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第一课时 等比数列的定义
新课程标准解读 核心素养
1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和
通项公式的意义 数学抽象
2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关
系，并解决相应的问题 逻辑推理、数学运
算
3.体会等比数列与指数函数的关系 数学抽象
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
观察下列情境中的数列，回答后面的问题：
（1）拉面馆的师傅将一根很粗的面条拉抻、捏合、再拉抻、再
捏合，如此反复几次，就拉成了许多根细面条：1，2，4，8，
16，…；
（2）如果将钱存在银行里，就会获得利息.例如，如果某年年初
将1 000元钱存为年利率为3%的五年定期存款，且银行每年年底结算
一次利息，则这五年中，每年年底的本息和构成数列：1 000×1.03，
1 000×1.032，…，1 000×1.035.
【问题】 以上两个数列有什么共同点，你能否类比等差数列的定
义，给等比数列下一个定义？
知识点一 等比数列的定义
如果数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项之比都等于
，即 ＝ 恒成立，则称{an}为等比数列，其
中 称为等比数列的公比.
同一
个常数q
q
q
【想一想】
1. 若一个数列从第二项起每一项与前一项的比为常数，则该数列一定
是等比数列吗？
提示：不一定，根据等比数列的定义，只有比值为同一个常数时，
该数列才是等比数列.
2. 等比数列的首项不为零，公比可以为零吗？其它项是否可以为零？
提示：不能.
3. 常数列一定是等比数列吗？
提示：不一定，如0，0，0，….
给出下列数列：
①2，2，4，8，16，32，…；
②在数列{an}中， ＝2， ＝2；
③常数列c，c，c，…，c.
其中等比数列的个数为 .
0
解析：①不是等比数列，因为 ≠ .②不一定是等比数列，因为不
知道 的值.事实上，即使 ＝2，数列{an}也未必是等比数列.③不
一定是等比数列，当c＝0时，数列不是等比数列.
知识点二 等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q（q≠0），则等比数列的通
项公式为an＝ .
a1qn－1
【想一想】
等比数列通项公式an＝a1qn－1是关于n的指数型函数吗？
提示：不一定.如当q＝1时，an是关于n的常数函数.
1. 已知{an}是首项为2，公比为3的等比数列，则这个数列的通项公式
为（ ）
A. an＝2·3n＋1 B. an＝3·2n＋1
C. an＝2·3n－1 D. an＝3·2n－1
解析： 由已知可得a1＝2，公比q＝3，则数列{an}的通项公式
为an＝a1·qn－1＝2·3n－1.
2. 在等比数列{an}中，a4＝27，q＝－3，则a7＝ .
解析：设等比数列的首项为a1，公比为q，∵a4＝a1q3＝－27a1＝
27，∴a1＝－1，∴a7＝a1q6＝－1×（－3）6＝－729.
－729
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 等比数列的判断与证明
【例1】 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an.设bn＝ .
（1）求b1，b2，b3；
解：由条件可得an＋1＝ an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
解： {bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
由条件可得 ＝ ，即bn＋1＝2bn，又因为b1＝1，所以{bn}
是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）求{an}的通项公式.
解：由（2）可得， ＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
通性通法
证明数列{an}是等比数列的常用方法
（1）定义法： ＝q（q为常数且q≠0）或 ＝q（q为常数且
q≠0，n≥2） 数列{an}为等比数列；
（2）通项法：an＝a1qn－1（其中a1，q为非零常数，n∈N＋） 数列
{an}是等比数列.
【跟踪训练】
1. 已知各项均不为0的数列{an}中，a1，a2，a3成等差数列，a2，
a3，a4成等比数列，a3，a4，a5的倒数成等差数列，证明：a1，
a3，a5成等比数列.
证明：由已知，有2a2＝a1＋a3， ①
＝ ， ②
＝ ＋ . ③
由③得 ＝ ，所以a4＝ . ④
由①得a2＝ . ⑤
将④⑤代入②，得 ＝ · .
所以a3＝ ，即a3（a3＋a5）＝a5（a1＋a3）.
化简得 ＝a1·a5，
因为a1，a3，a5均不为0，所以 ＝ ，故a1，a3，a5成等比数列.
2. 已知数列{an}是首项为2，公差为－1的等差数列，令bn＝ ，
求证数列{bn}是等比数列，并求其通项公式.
证明：依题意an＝2＋（n－1）×（－1）＝3－n，
于是bn＝ .
而 ＝ ＝ ＝2，
又因为b1＝ ＝ .
所以数列{bn}是以 为首项，2为公比的等比数列，通项公式为bn
＝2n－3.
题型二 等比数列的通项公式及其应用
【例2】 在等比数列{an}中.
（1）a4＝2，a7＝8，求an；
解：设等比数列的首项为a1，公比为q.
法一 因为所以
由 得q3＝4，从而q＝ ，而a1q3＝2，
于是a1＝ ＝ ，所以an＝a1qn－1＝ .
