的等比数列{an}前n项和为Sn，且S3，则a5a6a7(

3) A．3 【答案】C

11【解析】根据题意，等比数列{an}公比为3，且S3，即a1a2a3，

33B．9 C．27 D．81

则a5a6a7q4(a1a2a3)3327； 故选C．

2an2,n为奇数14．（2020•永康市模拟）已知数列{an}满足a10，a21，an则数列{an}n3，

2a,n为偶数n1的前10项和为( ) A．48 【答案】D

2an2,n为奇数【解析】由a10，a21，当n3时，an，

2a,n为偶数n1B．49 C．50 D．61

可得a32，a4224，a5224，a6248，a7246， a82612，a9268，a102816，

则S10(a1a3a5a7a9)(a2a4a6a8a10) (02468)(1481216)204161．

故选D．

15．（2020•全国四模）在等比数列{an}中，a12，a664，则数列{an}前7项的和S7( ) A．253 【答案】B

【解析】由等比数列的性质可知，q53225， 故q2，

B．254

C．255

D．256

2(127)S7254．

12故选B．

16．（2020•吉林四模）已知nN*，则22232425n1( ) A．25n4 【答案】C

【解析】nN*，则22232425n1

B．25n136

C．32n4

D．25n112

2225n1225n432n4．

12故选C．

17．（2020•吉林模拟）已知等比数列{bn}，b1b2（1）求数列{bn}的通项公式；

1a（2）若数列n是首项为b1，公差为b2的等差数列，求数列的前n项和．

nan33，且b2b3． 483bbq114【解析】（1）设数列{bn}的公比为q，则，

3bqbq21181b112解得，所以bn()n．

2q12n11n111a（2）数列n是首项为，公差为的等差数列，所以(n1)]，

an24424nn2n1411得到an，4()，

ann(n1)nn14111111114n数列的前n项和S4[()()(． )]4(1)a1223nn1n1n1n18．（2020•武汉模拟）已知等比数列{an}是递增的数列，且前n项和为Sn，S37，又a13，3a2，

a34成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式； （2）令bnlog2an1，求|b1||b2||bn|． 64【解析】（1）设公比为q的等比数列{an}是递增的数列，且前n项和为Sn，S37，又a13，

3a2，a34成等差数列．

S37所以2(3a2)a1a334a22，解得1q2或2，

由于数列{an}是递增的数列， 所以q2．

所以an22n22n1． （2）由（1）得bnlog2当n6时，bn0， 所以|b1||b2||bn|n(11n)． 2an1，n6， 64n211n60当n7时，|b1||b2||bn|(b1b2bn)2(b1b2b6)．

2n(11n)(1n6)2故|b1||b2||bn|2．

n11n60(n7)219．（2020•道里区校级一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，nN*，且a11，an1（1）证明：数列{an}是等比数列； n1n2 an．

2n2（2）求数列{an}的通项公式与前n项和Sn． 【解析】（1）an1n2an， 2n2n2anan11a2n2n， n2n22n1又

a11， 112数列{ana11}是首项、公比均为的等比数列，且n()n；

2n12n1an1()n， n12（2）由（1）知：ann1． 2n111n1又Sn23243n，

2222

111nn1Sn2233nn1， 2222211n1[1()]21111n1n13n322n1n1， 两式相减得：Sn123nn1112222222212Sn3n3． 2n20．（2020•镜湖区校级模拟）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式

a1x2S2x20的解集为(1,2)． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足bn2log2an2an1，求数列{bn}的前n项和Tn． 【解析】（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q． 因为关于x的不等式a1x2S2x20的解集为(1,2)， 所以

