1
等比数列
【学习目标】
1.掌握等比数列的定义，理解等比中项的概念；掌握等比数列的通项公式及推导；
2.掌握等比数列的性质和前 n 项和公式及公式证明思路；会用它们灵活解决有关等比数列的问题；
3.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；
4.了解等比数列与指数函数的关系.
【要点梳理】
要点一：等比数列的定义
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做
等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母 表示（ ），即： .
要点诠释：
①由于等比数列每一项都可能作分母，故每一项均不为 0，因此 q 可不能是 0；
②“从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数 ”，这里的项具有任意性和有序性，常数是
同一个；
③隐含条件：任一项 且 ；
④常数列都是等差数列，但不一定是等比数列. 不为 0 的常数列是公比为 1 的等比数列；
⑤证明一个数列为等比数列，其依据 .利用这种形式来判定，就便于操作了.
要点二：等比中项
如果三个数 、 、 成等比数列，那么称数 为 与 的等比中项.其中 .
要点诠释：
①只有当 与 同号即 时， 与 才有等比中项，且 与 有两个互为相反数的等比中项. 当 与
异号或有一个为零即 时， 与 没有等比中项.
②任意两个实数 与 都有等差中项，且当 与 确定时，等差中项 唯一. 但任意两个实数
与 不一定有等比中项，且当 与 有等比中项时，等比中项不唯一.
③当 时， 、 、 成等比数列 .
④ 、 、 成等比数列 ； 、 、 成等比数列.
要点三：等比数列的通项公式
等比数列的通项公式
q 0q ≠ 1 ( 0)n
n
a q qa
+ = ≠
q
0na ≠ 0q ≠
*1 ( 0)n
n
a q n N qa
+ = ∈ ≠，
a G b G a b G ab= ±
a b 0ab > a b a b a
b 0ab ≤ a b
a b a b 2
a bc
+= a
b a b
0ab > a G b 2G b G ab G aba G
⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
a G b 2G ab= 2G ab= a G b2
首相为 ，公比为 的等比数列 的通项公式为：
推导过程：
（1）归纳法：
根据等比数列的定义 可得 ：
∴ ；
；
；
……
当 n=1 时，上式也成立
∴归纳得出：
（2）叠乘法：
根据等比数列的定义 可得：
，
，
，
……
，
把以上 个等式的左边与右边分别相乘（叠乘），并化简得： ，即
又 a1 也符合上式
∴ .
(3)迭代法：
1a q { }na
1
n
n
a qa −
= 1 ( 2)n na a q n−= ≥
2 1
2 1 1a a q a q −= =
2 3 1
3 2 1 1 1( )a a q a q q a q a q −= = = =
2 3 4 1
4 3 1 1 1( )a a q a q q a q a q −= = = =
1
1 1 ( 2)n
n na a q a q n−
−= = = ≥
1
1 1( * 0)n
na a q n N a q−= ⋅ ∈ ⋅ ≠，
1
n
n
a qa −
=
2
1
a qa
=
3
2
a qa
=
4
3
a qa
=
1
n
n
a qa −
=
1n − 1
1
nna qa
−= 1
1 ( 2)n
na a q n−= ≥
1
1 1( * 0)n
na a q n N a q−= ⋅ ∈ ⋅ ≠，
2 2 1
1 2 2 1
n n
n n na a q a q a q a q− −
− −= = = = ⋅ =
1
1 1( * 0)n
na a q n a q−= ⋅ ∈ ⋅ ≠N ，3
∴ .
要点诠释：
①通项公式由首项 和公比 完全确定，一旦一个等比数列的首项和公比确定，该等比数列就唯一确
定了.
②通项公式中共涉及 、 、 、 四个量，已知其中任意三个量，通过解方程，便可求出第四个量.
等比数列的通项公式的推广
已知等比数列 中，第 项为 ，公比为 ，则：
证明：∵ ，
∴
∴
由 上 可 知 ， 等 比 数 列 的 通 项 公 式 可 以 用 数 列 中 的 任 一 项 与 公 比 来 表 示 ， 通 项 公 式
可以看成是 时的特殊情况.