法二 因为a7＝a4q3，所以q3＝4，q＝ .
所以an＝a4qn－4＝2×（ ）n－4＝ .
解：法一 因为
由 得q＝ ，从而a1＝32.
又因为an＝1，所以32× ＝1，
即26－n＝20，所以n＝6.
（2）a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n.
法二 因为a3＋a6＝q（a2＋a5），所以q＝ .
由a1q＋a1q4＝18，知a1＝32.
由an＝a1qn－1＝1，知n＝6.
【母题探究】
1. （变设问）本例（1）条件不变，试问128是不是该数列中的项？如
果是，求出是第几项；如果不是，说明理由.
解：由本例（1）知an＝ .令an＝128，
得 ＝7，即n＝13.
故128是该数列中的第13项.
2. （变条件）本例（2）中的条件“a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝
1”若换为“a1＝ ，q＝ ，an＝ ”，其他条件不变，试求n.
解：因为an＝a1qn－1，所以 × ＝ ，
即 ＝ ，解得n＝5.
通性通法
求等比数列通项公式的常用方法
（1）根据已知条件，建立关于a1，q的方程组，求出a1，q后再求
an，这是常规方法；
（2）充分利用各项之间的关系，直接求出q后，再求a1，最后求an，
这种方法带有一定的技巧性，能简化运算.
【跟踪训练】
1. 在等比数列{an}中，a1＝12，a2＝24，则a3＝（ ）
A. 36 B. 48
C. 60 D. 72
解析： ∵a2＝a1q＝12q＝24，∴q＝2，∴a3＝a1q2＝12×22＝
48.
2. 已知等比数列{an}的公比q＝－ ，则 ＝（ ）
A. B.
C. 2 D. 4
解析： 由题意可得
＝ ＝ ＝＝ ＝4.
题型三 灵活设元求解等比数列
【例3】 （1）有四个数成等比数列，将这四个数分别减去1，1，
4，13成等差数列，则这四个数的和是 ；
45
解析：设这四个数分别为a，aq，aq2，aq3，
则a－1，aq－1，aq2－4，aq3－13成等差数列.
即
整理得解得a＝3，q＝2.因此这四个数分别是
3，6，12，24，其和为45.
（2）有四个实数，前三个数成等比数列，且它们的乘积为216，后三
个数成等差数列，且它们之和为12，求这四个数.
解：设前三个数为 ，a，aq，则 ·a·aq＝216，
所以a3＝216，所以a＝6.
因此前三个数为 ，6，6q.
由题意知第4个数为12q－6，
所以6＋6q＋12q－6＝12，解得q＝ .
故所求的四个数为9，6，4，2.
通性通法
几个数成等比数列的设法
（1）三个数成等比数列设为 ，a，aq；
推广到一般：奇数个数成等比数列设为…， ， ，a，aq，
aq2，….
（2）四个符号相同的数成等比数列设为 ， ，aq，aq3；
推广到一般：偶数个符号相同的数成等比数列设为…， ，
， ，aq，aq3，aq5，….
（3）四个数成等比数列，不能确定它们的符号相同时，可设为a，
aq，aq2，aq3.
【跟踪训练】
一个等比数列前三项的积为2，后三项的积为4，且所有项的积为
64，则该数列有（ ）
A. 13项 B. 12项
C. 11项 D. 10项
解析： 设数列的通项公式为an＝a1qn－1，则前三项分别为a1，
a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.由题意得 q3＝
2， q3n－6＝4，两式相乘得 q3（n－1）＝8，即 qn－1＝2.又
a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，∴ ＝64，即（ qn－1）n＝
642，∴2n＝642＝212，解得n＝12.
等比数列的单调性
在等比数列的通项公式中，an与n的关系与以前学过的什么函数有
关？
提示：因为an＝a1qn－1＝ ×qn，所以如果记f（x）＝ ×qx，则可
以看出an＝f（n），而且：
（1）当公比q＝1时，f（x）是常数函数，此时数列{an}是常数列；
（2）当公比q≠1时，f（x）是 与y＝qx的乘积，此时，f（x）的
增减性即与a1有关，也与q有关.
【问题探究】
已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
（1）若则数列{an}是递增，还是递减数列？
提示：数列{an}是递增数列，证明如下：
∵an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1（q－1）＞0，
∴an＋1＞an，∴{an}是递增数列.
（2）若则数列{an}是递增，还是递减数列？
提示：数列{an}是递减数列，证明如下：
∵an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1（q－1）＜0，
即an＋1＜an，∴{an}是递减数列.
（3）若则数列{an}是递增，还是递减数列？
提示：数列{an}是递减数列，证明如下：
∵an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1（q－1）＜0，
∴an＋1＜an，∴{an}是递减数列.
（4）若则数列{an}是递增，还是递减数列？
提示：数列{an}是递增数列，证明如下：
∵an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1（q－1）＜0，
∴an＋1＞an，∴{an}是递增数列.