22,a11， a1S2123，得S23， a1又易知

所以S2a1a2a31qq23，解得q2或q1（舍)． 所以数列{an}的通项公式为an2n1,nN*． （Ⅱ）由（1）可得，an2n1．

因为bn2log2an2an1，所以bn2n2n1，

所以数列{bn}的前n项和Tn(21222n)2(12n)n

2(12n)n(n1)2n

1222n1n22．

21．（2020•东湖区校级三模）已知数列{an}，{bn}满足a1b11，对任意nN*均有

2222，bn1anbnan， an1anbnanbnbn（1）证明：数列{anbn}和数列{anbn}均为等比数列；

（2）设cn(n1)2n(11)，求数列{cn}的前n项和Tn． anbn【解析】（1）证明：由a1b11，可得a1b12，a1b11，

2222对任意nN*均有an1anbnan，bn1anbnan， bnbn22bn)2anbn， 可得an1bn12(anbn)，an1bn1(anbn)2(an则数列{anbn}是首项和公比均为2的等比数列； 数列{anbn}为首项为1，公比为2的等比数列；

n11nanbnn2(n1)2n1(n1)2n1， （2）cn(n1)2()(n1)2anbnanbn2n可得Tn222323n2n(n1)2n1，

2Tn223324n2n1(n1)2n2，

上面两式相减可得Tn823242n2n1(n1)2n2

8(12n1)8(n1)2n2，

12化简可得Tnn2n2．

22．（2020•天津二模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a12，S530，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn2n1．

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）设cnbn，数列{cn}的前n项和为Mn，求Mn；

(bn1)(bn11)（3）设dn(1)n(anbnlnSn)，求数列{dn}的前n项和． 【解析】（1）等差数列{an}的公差设为d， S55a154d1010d30， 2解得d2，

所以an22(n1)2n，nN*； 对数列{bn}，当n1时，b1T12111；

当n2时，bnTnTn12n2n12n1， 上式对n1也成立． 所以bn2n1，nN*；

bn2n12n1(2n11)11n1（2）cn，

(bn1)(bn11)(21)(2n1)(2n11)(2n1)2n112n1所以Mn(11111111． )()()2012112112212n112n122n1（3）dn(1)n(anbnlnSn)(1)nanbn(1)nlnSn． 因为Snn(22n)n(n1)，所以lnSnlnn(n1)lnnln(n1)， 2而(1)nanbn(1)n2n2n1n(2)n，

设数列{(1)nanbn}的前n项和为An，数列{(1)nlnSn}的前n项和为Bn， 则An1(2)2(2)23(2)3n(2)n，

2An1(2)22(2)33(2)4n(2)n1，

上面两式相减可得3An(2)(2)2(2)3(2)nn(2)n1 2[1(2)n]n(2)n1，

1(2)23n1化简可得An(2)n1．

99当n为偶数时，

Bn(ln1ln2)(ln2ln3)(ln3ln4)[lnnln(n1)]ln(n1)ln1ln(n1)；

当n为奇数时，Bn(ln1ln2)(ln2ln3)(ln3ln4)[lnnln(n1)]ln(n1)； 综上可得Bn(1)nln(n1)．

所以数列{dn}的前n项和为AnBn(1)nln(n1)23n1(2)n1． 9923．（2020•唐山二模）已知等比数列{an}的各项均为正，且a1a212，a4a272． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bnlog3an,cn1，求数列{cn}的前n项和Tn． bnbn1

【解析】（1）设数列{an}的公比为q， aaq12,依题意有，131（3分）

aqaq72,11两式相比，整理得q(q1)6，解得q3或q2．（5分） 因为{an}的各项均为正，所以q3，a13， 所以an3n．（6分）

（2）bnlog3anlog33nn，cn所以Tn11111，（8分） bnbn1n(n1)nn1111111n．（12分） 1223nn1n1n124．（2020•内江三模）已知数列{an}是等差数列，且满足a66a3，a61是a51与a81的等比中项．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）已知数列{bn}满足bn2nan，求数列{bn}的前n项和Sn． 【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由题设可得： a15d6a12da15，解得：， 2(a5d1)(a4d1)(a7d1)d2111an52(n1)2n7；