要点四：等比数列的前 项和公式
等比数列的前 项和公式
推导过程：
（1）利用等比性质
由等比数列的定义，有
根据等比性质，有
∴当 时， 或 .
（2）错位相减法
等比数列 的前 n 项和 ，
1
1 1( * 0)n
na a q n N a q−= ⋅ ∈ ⋅ ≠，
1a q
1a n q na
{ }na m ma q
1
1
n
na a q −= ⋅ 1
1
m
ma a q −= ⋅
1
1
1
1
n
n mn
m
m
a a q qa a q
−
−
−
⋅= =⋅
n m
n ma a q −= ⋅
1
1 1( * 0)n
na a q n N a q−= ⋅ ∈ ⋅ ≠， 1m =
n
n
32
1 2 1
n
n
a aa qa a a −
= = = =
2 3 1
1 2 1
n n
n n n
a a a S a qa a a S a−
+ + + −= =+ + + −
⇒ 1(1 ) n nq S a a q− = −
1q ≠ 1
1
n
n
a a qS q
−= −
1(1 )
1
n
n
a qS q
−= −
{ }na 1 2 3n nS a a a a= + + + +
n m
n ma a q −= ⋅
1
11
( 1)
(1 ) ( 1)1 1
n
n n
na q
S a a qa q qq q
=
= −− = ≠ − −4
①当 时， ， ；
②当 时，由 得：
∴ 或 .
即
要点诠释：
①错位相减法是一种非常常见和重要的数列求和方法，适用于一个等差数列和一个等比数列对应项的
积组成的数列求和问题，要求理解并掌握此法.
②在求等比数列前 项和时，要注意区分 和 .
③当 时，等比数列的两个求和公式，共涉及 、 、 、 、 五个量，已知其中任意三个量，
通过解方程组，便可求出其余两个量.
要点五：等比数列的性质
设等比数列 的公比为
①若 ，且 ，则 ，
特别地，当 时 .
②下标成等差数列且公差为 的项 ， ， ，…组成的新数列仍为等比数列，公比为 .
③若 ， 是项数相同的等比数列，则 、 、 （ 是常数且 ）、 、
( ， 是常数)、 、 也是等比数列；
④连续 项和（不为零）仍是等比数列.即 ， ， ，…成等比数列.
要点六：等比数列中的函数关系
等比数列 中， ，若设 ，则：
1q = 1na a= 1 2 3 1n nS a a a a na= + + + + =
1q ≠ 1
1
n
na a q −=
2 2 1
1 1 1 1 1
n n
nS a a q a q a q a q− −= + + + + +
2 3 1
1 1 1 1 1
n n
nqS a q a q a q a q a q−= + + + + +
1 1 1 1(1 ) 1n n
n nq S a a q a a q a q∴ − = − = − = −（ ）
1
1
n
n
a a qS q
−= −
1(1 )
1
n
n
a qS q
−= −
1
11
( 1)
(1 ) ( 1)1 1
n
n n
na q
S a a qa q qq q
=
= −− = ≠ − −
n 1q = 1q ≠
1q ≠ 1a n q na nS
{ }na q
, , ,m n p q N +∈ m n p q+ = + m n p qa a a a⋅ = ⋅
2m n p+ = 2
m n pa a a⋅ =
m ka k ma + 2k ma +
mq
{ }na { }nb { }2na { }2 1na − { }nka k 0k ≠ 1{ }
na { }m
na
m N +∈ m { }n na b⋅ { }n
n
a
b
k kS 2k kS S− 3 2k kS S−
{ }na 1 1
1
n n
n
aa a q qq
−= ⋅ = ⋅ 1ac q
= n
na c q= ⋅5
（1）当 时， ，等比数列 是非零常数列. 它的图象是在直线 上均匀排列的一群孤立
的点.
（2）当 时，等比数列 的通项公式 是关于 的指数型函数；它的图象是分布
在曲线 （ ）上的一些孤立的点.
①当 且 时，等比数列 是递增数列；
②当 且 时，等比数列 是递减数列；
③当 且 时，等比数列 是递减数列；
④当 且 时，等比数列 是递增数列.
（3）当 时，等比数列 是摆动数列.