（5）若q＝1，则数列{an}的单调性如何？q＜0呢？
提示：当q＝1时，{an}是常数列，不具有单调性；当q＜0时，
{an}是一个摆动数列，也不具有单调性.
【迁移应用】
1. 在等比数列{an}中，已知a1＞0，8a2－a5＝0，则数列{an}为
（ ）
A. 递增数列 B. 递减数列
C. 常数列 D. 无法确定单调性
解析： 由8a2－a5＝0，可知 ＝q3＝8，解得q＝2.又因为a1＞
0，所以数列{an}为递增数列.
2. 数列{an}是各项均为正数的等比数列，且an－an－1＞0（n≥2），
则该数列的公比q的取值范围是（ ）
A. q＝1 B. q＜0
C. q＞1 D. 0＜q＜1
解析： 由an－an－1＞0（n≥2）可知，数列{an}是递增的等比
数列.又因为数列{an}的各项均为正数，所以q＞1.
3. 在等比数列{an}中，如果公比为q，且q＜1，那么等比数列{an}是
（ ）
A. 递增数列 B. 递减数列
C. 常数列 D. 无法确定单调性
解析： 如等比数列{（－1）n}的公比为－1，是摆动数列，不
具有单调性；等比数列 的公比为 ，是递减数列；等比数列
的公比为 ，是递增数列.
1. 若数列{an}是公比为 的正项等比数列，则{ ·a2n}是
（ ）
A. 公比为2 的等比数列
B. 公比为 的等比数列
C. 公差为2 的等差数列
D. 公差为 的等差数列
解析： 数列{an}是公比为 的正项等比数列，则 ＝
（n≥2，n∈N＋），设bn＝ ·a2n，则 ＝ ＝
·（ ）2＝2 （n≥2，n∈N＋）.
2. 在首项a1＝1，公比q＝2的等比数列{an}中，当an＝64时，项数n
等于（ ）
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
解析： 因为an＝a1qn－1，所以1×2n－1＝64，即2n－1＝26，得n
－1＝6，解得n＝7.
3. 设a1，a2，a3，a4成等比数列，其公比为2，则 的值为
（ ）
A. B.
C. D. 1
解析： 原式＝ ＝ ＝ .
4. 在等比数列{an}中，已知a1＝ ，a5＝3，则a3＝（ ）
A. 1 B. 3
C. ±1 D. ±3
解析： 由a5＝a1·q4＝3，所以q4＝9，得q2＝3，a3＝a1·q2＝
×3＝1.
5. 已知{an}为等比数列，且a5＝8，a7＝2，该数列的各项都为正数，
则an＝ .
解析：由已知得得∵an＞0，
∴∴an＝128× ＝28－n.
28－n
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 若等比数列的前三项分别为5，－15，45，则第5项是（ ）
A. 405 B. －405
C. 135 D. －135
解析： ∵a5＝a1q4，而a1＝5，q＝ ＝－3，∴a5＝405.
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2. 在等比数列{an}中，a3＝2，a6＝16，则数列{an}的公比是
（ ）
A. －2 B.
C. 2 D. 4
解析： 设公比为q，由题意得q3＝ ＝8，解得q＝2.
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3. 已知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，则log3a2 026＝（ ）
A. 2 022 B. 2 023
C. 2 024 D. 2 025
解析： 由已知可得a1＝1，q＝3，则数列{an}的通项公式为an
＝a1·qn－1＝3n－1，则log3a2 026＝log332 025＝2 025.
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4. 数列{an}满足：an＋1＝λan－1（n∈N＋，λ≠0，λ∈R），若数
列{an－1}是等比数列，则λ的值是（ ）
A. 1 B. 2
C. D. －1
解析： 数列{an－1}为等比数列 ＝ ＝q，即：
λan－2＝qan－q恒成立，可知： λ＝2.
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5. （多选）已知数列{an}是等比数列，给出以下数列，其中一定是等
比数列的是（ ）
A. {｜an｜} B. {an－an＋1}
C. D. {kan}
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解析： 设等比数列{an}的公比为q，∵ ＝｜q｜，
∴{｜an｜}是等比数列.当{an}为常数列时，an－an＋1＝0，
∴{an－an＋1}不是等比数列.∵ ＝ ＝ ，∴ 是等比数
列.当k＝0时，kan＝0，∴{kan}不是等比数列.故只有A、C一定
是等比数列.
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6. （多选）已知等比数列{an}的公比为q，a3＝4且a2，a3＋1，a4成
等差数列，则q的值可能为（ ）
A. B. 1
C. 2 D. 3
解析： 因为a2，a3＋1，a4成等差数列，所以a2＋a4＝2（a3＋
1），因为a3＝4.又{an}是公比为q的等比数列，所以由a2＋a4＝2
（a3＋1），得a3 ＝2（a3＋1），即q＋ ＝ ，解得q＝2
或 .
