《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点三 等比数列的性质及应用
角度1 项的性质
例3 (2025·重庆七校诊断)已知$\{a_n\}$是等差数列,$\{b_n\}$是等比数列,若$a_2 + a_4 + a_6 = 4π,b_2b_4b_6 = 3\sqrt{3}$,则$\tan\frac{a_1 + a_7}{1 + b_2b_6} =$(A)

A.$ - \sqrt{3}$
B.$ - \frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\sqrt{3}$[因为\{a_n\}是等差数列,所以$a_2+a_4+a_6=3a_4=4\pi,$故$a_4=\frac{4\pi}{3},]$则$a_1+a_7=2a_4=\frac{8\pi}{3}.$因为\{b_n\}是等比数列,所以$b_2b_4b_6=b_3^3=3\sqrt{3},$故$b_4=\sqrt{3},$则$b_2b_6=3,$所以$\tan\frac{a_1+a_7}{1+b_2b_6}=\tan\frac{2\pi}{3}=-\sqrt{3}.]$

答案： A[因为$\{a_n\}$是等差数列,所以$a_2+a_4+a_6=3a_4=4\pi$,故$a_4=\frac{4\pi}{3}$,则$a_1+a_7=2a_4=\frac{8\pi}{3}$.因为$\{b_n\}$是等比数列,所以$b_2b_4b_6=b_3^3=3\sqrt{3}$,故$b_4=\sqrt{3}$,则$b_2b_6=3$,所以$\tan\frac{a_1+a_7}{1+b_2b_6}=\tan\frac{2\pi}{3}=-\sqrt{3}$.]

角度2 和的性质
例4 (2025·大连调研)已知等比数列$\{a_n\}$的前n项和为$S_n$,若$\frac{S_4}{S_8} = \frac{1}{4}$,则$\frac{S_{16}}{S_4 + S_8} =$(A)

A.8
B.9
C.16
D.17[设$S_n=x(x\neq0)$,则$S_4=4x$,因为$\{a_n\}$为等比数列,所以$S_4,S_8-S_4,S_{12}-S_8$ $S_{16}-S_{12}$仍成等比数列.]易知$\frac{S_8-S_4}{S_4}=\frac{4x-x}{x}=3$,所以$\frac{S_{12}-S_8}{S_8-S_4}=3(S_8-S_4)=9x$,所以$\frac{S_{16}-S_{12}}{S_{12}-S_8}=3(S_{12}-S_8)=27x$,则$\begin{cases}S_{12}=13x,\\S_{16}=40x,\end{cases}$故$\frac{S_{16}}{S_4+S_8}=\frac{40x}{x+4x}=8$.]

答案： A[设$S_n=x(x\neq0)$,则$S_4=4x$,因为$\{a_n\}$为等比数列,所以$S_4,S_8-S_4,S_{12}-S_8$ $S_{16}-S_{12}$仍成等比数列.易知$\frac{S_8-S_4}{S_4}=\frac{4x-x}{x}=3$,所以$\frac{S_{12}-S_8}{S_8-S_4}=3(S_8-S_4)=9x$,所以$\frac{S_{16}-S_{12}}{S_{12}-S_8}=3(S_{12}-S_8)=27x$,则$\begin{cases}S_{12}=13x,\\S_{16}=40x,\end{cases}$故$\frac{S_{16}}{S_4+S_8}=\frac{40x}{x+4x}=8$.]

角度3 等比数列的最值
例5 (多选)设等比数列$\{a_n\}$的公比为q,其前n项和为$S_n$,前n项积为$T_n$,并满足条件$a_1 ＞ 1,a_{2025}a_{2026} ＞ 1,\frac{a_{2025} - 1}{a_{2026} - 1} ＜ 0$,下列结论正确的是(AB)

A.$S_{2025} ＜ S_{2026}$
B.$a_{2025}a_{2027} - 1 ＜ 0$
C.$T_{2026}$是数列$\{T_n\}$中的最大值
D.数列$\{T_n\}$无最大值[当$q＜0$时,$a_{2025}a_{2026}=a_2^2025q＜0$,不成立;当$q\geq1$时,$\because a_1＞1,\therefore a_{2025}＞1,a_{2026}＞1$,]则$\frac{a_{2025}-1}{a_{2026}-1}＜0$不成立;故$0＜q＜1$,且$a_{2025}＞1,0＜a_{2026}＜1$,故$S_{2026}＞S_{2025}$,$A$正确;$a_{2025}a_{2027}-1=a_{2026}^2-1＜0$,故$B$正确;$T_{2025}$是数列$\{T_n\}$中的最大值,$C,D$错误.]