要点诠释：常数列不一定是等比数列，只有非零常数列才是公比为 1 的等比数列.
【典型例题】
类型一：等比数列的定义与通项公式
例 1．已知数列 的首项为 ……，
证明：数列 是等比数列.
【思路点拨】本题的变形中要有极强的目标意识，将递推式进行合理变形，由等比数列的定义给予证
明.
【解析】由 得，
∴ 又
∴数列 是首项为 ，公比为 的等比数列.
【总结升华】证明一个数列为等比数列，要紧扣定义，这里是采用了转化与化归的策略.
举一反三：
【变式 1】已知数列 中
判断数列 是等比数列，并说明理由
【答案】 是等比数列
∵
1q = na c= { }na y c=
0 1q q> ≠且 { }na n
na c q= ⋅ n
1 xay qq
= ⋅ 0 1q q> ≠且
1q > 1 0a > { }na
1q > 1 0a < { }na
0 1q< < 1 0a > { }na
0 1q< < 1 0a < { }na
0q < { }na
{ }na 1 1
22 , , 1,2,3,3 1
n
n
n
aa a na+= = =+
1{ 1}
na
−
1
2 ,1
n
n
n
aa a+ = + 1
11 1 1 1 .2 2 2
n
n n n
a
a a a+
+= = + ⋅
1
1 1 11 ( 1),2n na a+
− = − 1
1
2 1 2, 13 3a a
= ∴ − =
1{ 1}
na
− 1
2
1
2
{ }na 1 11, 2 3 0( 2).n na a a n−= + + = ≥
{ 1}na +
{ 1}na +
1 11, 2 3 0( 2).n na a a n−= + + = ≥6
∴ ，
∴数列 是首项为 2，公比为-2 的等比数列
【高清课堂：等比数列及其前 n 项和 381054 典型例题例 1】
【变式 2】设 是公比为 的等比数列， ，
令 ，
若数列 有连续四项在集合 中，
则
【答案】由题知 有连续的四项在集合 中，则必有-54，-24 为相隔两项，
又∵
∴ ，
∴
类型二：等比数列的通项
例 2．等比数列 中， ， ，求 .
【思路点拨】等比数列的计算，一般优先考虑使用性质，使计算简捷.
【解析】
法一：设此数列公比为 ，则
由(2)得： ..........(3)
∴ .
由(1)得： ， ∴ ......(4)
(3)÷(4)得： ，
∴ ，解得 或
当 时， ， ；
当 时， ， .
11 2( 1)n na a −+ = − +
{ 1}na +
{ }na q 1q >
1n nb a= + 1,2,n =
{ }nb { }53, 23,19,37,82− −
6q =
{ }na { }54, 24,18,36,81− −
1q >
2 54 9
24 4q
−= =−
3
2q =
6 9q =
{ }na 1 9 64a a⋅ = 3 7 20a a+ = 11a
q
8
1 9 1 1
2 6
3 7 1 1
64 (1)
20 (2)
a a a a q
a a a q a q
⋅ = ⋅ = + = + =
2 4
1 (1 ) 20a q q+ =
1 0a >
4 2
1( ) 64a q = 4
1 8a q =
4
2
1 20 5
8 2
q
q
+ = =
4 22 5 2 0q q− + = 2 2q = 2 1
2q =
2 2q = 1 2a = 10
11 1 64a a q= ⋅ =
2 1
2q = 1 32a = 10
11 1 1a a q= ⋅ =7
法二：∵ ，又 ，
∴ 、 为方程 的两实数根，
∴ 或
∵ ， ∴ 或 .
【总结升华】
①列方程（组）求解是等比数列的基本方法，同时利用性质可以减少计算量；
②解题过程中具体求解时，要设法降次消元，常常整体代入以达降次目的，故较多变形要用除法（除
式不为零）.
举一反三：
【变式 1】设 为等比数列， ＞0，且 ，求 的值.
【答案】64
∵ ，又 an＞0，∴ ，
∴ .
【变式 2】已知等比数列 ，若 ， ，求 .
【答案】 或 ；
【变式 3】（2016 全国 I 高考）设等比数列 满足 a1+a3=10，a2+a4=5，则 a1a2 an 的最大值为 .