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7. 若{an}为等比数列，且2a4＝a6－a5，则公比q＝ .
解析：设首项为a1，显然a1q≠0，由已知得2a1q3＝a1q5－a1q4，
即2＝q2－q，解得q＝－1或q＝2.
－1或2
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8. 已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，则数列{an}中能构成等
比数列的三项可以为 .（只需写出
一组）
解析：因为数列{an}的通项公式为an＝3n－1，
所以数列{an}中的项依次为2，5，8，11，14，17，20，23，26，
29，32，35，…，显然 ＝ ，所以2，8，32能构成等比数列.
2，8，32（答案不唯一）
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9. 已知{an}是等差数列，公差d不为零.若a2，a3，a7成等比数列，
且2a1＋a2＝1，则a1＝ ，d＝ .
解析：由题意可得 ＝ ，
即（a1＋2d）2＝（a1＋d）（a1＋6d），
故有3a1＋2d＝0， ①
由2a1＋a2＝1，得3a1＋d＝1， ②
联立①②解得d＝－1，a1＝ .
－1
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10. 已知数列{an}为等比数列，an＞0，a1＝2，2a2＋a3＝30.
（1）求an；
解： 设公比为q，由题意得2a1q＋a1q2＝30，
所以4q＋2q2＝30，所以q2＋2q－15＝0，
所以q＝3或－5.因为an＞0，所以q＝3.
所以an＝a1qn－1＝2×3n－1（n∈N＋）.
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（2）若数列{bn}满足bn＋1＝bn＋an，b1＝a2，求b5.
解： 因为b1＝a2，所以b1＝6.又bn＋1＝bn＋an，所以
bn＋1＝bn＋2·3n－1.
所以b2＝b1＋2×30＝6＋2＝8，b3＝b2＋2×31＝8＋6＝14，
b4＝b2＋2×32＝14＋18＝32，b5＝b4＋2×33＝32＋54＝86.
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11. （多选）已知公差为d的等差数列a1，a2，a3，…，则对重新组成
的数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…描述正确的是（ ）
A. 一定是等差数列
B. 公差为2d的等差数列
C. 可能是等比数列
D. 可能既非等差数列又非等比数列
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解析： 由题意得a1＋a4＝2a1＋3d，a2＋a5＝2a1＋5d，a3
＋a6＝2a1＋7d，…，令bn＝an＋an＋3，则bn＋1－bn＝[2a1＋
（2n＋3）d]－[2a1＋（2n＋1）d]＝2d，因此数列a1＋a4，a2
＋a5，a3＋a6，…一定是公差为2d的等差数列，即A、B正确，D
错误；当a1≠0，d＝0时bn＝2a1，此时数列a1＋a4，a2＋a5，a3
＋a6，…可以是等比数列，即C正确.故选A、B、C.
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12. 已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项
为b，公比为a，其中a，b都是大于1的正整数，且a1＜b1，b2＜
a3，对于任意的n∈N＋，总存在m∈N＋，使得am＋3＝bn成立，
则a＝ ，an＝ .
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5n－3
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解析：∵a1＜b1，b2＜a3，∴∴b（a－2）＜a＜
b，∴a＜3，又∵a＞1，且a∈N＋，∴a＝2.∵对于任意的n∈N
＋，总存在m∈N＋，使得am＋3＝bn成立，∴令n＝1，得2＋（m
－1）b＋3＝b，∴b（2－m）＝5，又∵2－m＜2，且2－m∈N
＋，∴∴an＝a＋（n－1）b＝5n－3.
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13. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
（1）设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
解： 证明：由已知，有a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝3a1
＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.
又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－（4an＋2）＝4an＋1－
4an，于是an＋2－2an＋1＝2（an＋1－2an），即bn＋1＝2bn.
因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列.
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（2）求数列{an}的通项公式.
解： 由（1）知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，
所以an＋1－2an＝3×2n－1.于是 － ＝ ，
因此数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
＝ ＋（n－1）× ＝ n－ .
所以an＝（3n－1）·2n－2.
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14. 如图给出了一个“三角形数阵”.已知每一列数成等差数列，从第
三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，
，
， ，
…
记第i行第j列的数为aij（i，j∈N＋），则a53的值为（ ）
A. B.
C. D.
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解析： 第一列构成首项为 ，公差为 的等差数列，所以a51＝
＋（5－1）× ＝ .又因为从第三行起每一行数成等比数列，而
且每一行的公比都相等，所以第5行构成首项为 ，公比为 的等
比数列，所以a53＝ × ＝ .
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15. 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列.
（1）证明： ， ， ， 依次构成等比数列；
解： 证明：因为 ＝ ＝2d（n＝1，2，
3）是同一个常数，所以 ， ， ， 依次构成等
比数列.
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（2）是否存在a1，d，使得a1， ， ， 依次构成等比数
列？并说明理由.