（2）由（1）知：an2n7，bn2nan(2n7)2n．

Sn52322123(2n7)2n①， 2Sn522323(2n9)2n(2n7)2n1②， 由①②可得：

Sn102(222)(2n7)223nn122(12n1) 102(72n)2n118(92n)2n1，

12Sn(2n9)2n118．

25．（2020•运城模拟）已知数列{an}满足a25，nan(n1)an13，前n项和为Sn． （1）求an，Sn；

（2）设bn4n4，求数列{bn}的前n项和Tn． 2Sn【解析】（1）因为nan(n1)an13，所以(n1)an1nan23， 两式相减得nannan22nan1，所以anan22an1，

所以数列{an}是等差数列，nan(n1)an13中令n1，得a13，又a25， 所以数列{an}的公差d2，an32(n1)2n1， n(n1)dn(n2)． 24n4(n2)2n211（2）bn2， 2222n(n2)n(n2)n(n2)2Snna1所以Tn111111111 123222423252n2(n2)2111 4(n1)2(n2)252n26n5． 4(n1)2(n2)212126．（2020•梅河口市校级模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Snanan．

22（1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足bn(1)n2n1，求数列{bn}的前n项和Tn． 2Sn121【解析】（1）正项数列{an}的前n项和为Sn，且Snanan．①

2211当n1时，a1a12a1，解得a11．

2211当n2时，Sn1an12an1②，

22①②得anan1an2an12， 由于anan10， 所以anan11（常数）．

所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． 所以ann．

（2）数列{bn}满足bn(1)n2n12n1nn111(1)n(1)n(2)(1)n()． 2Sn2Snnnnn1

1111(1)nn1所以Tn(1)()(1)(． )1223nn1n127．（2020•武汉模拟）若等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a4a1S3，a5a115． （1）求数列{an}的首项a1和公比q； （2）若ann100，求n的取值范围．

【解析】（1）a4a1S3，a5a115．显然公比q1， a1(1q3)3a(q1)11q，解可得q2，a11， a(q41)151（2）由（1）可得an2n1， ann100，即2n1n100，

解可得，n8．

28．（2020•南京模拟）设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n，m，SnmSmqmSn总成立． （Ⅰ）求证：数列{an}是等比数列；

mhah（Ⅱ）若不等的正整数m，k，h成等差数列，试比较am与ak2k的大小；

1mm1hh2kk（Ⅲ）若不等的正整数m，k，h成等比数列，试比较aa与a的大小．

【解析】（Ⅰ）因为对任意正整数n，m，SnmSmqmSn总成立， 令nm1，得S2S1qS1，则a2qa1

令m1，得Sn1S1qSn（1），从而Sn2S1qSn1（2）， （2）（1）得an2qan1，(n1)

综上得an1qan(n1)，所以数列{an}是等比数列 （Ⅱ）正整数m，k，h成等差数列， 则mh2k，

1所以m2h2(mh)22k2，

2

mhaha1mqm则am2ma1hqh2ha12kqm2h2mh

mh2kaha12kak①当q1时，am

mhaha12kqm②当q1时，am2h2mha12kq2k22k2k(a1qk1)2kak

mhaha12kqm③当0q1时，am2h2mha12kq2k22k2k(a1qk1)2kak

（Ⅲ）正整数m，k，h成等比数列，则mhk2，则

1mm1hh1m1m1h1h11mh1112mh211122， mhmhk所以aa(a1q)(a1q)aq1122a1m2a1khkq()，akq()

qq1122a12mhkk①当a1q，即1时，amahakqak

q111122a12a1mh2a1kmhkq()ak ②当a1q，即1时，amahq()qqq111122a12a1mh2a1kmhkq()ak． ③当a1q，即1时，amahq()qqq29．（2019•安徽二模）已知等比数列{an}，公比q0，an2an12an，5为a1，a3的等差中项 （1）求数列{an}的通项；

（2）若bnlog2an，且a1bma2bm1a3bm2amb1122m，求m的值

【解析】（1）等比数列{an}，公比q0，an2an12an，5为a1，a3的等差中项， an0anq2anq2an，解得a12，q2， aaq21011an2n．