【答案】
设 等 比 数 列 {an} 的 公 比 为 q （ q ≠ 0 ），由 得 ， 解 得 。 所 以
，于是当 n=3 或 n=4 时，a1a2…an 取得最大值 26=64。
类型二：等比数列的前 项和公式
例 3．设等比数列 的前 项和为 ，若 ，求数列的公比 .
1 9 3 7 64a a a a⋅ = ⋅ = 3 7 20a a+ =
3a 7a 2 20 64 0x x− + =
3
7
16
4
a
a
=
=
3
7
4
16
a
a
=
=
2
3 11 7a a a⋅ =
2
7
11
3
1aa a
= = 11 64a =
{ }na na 1 89 16a a = 44 45 46a a a
2
1 89 45 16a a a= = 45 4a =
3
44 45 46 45 64a a a a= =
{ }na 1 2 3 7a a a+ + = 1 2 3 8a a a = na
12n
na −= 32 n
na −=
{ }na ×××
1 3
2 4
10
5
a a
a a
+ =
+ =
2
1
2
1
(1 ) 10
(1 ) 5
a q
a q q
+ = + =
1 8
1
2
a
q
= =
n
{ }na n nS 3 6 92S S S+ = q8
【思路点拨】使用等比数例的求和公式 Sn 时，应首先考虑分 、 两种情况.
【解析】
（1）当 时，则有 .
因 ，得 ，显然 与题设矛盾，故 .
（2）当 时，由 得， ，
整理得 ，
由 ，得 ，所以 .
【总结升华】利用等比数列求和公式列出方程，通过解方程求出 是这类问题的常用方法.
举一反三：
【变式 1】已知：{an}为等比数列， ，求 .
【答案】
∵ ， ，则 或 9
∴ .
【变式 2】设{an}是首项为 a1，公差为－1 的等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 S1，S2，S4 成等比数
列，则 a1 的值为 ．
【答案】－ ．
由题意可得，an＝a1＋(n－1)(－1)＝a1＋1－n，Sn＝
再根据若 S1，S2，S4 成等比数列，可得 ＝S1•S4，即 (2a1－1)2＝a1•(4a1－6)，
解得 a1＝－ 。
类型三：等比数列的性质
例 4. 等比数列 中，若 ，求 .
【思路点拨】将待求的若干个对数式的和化为一个对数式，再利用等比数列的性质求解.
1q = 1q ≠
3 4
2q = −
1q = 3 1 6 1 9 13 6 9S a S a S a= = =， ，
1 0a ≠ 3 6 92S S S+ ≠ 1q = 1q ≠
1q ≠ 3 6 92S S S+ =
3 6 9
1 1 1(1 ) (1 ) 2 (1 )
1 1 1
a q a q a q
q q q
− − −+ =− − −
( )3 6 32 1 0q q q− − =
30 1q q≠ ≠， 3 1
2q = −
3 4
2q = −
q
1 2 3 327 13a a a S= =， 5S
121121 9
或
3
2 227 3a a= ⇒ =
3
1(1 ) 113 31 3
a q q qq
−= ⇒ = =− 或 1 1a =
5 5
5 5
19 11 3 1213121 S 11 3 91 3
S
× − = =−
－
或 ＝ ＝
－
2
1
( ) ( )
,2
12
2
11 nanaan n −++ ＝
2
2S
2
1
{ }na 5 6 9a a⋅ = 3 1 3 2 3 10log log ... loga a a+ + +9
【解析】
∵ 是等比数列，∴
∴
【总结升华】本例考查了两点，一是对数式的运算法则，一是等比数列的性质.
举一反三：
【变式 1】若等比数列 满足 ，则公比为
（A）2 （B）4 （C）8 （D）16
【答案】选 B
因为等比数列 满足 ， ①
所以 ②
② ①得 ．又因为 ，所以
【变式 2】在 和 之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为________.
【答案】216；
法一：设这个等比数列为 ，其公比为 ，
∵ ， ，∴ ，
∴ .
法二：设这个等比数列为 ，公比为 ，则 ， ，
加入的三项分别为 ， ， ，
由题意 ， ， 也成等比数列，∴ ，故 ，
∴ .