解： 令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，
a，a＋d，a＋2d（a＞d，a＞－2d，d≠0）.
假设存在a1，d，使得a1， ， ， 依次构成等比数列，
则 ＝ ，即a4＝（a－d）（a＋d）3，
同理得（a＋d）6＝a2（a＋2d）4.
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令t＝ ，则1＝（1－t）（1＋t）3，且（1＋t）6＝（1＋
2t）4 ，化简得t3＋2t2－2＝0
（*），且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入（*）式，得t（t＋1）＋2（t＋1）－2＝t2
＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－ .
显然t＝－ 不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a1，d，使得a1， ， ， 依次构成等比数列.
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第二课时 等比数列的性质
新课程标准解读 核心素养
1.理解等比中项的定义，会利用等比中项
解决相关问题 数学抽象、数学运算
2.掌握等比数列的性质及等比数列在实际
生活中的应用 数学运算、数学建模
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
在等差数列{an}中，存在很多的性质，如：
（1）若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq（m，n，p，q∈N＋）；
（2）若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；
（3）若l1，l2，l3，l4，…，ln成等差数列，则 ， ， ，
，…， 也成等差数列.
【问题】 类比等差数列的性质，你能否得出等比数列的相类似的性
质呢？
知识点一 等比中项
如果x，G，y是 数列，那么称G为x与y的等比中项，此
时G＝ .
等比
±
【想一想】
1. 任何两个非零实数都有等比中项吗？
提示：不一定，当两个实数同号时才有等比中项，异号时不存在等
比中项.
2. G是x与y的等比中项的充要条件为G2＝xy吗？
提示：不是.若G是x与y的等比中项，则G2＝xy，反之不成立.
1. （多选）如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么（ ）
A. b＝3 B. b＝－3
C. ac＝9 D. ac＝－9
解析： ∵b是－1，－9的等比中项，∴b2＝9，b＝±3.由等
比数列奇数项符号相同，得b＜0，故b＝－3，而b又是a，c的等
比中项，故b2＝ac，即ac＝9.
2. 已知一等比数列的前三项依次为x，2x＋2，3x＋3，则x＝
.
解析：由x，2x＋2，3x＋3成等比数列，可知（2x＋2）2＝x（3x
＋3），解得x＝－1或x＝－4，又当x＝－1时，2x＋2＝0，这与
等比数列的定义相矛盾，所以x＝－4.
－
4
知识点二 等比数列的性质
如果{an}是等比数列，而且正整数s，t，p，q满足s＋t＝p＋q，
则asat＝ .
特别地，如果2s＝p＋q，则 ＝ .
apaq
apaq
【想一想】
在有穷等比数列中与首末两项“等距离”的两项之积与首末两项之
积有何关系？
提示：相等.因为1＋n＝2＋（n－1）＝3＋（n－2）＝…，所以a1an
＝a2an－1＝a3an－2＝….
1. 在等比数列{an}中若a3a5＝4，则a1a7＝（ ）
A. 4 B. 2
C. 8 D. 16
解析： ∵3＋5＝1＋7，∴a1a7＝a3a5＝4.
2. 在等比数列{an}中，若a3＝2，则a1a2a3a4a5＝ .
解析：a1a2a3a4a5＝ ＝25＝32.
32
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 等比中项
【例1】 （1）在等比数列{an}中，a1＝ ，q＝2，则a4与a8的等比
中项a6＝（ ）
A. ±4 B. 4
C. ± D.
解析：由an＝ ×2n－1＝2n－4知，a4＝1，a8＝24，
∴a4与a8的等比中项为±4，又∵a1＞0，q＞0，∴a6＞0，故a4
与a8的等比中项为a6＝4.
（2）已知b是a，c的等比中项，求证：ab＋bc是a2＋b2与b2＋c2的
等比中项.
证明：因为b是a，c的等比中项，
所以b2＝ac，且a，b，c均不为零，
又因为（a2＋b2）（b2＋c2）＝a2b2＋a2c2＋b4＋b2c2＝a2b2＋
2a2c2＋b2c2，（ab＋bc）2＝a2b2＋2ab2c＋b2c2＝a2b2＋2a2c2
＋b2c2，
所以（ab＋bc）2＝（a2＋b2）（b2＋c2），
即ab＋bc是a2＋b2与b2＋c2的等比中项.
通性通法
1. 在等比数列{an}中，任取相邻的三项，an－1，an，an＋1，则an是an
＋1与an－1的等比中项，即 ＝an－1·an＋1.
2. “a，G，b成等比数列”是“G2＝ab”的充分不必要条件.
3. 等比数列中的任一项（除首、末两项）都是数列中距该项“距离”
相等的两项的等比中项，即 ＝an－k·an＋k（n＞k）.