（2）bnlog2anlog22nn，

令Ta1bma2bm1a3bm2amb1122m，

则T2m22(m1)2k(mk1)2m11，

2T22m23(m1)2k1(mk1)2m11，

相减，得：T2m222k2m2m12m22m4122m， 解得m2．

30．（2019•怀柔区一模）设{an}是首项为1，公比为3的等比数列． （Ⅰ）求{an}的通项公式及前n项和Sn；

（Ⅱ）已知{bn}是等差数列，Tn为前n项和，且b1a2，b3a1a2a3，求T20． 【解析】（Ⅰ）由题意可得an3n1，

13n3n1． Sn132（Ⅱ）b1a23，b3a1a2a313， b3b1102d，

d5， T20203201951010 231．（2019•广西二模）已知数列{an}中，a11，an12an1，(nN*)． （1）求证：数列{an1}是等比数列； （2）求数列{an}的前n项和．

【解析】（1）an12an1，(nN*)， an112(an1)，

an112， an1数列{an1}是以2为公比的等比数列，

（2）由（1）知，数列{an1}是等比数列，且q2，首项为a112，

an122n12n， an2n1，

2(12n)数列{an}的前n项和sn(222)nn2n1n2．

122n32．（2018•邯郸二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an1Snn1(n1，2，3)，a11．

（1）求证：{an1}为等比数列；

（2）数列{an}中是否存在不同的三项，适当排列顺序后构成一个等差数列？并说明理由． 【解析】（1）an1Snn1，n2时，可得：an1anSnn1(Sn1n)， 化为：an12an1，an112(an1)， n1时，a2a123，a212(a11)， {an1}为等比数列，首项为2，公比为2．

（2）解：由（1）可得：an12n，可得an2n1． 可知：数列{an}单调递增．

假设数列{an}中存在不同的三项，am，ak，an，m，k，nN*，mkn． 适当排列顺序后构成一个等差数列，必然是am，ak，an是等差数列． 2akaman，

2(2k1)2m12n1， 化为：2k1m12nm． 而左边为偶数，右边为奇数． 因此不成立，故假设不成立．

因此数列{an}中不存在不同的三项，适当排列顺序后构成一个等差数列．

33．（2018•鄂伦春自治旗二模）设Sn为数列{an}的前n项和，已知a37，an2an1a22(n2)． （1）证明：{an1}为等比数列；

（2）求{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？ 【解析】（1）a37，a33a22，a23， an2an11，a11，a112，

{an1}是首项为2公比为2的等比数列．

an12an122(n2)，

an11an11

（2）解：由（1）知，an12n，an2n1，

22n1Snn2n1n2，

12nSn2ann2n1n22(2n1)0，nSn2an，

即n，an，Sn成等差数列．

34．（2018•广西二模）已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和Sn，S11，S3，S4成等差数列，且a1、a2，a5成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比． 【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d0．

S11，S3，S4成等差数列，且a1、a2，a5成等比数列，

2a1a5， 2S3S11S4，a2即a2a31a4，(a1d)2a1(a14d)，d0． 可得a11，d2． an12(n1)2n1．

（2）由（1）可得：Snn(12n1)22n2，s4416，s6636． 22S4Sn，36216n2， s4，s6，sn成等比数列，S6化为：364n，解得n9．此等比数列的公比369． 1641ann为奇数． 3nn为偶数an3n35．（2018•亭湖区校级模拟）已知数列{an}中a11，an1（1）是否存在实数，使数列{a2n}是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；

（2）若Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn0的所有正整数n． 【解析】（1）设bna2n，

111a2n1(2n1)(a2n6n)(2n1)a2n1bn1a2n2333因为2分

bna2na2na2na2n1a2n13若数列{a2n}是等比数列，则必须q（常数）， a2n1q11q035分 即(q)a2n(q1)10，即333(q1)102此时b1a23131a110， 23263，使数列{a2n}是等比数列6分 2所以存在实数11（2）由（1）得{bn}是以为首项，为公比的等比数列，