答案： AB[当$q＜0$时,$a_{2025}a_{2026}=a_2^2025q＜0$,不成立;当$q\geq1$时,$\because a_1＞1,\therefore a_{2025}＞1,a_{2026}＞1$,则$\frac{a_{2025}-1}{a_{2026}-1}＜0$不成立;故$0＜q＜1$,且$a_{2025}＞1,0＜a_{2026}＜1$,故$S_{2026}＞S_{2025}$,$A$正确;$a_{2025}a_{2027}-1=a_{2026}^2-1＜0$,故$B$正确;$T_{2025}$是数列$\{T_n\}$中的最大值,$C,D$错误.]

训练3 (1)(2025·蚌埠质检)已知各项均为正数的等比数列$\{a_n\}$中,若$a_5 = 9$,则$\log_3a_4 + \log_3a_6 =$(C)
A.2
B.3
C.4
D.9

答案：
(1)C[
(1)因为$\{a_n\}$是等比数列,所以$a_3^2=a_4a_6$,所以$\log_3a_4+\log_3a_6=\log_3a_3^2=\log_381=4$.]

(2)(多选)(2025·南京、盐城调研)已知$\{a_n\}$是等比数列,$S_n$是其前n项和,满足$a_3 = 2a_1 + a_2$,则下列说法中正确的有(AC)

A.若$\{a_n\}$是正项数列,则$\{a_n\}$是递增数列
B.$S_n,S_{2n} - S_n,S_{3n} - S_{2n}$一定是等比数列
C.若存在M ＞ 0,使$|a_n| ≤ M$对$n∈N^*$都成立,则$\{|a_n|\}$是等差数列
D.若存在M ＞ 0,使$|a_n| ≤ M$对$n∈N^*$都成立,则$\{S_n\}$是等差数列

答案：
(2)AC[
(2)$A$中,设数列$\{a_n\}$的公比为$q$,则有$a_1q^2=2a_1+a_1q$,故$q^2=q+2$,解得$q=-1$或$q=2$,若$\{a_n\}$是正项数列,则$a_1＞0,q＞0$,故$q=2$,故$\{a_n\}$是递增数列,$A$正确;$B$中,当$q=-1$且$n$为偶数时,$S_n,S_{2n}-S_n$,$S_{3n}-S_{2n}$均为$0$,不符合题意,$B$错误;$C$中,若$q=2$,则$\{|a_n|\}$为递增数列,此时不存在$M＞0$,使$|a_n|\leq M$对$n\in N^*$都成立,若$q=-1$,则$|a_n|=|a_1|$,故存在$M=|a_1|$,使得$|a_n|\leq M$对$n\in N^*$都成立,此时$\{|a_n|\}$为常数列,也为公差为$0$的等差数列,$C$正确;$D$中,由$C$选项可知,$q=-1$,故当$n$为偶数时,$S_n=0$,当$n$为奇数时,$S_n=a_1\neq0$,显然$(S_n)$不是等差数列,$D$错误.]

(3)已知数列$\{a_n\}$是等比数列,若$a_2 = 1,a_5 = \frac{1}{8}$,则$a_1a_2 + a_2a_3 + … + a_na_{n + 1}(n∈N^*)$的最小值为2.

答案：
(3)2[
(3)由已知得数列$\{a_n\}$的公比满足$q^3=\frac{a_5}{a_2}=\frac{1}{8}$,解得$q=\frac{1}{2},\therefore a_1=2,a_2=1,a_3=\frac{1}{2}$,故数列$\{a_na_{n+1}\}$是首项为$2$,公比为$\frac{a_2a_3}{a_1a_2}=\frac{1}{4}$的等比数列,$\therefore a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_na_{n+1}=\frac{2[1-(\frac{1}{4})^n]}{1-\frac{1}{4}}=\frac{8}{3}[1-(\frac{1}{4})^n]\in[2,\frac{8}{3})$.故最小值为$2$.]