【跟踪训练】
1. 已知a是1，2的等差中项，b是－1，－16的等比中项，则ab＝
（ ）
A. 6 B. －6
C. ±6 D. ±12
解析： 依题意知，2a＝1＋2，b2＝（－1）×（－16），∴a
＝ ，b＝±4，∴ab＝±6.
2. 已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an
＝ .
解析：由已知可得（a＋1）2＝（a－1）（a＋4），
解得a＝5，所以a1＝4，a2＝6，
所以q＝ ＝ ＝ ，所以an＝4× .
4×
题型二 等比数列性质的应用
【例2】 （1）在1与100之间插入n个正数，使这n＋2个数成等比数
列，则插入的n个数的积为（ A ）
A. 10n B. n10
C. 100n D. n100
解析：设这n＋2个数为a1，a2，…，an＋1，an＋2，
则a2·a3·…·an＋1＝（a1an＋2 ＝（100 ＝10n.
A
（2）在等比数列{an}中，a3＝16，a1a2a3…a10＝265，则a7等
于 .
解析：因为a1a2a3…a10＝（a3a8）5＝265，所以a3a8＝213，又因为a3＝16＝24，所以a8＝29，因为a8＝a3·q5，所以q＝2，所以a7＝ ＝256.
256
【母题探究】
1. （变设问）本例（2）条件不变，试求a1a5＋a2a9的值.
解：∵a1a2…a10＝（a2a9）5＝265，
∴a2a9＝213＝8 192.又∵a1a5＝ ＝162＝256.
∴a1a5＋a2a9＝256＋8 192＝8 448.
2. （变条件，变设问）若本例（2）中的条件“a3＝16，a1a2a3…a10
＝265”变为“a5＝3”，试求a1a2a3a4a5a6a7a8a9的值.
解：∵a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝ ＝9，∴a1a2…a8a9＝94×3＝
19 683.
通性通法
1. 在等比数列的有关运算中，常常涉及次数较高的指数运算，往往是
建立关于a1，q的方程组求解，但这样解起来很麻烦.若能避开求
a1，q，直接利用等比数列的性质求解，往往可使问题简单明了.
2. 在应用等比数列的性质解题时，需时刻注意等比数列性质成立的前
提条件.
【跟踪训练】
1. 已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝
（ ）
A. 7 B. 5
C. －5 D. －7
解析： 因为数列{an}为等比数列，所以a5a6＝a4a7＝－8，联立
解得或故a1＋a10＝ ＋
a7·q3＝－7.
2. 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＝ .
解析：设数列{an}的公比为q，由a5·a2n－5＝22n得a1q4·a1q2n－6＝
q2n－2＝22n，所以（a1qn－1）2＝（2n）2.又an＞0，所以a1qn－1
＝2n.故log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2（a1·a3·…·a2n－1）＝
log2（ q2＋4＋…＋2n－2）＝log2[ qn（n－1）]＝log2[（a1qn－1）n]＝
log2[（2n）n]＝n2.
n2
题型三 等比数列的实际应用问题
【例3】 某工厂2024年1月的生产总值为a万元，计划从2024年2月
起，每月生产总值比上一个月增长m%，那么到2025年8月底该厂的生
产总值为多少万元？
解：设从2024年1月开始，第n个月该厂的生产总值是an万元，则an＋1
＝an＋anm%，
∴ ＝1＋m%.
∴数列{an}是首项a1＝a，公比q＝1＋m%的等比数列，∴an＝a（1
＋m%）n－1，
∴2025年8月底该厂的生产总值为a20＝a（1＋m%）20－1＝a（1＋
m%）19（万元）.
通性通法
数列实际应用题常与现实生活和生产实际中的具体事件相联系，
建立数学模型是解决这类问题的核心，常用的方法有：（1）构造等
差、等比数列的模型，然后用数列的通项公式或求和公式求解；
（2）通过归纳得到结论，再用数列知识求解.
【跟踪训练】
某家庭决定要进行一项投资活动，预计每年收益5%.该家庭2025年1
月1日投入10万元，按照复利（复利是指在每经过一个计息期后，都
将所得利息加入本金，以计算下期的利息）计算，到2035年1月1日，
该家庭在此项投资活动的资产总额大约为（ ）
参考数据：1.058≈1.48，1.059≈1.55，1.0510≈1.63，1.0511≈1.71.
A. 14.8万元 B. 15.5万元
C. 16.3万元 D. 17.1万元
解析： 由题意知，该家庭2026年1月1日本金加收益和为10·（1＋
5%）＝10×1.05，2027年1月1日本金加收益和为10×1.052，2028年1
月1日本金加收益和为10×1.053，…，2035年1月1日本金加收益和为
10×1.0510≈10×1.63＝16.3.所以到2035年1月1日，该家庭在此项投
资活动的资产总额大约为16.3万元.
1.2＋ 和2－ 的等比中项是（ ）
A. 1 B. －1
C. ±1 D. 2
解析： 设2＋ 和2－ 的等比中项为G，则G2＝（2＋ ）
×（2－ ）＝1，∴G＝±1.