361111113故bn()()n1()n，即a2n()n8分

632323211115由a2na2n1(2n1)得a2n13a2n3(2n1)()n16n，10分

32321111所以a2n1a2n[()n1()n]6n92()n6n9，

2333S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)

1112[()2()n]6(12n)9n

33311[1()n]36n(n1)9n 23121311()n13n26n()n3(n1)2212分 33显然，当nN*时，{S2n}单调递减， 又当n1时，S2S2n1S2na2n780，当n2时，S40，所以当n2时，S2n0； 3931n5()3n26n． 232同理，当且仅当n1时，S2n10，

综上，满足满足Sn0的所有正整数n为1和216分

36．（2017•双流县校级一模）已知数列{an}的前n项和Sn满足an12Sn(nN)．

（1）求证：数列{an}为等比数列；

（2）设函数f(x)log1x,bnf(a1)f(a2)f(an),Tn31111，求T100． b1b2b3bn【解析】（1）因为an12sn， 所以an112sn1(n2)，

所以anan12sn12sn2an(n2)， 1所以anan1(n2)，

31又a112s1，所以a1．

311所以数列{an}为首项为，公比为的等比数列．

33（2）因为f(x)log1x，

3所以bnlog1a1log1a2log1anlog1a1,a2an

3333n1n1log1()12n12n

323因为

12112， bnn1nnn1111111112[(1)()()]． b1b2bn223100101所以T10037．（2017•淮安二模）设数列{an}的前n项和为Sn(nN*)，且满足： ①|a1||a2|；

②r(np)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，其中r，pR，且r0． （1）求p的值；

（2）数列{an}能否是等比数列？请说明理由； （3）求证：当r2时，数列{an}是等差数列．

【解析】（1）n1时，r(1p)(a1a2)2a12a1，其中r，pR，且r0．又|a1||a2|． 1p0，解得p1．

（2）设ankan1(k1)，r(n1)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，rS36a2，2rS412a34a1，

化为：r(1kk2)6k，r(1kk2k3)6k22．联立解得r2，k1（不合题意），舍去，因此数列{an}不是等比数列．

（3）证明：r2时，2(n1)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，2S36a2，4S412a34a1，6S520a410a1．

化为：a1a32a2，a2a42a3，a3a52a4．假设数列{an}的前n项成等差数列，公差为d． 则2(n1)[na1n(n1) dan1](n2n)[a1(n1)d](n2n2)a1，化为an1a1(n11)d，

2因此第n1项也满足等差数列的通项公式， 综上可得：数列{an}成等差数列．

38．（2017•包头一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN)． （1）求a1，a2，a3的值；

（2）设bnan3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an． 【解析】（1）数列{an}的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN)． n1时，由a1S12a131，解得a13， n2时，由S22a232，得a29， n3时，由S32a333，得a321．

（2）Sn2an3n，Sn12an13(n1)， 两式相减，得an12an3，*

把bnan3及bn1an13，代入*式， 得bn12bn，(nN*)，且b16，

数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，

bn62n1，

anbn362n133(2n1)．

39．（2016•湖北校级三模）已知数列{an}的前n项和Sn，a12，2Sn(n1)2ann2an1，数列{bn}满足b11，bnbn12an． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）是否存在正实数，使得{bn}为等比数列？并说明理由．

【解析】（Ⅰ）由2Sn(n1)2ann2an1，得到2Sn1n2an1(n1)2an，

2an(n1)2ann2an1n2an1(n1)2an， 2anan1an1，

数列{an}为等差数列，

2S1(11)2a1a2， 48a2， a24，

da2a1422， an22(n1)2n，

（Ⅱ）由题设，bnbn12an,bn1bn22an1， 两式相除可得bn24bn，

即{b2n}和{b2n1}都是以4为公比的等比数列． 因为b1b22a14,b11，

所以b24，由b34b14及b22b1b3，可得421， 又0，所以

1

． 2

所以b2n24n122n1,b2n122n2， 即bn2n1，则bn12bn， 因此存在1，使得数列{bn}为等比数列． 2