类型四：等比数列前 n 项和公式的性质
例 5．在等比数列 中，已知 ， ，求 .
【思路点拨】等差数列中也有类似的题目，我们仍然采用等差数列的解决办法，即等比数列中前 k 项
和，第 2 个 k 项和，第 3 个 k 项和，……，第 n 个 k 项和仍然成等比数列.
【答案 8】
【解析】
{ }na 1 10 2 9 3 8 4 7 5 6 9a a a a a a a a a a⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
3 1 3 2 3 10log log loga a a+ + +
5 5
3 1 2 3 10 3 5 6 3log ( ) log ( ) log 9 10a a a a a a= ⋅ ⋅ = ⋅ = =
{ }na 1 16n
n na a + =
{ }na 1 16n
n na a + =
1
1 2 16n
n na a +
+ + =
÷ 2 16q = 1 16 0n
n na a + = > 4q =
8
3
27
2
{ }na q
1
8
3a = 4 4
5 1
27 8
2 3a a q q= = = ⋅ 4 81
16q = 2 9
4q =
2 3 3 6
2 3 4 1 1 1 1a a a a q a q a q a q⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
3 3
38 9 6 2163 4
= ⋅ = =
{ }na q 1
8
3a = 5
27
2a =
2a 3a 4a
1a 3a 5a 2
3
8 27 363 2a = × = 3 6a =
2 3
2 3 4 3 3 3 216a a a a a a⋅ ⋅ = ⋅ = =
{ }na 48nS = 2 60nS = 3nS10
法一： 构成等比数列，
∴ ，即 ，
∴ .
法二：∵ ，∴ ，
由已知得
（2）÷（1）得 ，即
代入（1）得 ，
∴ .
法三：∵ 为等比数列，∴ ， ， 也成等比数列，
∴ ，
∴ .
【总结升华】性质的应用有些时候会更方便快捷.
举一反三：
【变式 1】等比数列 中，公比 q=2， S4=1，则 S8=___________.
【答案】17；
S8=S4+a5+a6+a7+a8=S4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=S4+q4(a1+a2+a3+a4)=S4+q4S4=S4(1+q4)=1×(1+24)=17
【变式 2】已知等比数列 的前 n 项和为 Sn， 且 S10=10， S20=40，求：S30=？
【答案】130；
【变式 3】等比数列 中，若 a1+a2=324， a3+a4=36， 则 a5+a6=_____________.
【答案】4；
令 b1=a1+a2=a1(1+q)，b2=a3+a4=a1q2(1+q)，b3=a5+a6=a1q4(1+q)，
易知：b1， b2， b3 成等比数列，∴b3= = =4，即 a5+a6=4.
2 3 2n n n n nS S S S S− −， ，
( ) ( )2
20 10 10 30 20·S S S S S− = − ( )2
312 48 60nS= −
3 63nS =
2 2n nS S≠ 1q ≠
1
2
1
(1 ) 48 11
(1 ) 60 21
n
n
a q
q
a q
q
− = − − = −
（ ）
（ ）
51 4
nq+ = 1
4
nq =
1 641
a
q
=−
3
1
3 3
(1 ) 164(1 ) 631 4
n
n
a qS q
−= = − =−
{ }na nS 2n nS S− 3 2n nS S−
2
2 3 2( ) ( )n n n n nS S S S S− = −
2 2
2
3 2
( ) (60 48) 60 6348
n n
n n
n
S SS SS
− −= + = + =
{ }na
{ }na
{ }na
2
2
1
b
b
236
32411
【变式 4】等比数列 中，若 a1+a2+a3=7，a4+a5+a6=56， 求 a7+a8+a9 的值.
【答案】448；
∵{an}是等比数列，∴(a4+a5+a6)=(a1+a2+a3)q3，∴q3=8，
∴a7+a8+a9=(a4+a5+a6)q3=56×8=448.
类型五：等差等比数列的综合应用
【高清课堂：等比数列及其前 n 项和 381054 典型例题例 2】
例 6．已知 是各项均为正数的等比数列，且 ，
，
【思路点拨】等比数列的计算，一般优先考虑使用性质，如果不宜用性质，则回归为基本量 的问
题，列出 的方程组.