2. 由公比为q的等比数列a1，a2，…依次相邻两项的乘积组成的数列
a1a2，a2a3，a3a4，…是（ ）
A. 等差数列
B. 以q为公比的等比数列
C. 以q2为公比的等比数列
D. 以2q为公比的等比数列
解析： 因为 ＝ ＝q2为常数，所以该数列为以q2为
公比的等比数列.
3. 已知等比数列{an}满足a5＋a8＝2，a6·a7＝－8，则q3＝（ ）
A. － B. －2
C. － 或－2 D. 2
解析： 由等比数列的性质可知，a5·a8＝a6·a7＝－8，又因为a5
＋a8＝2，所以a5＝4，a8＝－2，或a5＝－2，a8＝4，所以q3＝
＝－2或－ .
4. 在等比数列{an}中，a3a4a6a7＝81，则a1a9的值为 .
解析：因为{an}为等比数列，所以a3a7＝a4a6＝a1a9，所以
（a1a9）2＝81，即a1a9＝±9.因为在等比数列{an}中，奇数项（或
偶数项）的符号相同，所以a1，a9同号，所以a1a9＝9.
9
5. 已知数列{an}为等比数列.
（1）若a1＋a2＋a3＝21，a1a2a3＝216，求an；
解： ∵a1a2a3＝ ＝216，
∴a2＝6，
∴a1a3＝36.
又∵a1＋a3＝21－a2＝15，
∴a1，a3是方程x2－15x＋36＝0的两根3和12.
当a1＝3时，q＝ ＝2，an＝3·2n－1；
当a1＝12时，q＝ ，an＝12· .
（2）若a3a5＝18，a4a8＝72，求公比q.
解： ∵a4a8＝a3q·a5q3＝a3a5q4＝18q4＝72，
∴q4＝4，
∴q＝± .
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 在等比数列{an}中，a1＝1，公比q≠1，若am＝a1a2a3a4a5，则m
等于（ ）
A. 9 B. 10
C. 11 D. 12
解析： 由题意得，am＝ ＝（a1q2）5＝ q10＝q10＝q11－1，
所以m＝11.故选C.
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2. 在等比数列{an}中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则（ ）
A. a1＝1 B. a3＝1
C. a4＝1 D. a5＝1
解析： 由题意，可得a1·a2·a3·a4·a5＝1，即
（a1·a5）·（a2·a4）·a3＝1，又因为a1·a5＝a2·a4＝ ，所以 ＝
1，得a3＝1.
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3. 已知各项均为正数的等比数列{an}中，lg（a3a8a13）＝6，则a1·a15
的值为（ ）
A. 100 B. －100
C. 10 000 D. －10 000
解析： ∵a3a8a13＝ ，∴lg（a3a8a13）＝lg ＝3lg a8＝6，
∴a8＝100，∴a1a15＝ ＝10 000，故选C.
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4. 已知{an}是等比数列，a4·a7＝－512，a3＋a8＝124，且公比为整
数，则公比q为（ ）
A. 2 B. －2
C. 1 D. －1
解析： 根据等比数列的性质可得a4·a7＝a3·a8＝－512，又a3＋
a8＝124，所以或因为公比为整数，所以
所以q5＝ ＝－32，所以q＝－2.
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5. 现存入银行8万元，年利率为2.50%，若采用一年期自动转存业
务，则第十年末的本利和为（ ）
A. 8×1.0258万元 B. 8×1.0259万元
C. 8×1.02510万元 D. 8×1.02511万元
解析： 由题意得，每年末的本利和依次构成以1＋2.50%＝
1.025为公比，8×1.025为首项的等比数列，所以第十年末的本利
和为8×1.025×1.02510－1＝8×1.02510万元.故选C.
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6. （多选）设{an}（n∈N＋）是各项为正数的等比数列，q是其公
比，Kn是其前n项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中
成立的是（ ）
A. 0＜q＜1
B. a7＝1
C. K9＞K5
D. K6与K7均为Kn的最大值
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解析： 根据题意，分析选项.对于B，若K6＝K7，则a7＝
＝1，B正确；对于A，由K5＜K6可得，a6＝ ＞1，则q＝ ∈
（0，1），故A正确；对于C，由{an}是各项为正数的等比数列且
q∈（0，1）可得数列单调递减，则有K9＜K5，故C错误；对于
D，结合K5＜K6，K6＝K7＞K8，可得D正确.故选A、B、D.
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7. 在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，则
a41a42a43a44＝ .
解析：设等比数列{an}的公比为q，
a1a2a3a4＝a1·a1q·a1q2·a1q3＝ ·q6＝1， ①
a13a14a15a16＝a1q12·a1q13·a1q14·a1q15＝ ·q54＝8， ②
②÷①得q48＝8，q16＝2，所以a41a42a43a44＝
a1q40·a1q41·a1q42·a1q43＝ ·q166＝ ·q6·q160＝（ ·q6）（q16）10
＝210＝1 024.
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8. 画一个边长为2厘米的正方形，再以这个正方形的对角线为边画第2
个正方形，以第2个正方形的对角线为边画第3个正方形，这样一共
画了10个正方形，则第10个正方形的面积等于 平方厘米.
解析：这10个正方形的边长构成以2为首项， 为公比的等比数列
{an}（1≤n≤10，n∈N＋），则第10个正方形的面积S＝ ＝
（ ）2＝211＝2 048.
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9. 已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，若a2a7a12＝
3 ，b1＋b7＋b13＝6π，则tan ＝ .
解析：由等比数列性质知a2a7a12＝ ＝3 ，解得a7＝ ，又数
列{bn}为等差数列，b1＋b7＋b13＝3b7＝6π，解得b7＝2π，又b2＋
b12＝2b7＝4π，a3a11＝ ＝3，所以tan ＝tan ＝tan ＝
.
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10. 已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，由{an}中的部分项组成的
数列 ， ，…， ，…为等比数列，其中b1＝1，b2＝5，
b3＝17.求数列{bn}的通项公式.
解：依题意 ＝a1a17，即（a1＋4d）2＝a1（a1＋16d），所以
a1d＝2d2，因为d≠0，所以a1＝2d.设数列{ }的公比为q，则
q＝ ＝ ＝3，
所以 ＝a13n－1， ①
又因为 ＝a1＋（bn－1）d＝ a1， ②
由①②得a1·3n－1＝ ·a1.
因为a1＝2d≠0，所以bn＝2×3n－1－1.
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11. （多选）已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数
列的是（ ）
A. B. {log2（an）2}
C. {an＋an＋1} D. {an＋an＋1＋an＋2}
解析： 当an＝1时，log2（an）2＝0，数列{log2（an）2}不一
定是等比数列.当q＝－1时，an＋an＋1＝0，数列{an＋an＋1}不一
定是等比数列.由等比数列的性质知 和{an＋an＋1＋an＋2}都是
等比数列.故选A、D.
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12. 若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则a3a18
＝ ，ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ .
解析：因为{an}为等比数列，所以a1a20＝a2a19＝…＝a9a12＝
a10a11.又因为a10a11＋a9a12＝2e5，所以a3a18＝a10a11＝a9a12＝e5，
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln（a1a2…a20）＝
ln[（a1a20）·（a2a19）·…·（a10a11）]＝ln（a10a11）10＝ln（e5）
10＝ln e50＝50.
e5
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13. 设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N＋，其中k是常
数.
（1）求a1及an；
解： 由Sn＝kn2＋n，得a1＝S1＝k＋1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1.
经验证，n＝1时，上式也成立，
所以an＝2kn－k＋1.
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（2）若对于任意的m∈N＋，am，a2m，a4m成等比数列，求k的
值.
解： 因为am，a2m，a4m成等比数列，
所以 ＝am·a4m，
即（4mk－k＋1）2＝（2km－k＋1）（8km－k＋1），
整理得mk（k－1）＝0.因为对任意的m∈N＋成立，所以k
＝0或k＝1.
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14. （多选）已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1＞
1，a6＋a7＞a6a7＋1＞2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项中
正确的选项是（ ）
A. 0＜q＜1 B. a6＞1
C. T12＞1 D. T13＞1
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解析： 由于等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且
a1＞1，a6＋a7＞a6a7＋1＞2，所以 （a7－1）＜0，由题
意得a6＞1，a7＜1，所以0＜q＜1.因为a6a7＋1＞2，所以a6a7＞
1，T12＝a1·a2·…·a11·a12＝ ＞1，T13＝ ＜1.故选A、
B、C.
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15. 判断是否存在一个等比数列{an}，使其满足下列三个条件：
（1）a1＋a6＝11，且a3a4＝ ；（2）an＋1＞an；（3）至少存在
一个m（m∈N＋，且m＞4），使 am－1， ，am＋1＋ 成等差
数列.若存在，请写出数列的通项公式；若不存在，请说明理由.
解：不存在.理由如下：
假设存在符合条件的等比数列{an}，
则a3a4＝a1a6＝ ，与a1＋a6＝11联立，
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解得或（舍去，因为an＋1＞an）.
设{an}的公比为q，由a6＝a1q5，得 ＝ q5，解得q＝2，
所以an＝ ·2n－1（n∈N＋）.
又因为 am－1， ，am＋1＋ 成等差数列，
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所以2 ＝ am－1＋ ，
即2 ＝ （ ·2m－2）＋（ ·2m＋ ），
化简整理，得22m－7·2m－8＝0，即（2m－8）·（2m＋1）＝0.
因为2m＋1＞0，所以2m－8＝0，即2m＝8，所以m＝3.
这与条件（3）中的m＞4矛盾.
所以不存在符合条件的等比数列{an}.
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