(1)求 的通项公式.
(2)设 ，求数列 的前 项和 .
【答案】(1)由题中条件可得
解得：
∴数列 的通项为
（2）由（1）知数列 的通项为 ，
∴
∴
【总结升华】分清等差，等比的概念，选择适当的设法是解决这类问题的关键.
举一反三：
【变式】等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S1，S3，S2 成等差数列．
(1)求{an}的公比 q；
{ }na
{ }na 1 2
1 2
1 12( )a a a a
+ = +
3 4 5
3 4 5
1 1 1 1( )64a a a a a a
+ + = + +
1a q、
1a q、
{ }na
21( )n n
n
b a a
= + { }nb n nT
1 1
1 1
2 3 4
1 1 1 2 3 4
1 1 1
1 12( )
1 1 1 1
64
a a q a a q
a q a q a q a q a q a q
+ = + + + = + +
1 1
2
a
q
=
=
{ }na 12n
na −=
{ }na 12n
na −=
2 1
2 1
1 12 4 24
n
n n n
n
b a a
−
−= + + = + +
0 1 1
0 1 1
1 1 1(4 4 4 ) ( ) 24 4 4
n
n nT n−
−= + + + + + + + +… … … …
11 ( )1 4 4 211 4 1 4
n
n
n
−−= + +− −12
(2)若 a1－a3＝3，求 Sn.
【答案】
(1)依题意有 2S3＝S1＋S2，
即 a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)，
由于 a1≠0，故 2q2＋q＝0.又 q≠0，从而 .
(2)由已知可得 ，
故 a1＝4，
从而 Sn＝ .
例 7. (2014 江西)已知数列{an}的前 n 项和 ，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的 n＞1，都存在 m∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列．
【答案】
(1)an＝3n－2；(2)见解析
【解析】
(1)∵ ，n∈N*．
∴当 n≥2 时， ，(*)
当 n＝1 时， ．
因此当 n＝1 时，(*)也成立．
∴数列{an}的通项公式 an＝3n－2．
(2)证明：对任意的 n＞1，
假设都存在 m∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列．则 an2＝a1am，
∴(3n－2)2＝1×(3m－2)，化为 m＝3n2－4n＋2，
∵n＞1，∴ ，
因此对任意的 n＞1，都存在 m＝3n2－4n＋2∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列．
举一反三：
【变式】已知正项数列{an}，其前 n 项和 Sn 满足 ，且 a1，a3，a15 成等比数列，求数
1
2q = −
2
1 1
1( ) 32a a− − =
14[1 ( ) ] 8 12 [1 ( ) ]1 3 21 ( )2
n
n
− −
= − −
− −
2
3S
2
n
nn −=
2
3S
2
n
nn −=
( ) ( )
232
113
2SS
22
1 −=−−−−−3=−= − nnnnna nnn
12
113S
2
11 =−×==a
63
2
3
23243
2
2 ≥+
−=+−= nnnm
210 5 6n n nS a a= + +13
列{an}的通项 an.
【答案】∵ ， ①
∴ ，解之得 a1=2 或 a1=3.
又 ， ②
由①-②得 ，即
∵an+an-1＞0，∴an-an-1=5(n≥2).
当 a1=3 时，a3=13，a15=73，a1，a3，a15 不成等比数列
∴a1≠3；
当 a1=2 时，a3=12，a15=72，有 a32=a1a15，
∴a1=2，∴an=5n-3.
210 5 6n n nS a a= + +
2
1 1 110 5 6a a a= + +
2
1 1 110 5 6 ( 2)n n nS a a n− − −= + + ≥
2 2
1 110 ( ) 5( )n n n n na a a a a− −= − + − 1 1( )( 5) 0n n n na a a a− −+ − − =14
【巩固练习】
一、选择题
1．（2015 新课标Ⅱ）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
2．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且 a1， ,2a2 成等差数列，则 ＝( )
A． B．
C． D．
3．设等比数列{an}的公比为 q(q≠1)，则数列 a3，a6，a9，…，a3n，…的前 n 项和为( )
A. B.
C. D.
4．已知等比数列{an}满足 an>0，n＝1,2，…，且 a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当 n≥1 时，log2a1＋log2a3＋…＋
log2a2n－1＝( )
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
5．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 ，则 ＝( )
A．2 B.
C. D．3
6．等比数列{an}共有 2n＋1 项，奇数项之积为 100，偶数项之积为 120，则 an＋1 等于( )
A. B.
C．20 D．110
二、填空题
7.（2016 浙江理）设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，则 a1= ，S5= .
8．在等比数列 中，若 ，则公比 = ； = .
9.在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1，若 am＝a1·a2·a3·a4·a5，则 m＝________.
10．数列{an}是等差数列，若 a1＋1，a3＋3，a5＋5 构成公比为 q 的等比数列，则 q＝ ．
三、解答题
11.在等比数列{an}中，已知：a1=2,S3=26,求 q 与 a3;
12.已知：对任意自然数 n 都有 a1+a2+……+an=2n-1，求 +……+ .
13．有四个数，前三个成等比数列，且和为 19；后三个成等差数列，且和为 12.求这四个数.
{ }na 1 4
1 , 42a a= = q 1 2 na a a+ + +
2
2
2
1 aa + 2
na
3
1
2 a 9 10
7 8
a a
a a
+
+
1 2+ 1 2−
3 2 2+ 3 2 2−
2
11
1
na q
q
−
−
3
1
3
1
1
na q
q
−
−
3 3
1
3
1
1
na q
q
−
−
3
3
3
1
1
na q
q
−
−
6
3
3S
S
= 9
6
S
S
7
3
8
3
6
5
5
615
14．（2016 新课标Ⅲ文）已知各项都为正数的数列{an}满足 a1=1， .
（I）求 a2，a3；
（II）求{an}的通项公式.
15．已知数列{an}为等差数列，公差 d≠0，{an}中部分项组成的数列 恰为
等比数列，且知 k1=1, k2=5,k3=17.
（1）求 kn；
（2）证明： k1+k2+……+kn=3n-n-1.
16.(2015 福建文)在等差数列{ }中， =4， + =15．
（Ⅰ）求数列{ }的通项公式；
（Ⅱ）设 ，求 b1+b2+b3+…+b10 的值．
【答案与解析】
1.【答案】B
【解析】a1+a3+a5=a1(1+q2+q4)=21，所以 q2=2.a3+a5+a7=(a1+a3+a5)·q2=42.
2．【答案】 C
【解析】 由题意知
即 a1q2＝a1＋2a1q
∴q2－2q－1＝0
∴ 或 (舍)
，故选 C.
3. 【答案】 D
【解析】 由于 .故选 D.
4. 【答案】 C
【解析】 由 a5·a2n－5＝22n(n≥3)得 an2＝22n，又 an>0，则 an＝2n，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3
＋…＋(2n－1)＝n2，故选 C.
2
1 1(2 1) 2 0n n n na a a a+ +− − − =
,,,, 321 nkkkk aaaa ，
22 na
nb n−= +
na 2a 4a 7a
na
3 1 2
12 22 a a a× = +
1 2q = + 1 2q = −
2
29 10 7 8
2
7 8 7 8
(1 2) 3 2 2a a a a q qa a a a
+ += = = + = ++ +
3
3
3 6 9 3 3
1
1
n
n
a qa a a a q
−+ + + + = −16
5. 【答案】 B
【解析】 设公比为 q，则 ，
于是 .
6. 【答案】 B
【解析】 由题意知：S 奇＝a1·a3·…·a 2n＋1＝100，
S 偶＝a2·a4·…·a 2n＝120
∴ ，
∴ ，故选 B
7．【答案】 1 121
【解析】 a1+a2=4，a2=2a1+1 → a1=1，a2=3，
再由 an+1=2Sn+1，an=2Sn－1+1（n≥2）→ an+1－an=2an → an+1=3an（n≥2），又 a2=3a1，
所以 an+1=3an（n≥1）， 。
8．【答案】2， .
【解析】 ，解得 ，
9. 【答案】 11
【解析】 am＝a1·a2·a3·a4·a5
＝a15· q1＋2＋3＋4＝a15q10＝a1·q10
∴m＝11.
10. 【答案】1
【解析】设等差数列{an}的公差为 d，
由 a1＋1，a3＋3，a5＋5 构成等比数列，
得： ，
整理得： ，
即 ．
1 12 2
n− −
3
4
1 42a q= × = 2q = 1
1 2
1 (1 2 ) 12 21 2 2
n
n
na a a −
× −
+ + + = = −−
3
3 36 3
3 3
1 1 3 2S q S q qS S
+= = + = ⇒ =
3 6
9
3
6
1 1 2 4 7
1 1 2 3
S q q
S q
+ + + += = =+ +
3 5 2 1
1
2 4 2
100 5
120 6
n
n
S a a a aS a a a
+⋅ ⋅ ⋅= ⋅ = =⋅ ⋅ ⋅
奇
偶
1 1
5
6
n
na q a +⋅ = =
5
5
1 3 1211 3S
−= =−
)5)(1()3( 51
2
3 ++=+ aaa
51513
2
3 546 aaaaaa ++=++
daadaadada 45)4(4)2(6)2( 11111
2
1 ++++=++++17
化简得：(d＋1)2＝0，即 d＝－1．
∴ ．
11.【解析】2(1+q+q2)=26, 解得 q=3 或 q=-4.当 q=3 时 a3=18；当 q=-4 时, a3=32.
12.【解析】依题意 Sn=2n-1,易求得 an=2n-1, a1=1 且公比为 2，可知 ， ，…… 成等比数列，公比
为 4.∴ + +……+ = = .
13．【解析】依题意设这四个数为 y, x-d, x,x+d，
∵后三个数和为 12，∴(x-d)+x+(x+d)=12，解得 x=4.
又前三个数成等比且和为 19，
∴ , 解得 或 ，
∴这四个数为 9，6，4，2 或 25，-10，4，18.
14.【解析】 （1）由题意得 ，
（2）由 得 。
因为{an}的各项都为正数，所以 。
故{an}是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 。
15．【解析】
依题意： =a1, =a5=a1+4d, =a17=a1+16d，而 ， ， 为等比数列.
故有(a1+4d)2=a1(a1+16d),解得 a1=2d.
因而{ }的公比 q= = = =3.
2
1a 2
2a 2
na
2
1a 2
2a 2
na 14
14
−
−n
)14(3
1 −n
=+−+
=−
1944
4)4( 2
dy
yd
−=
=
2
9
d
y
=
=
14
25
d
y
1ka 2ka 3ka 1ka 2ka 3ka
nka
1
5
a
a
1
1 4
a
da +
1
11 2
a
aa +
11
1
1
3)1(2
1
32
1
3
1
1
1
1
1
1
1
3 =+
+=+
+−×+=+
++=+
+=
a
a
a
a
a
da
a
aq
2 3
1 1,2 4a a= =
2
1 1(2 1) 2 0n n n na a a a+ +− − − =
12 ( 1) ( 1)n n n na a a a+ + = +
1 1
2
n
n
a
a
+ =
1
2 1
1
2n na −=18
而 在等差数列{an}中是第 kn 项，
∴ =a1+(kn-1)d,即 =(kn+1)d……(1)
又 在等比数列{ }中是第 n 项，
∴ =a1·qn-1 即 =2d·3n-1……(2)
联立(1)(2)，解得 kn=2·3n-1-1.
（2）k1+k2+……+kn=(2·30-1)+(2·31-1)+……+(2·3n-1-1)=2(30+31+……+3n-1)-n
=
16. 【解析】（I）设等差数列{an}的公差为 d．
由已知得 ，
解得 ．
所以 an=a1+(n-1)d=n+2．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得 bn=2n+n．
所以 b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
＝(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)
nka
nka nka
nka nka
nka nka
3 12 3 13 1
n
nn n
−⋅ − = − −−
( ) ( )
1
1 1
4
3 6 15
a d
a d a d
+ = + + + =
1 3
1
a
d
=
=
10
11
11
2(1 2 ) (1 10) 10
1 2 2
(2 2) 55
2 53 2101
− + ×= +−
= − +
= + = .
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