2026年高考数学一轮复第03讲等比数列及其前n项和(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复第03讲等比数列及其前n项和(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共2页。学案主要包含了方法技巧，变式训练1-1，变式训练1-2，变式训练1-3，变式训练2-1，变式训练2-2，变式训练2-3，变式训练3-1等内容，欢迎下载使用。
01TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc31445" \l "_Tc199181714" 考情解码・命题预警 PAGEREF _Tc199181714 \h 2
\l "_Tc7518" 02体系构建·思维可视 PAGEREF _Tc7518 \h 3
\l "_Tc13381" 03核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc13381 \h 3
知能解码 \l "_Tc17021" PAGEREF _Tc17021 \h 3
\l "_Tc29629" 知识点1 等比数列的概念 PAGEREF _Tc29629 \h 3
\l "_Tc3638" 知识点2等比数列的有关公式 PAGEREF _Tc3638 \h 4
\l "_Tc11855" 知识点3 等比数列的性质 PAGEREF _Tc11855 \h 4
\l "_Tc20708" 题型破译 PAGEREF _Tc20708 \h 5
\l "_Tc11321" 题型1 等比数列基本量计数 PAGEREF _Tc11321 \h 5
【方法技巧】等比数列基本量计算方法
\l "_Tc11761" 题型2 等比数列的判断与证明 PAGEREF _Tc11761 \h 7
【方法技巧】判断与证明等比数列
\l "_Tc5840" 题型3 等比数列角标和性质 PAGEREF _Tc5840 \h 9
【方法技巧】等比数列角标和性质
\l "_Tc22159" 题型4 等比数列片段和性质 PAGEREF _Tc22159 \h 10
【方法技巧】等比数列片段和性质
\l "_Tc6891" 题型5 奇数项与偶数项求和问题 PAGEREF _Tc6891 \h 12
【方法技巧】等比数列奇偶项和问题
\l "_Tc11005" 题型6 等比数列与等差数列综合 PAGEREF _Tc11005 \h 14
\l "_Tc27530" 题型7 等比数列实际应用 PAGEREF _Tc27530 \h 16
\l "_Tc32519" 04真题溯源·考向感知 PAGEREF _Tc32519 \h 19
05课本典例·高考素材 \l "_Tc3788" PAGEREF _Tc3788 \h 21
\l "_Tc25045" 知识点1 等比数列的概念
(1)等比数列的定义
一般地，如果一个数列从2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，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，公比通常用字母()表示．数学语言表达：，为常数，.
(2)等比中项
如果，，成等比数列，那么叫做与的等比中项．即：是与的等比中项⇔，，成等比数列⇔.
自主检测已知数列{a n}满足，a4=1，an+1an=12（n=1,2,⋯），则{a n}的前4项和为 ．
【答案】15
【详解】因为an+1an=12(n=1,2,...),
所以数列{an}是公比为12的等比数列，
因为a4=a1123=1,
所以a1=8,
所以a1=8,a2=4,a3=2,a4=1,
S4=8+4+2+1=15.
故答案为：15.
\l "_Tc25045" 知识点2等比数列的有关公式
1)若等比数列的首项为，公比是，则其通项公式为；可推广为.
(2)等比数列的前项和公式：当时，；当时，.
自主检测（2025·陕西·模拟预测）已知an是公比为2的等比数列，bn是公差为4的等差数列，若a3=20,b1=a1，则bn的通项公式为bn= ．
【答案】4n+1
【详解】由题意可得a3=22a1=4a1=20，则a1=5，即b1=5，
则bn的通项公式为bn=5+4n−1=4n+1.
故答案为：4n+1
\l "_Tc25045" 知识点3 等比数列的性质
设数列是等比数列，是其前项和．
(1)若，则，其中.特别地，若，则，其中.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即，，，…仍是等比数列，公比为()．
(3)若数列，是两个项数相同的等比数列，则数列，和(其中，，是非零常数)也是等比数列．
自主检测等比数列an中，a2,a8是方程x2−9x+16=0的两个根，则a3a7a5=（ ）
A．4B．−4C．−4或4D．169
【答案】C
【详解】由a2,a8是方程x2−9x+16=0的两个根，可得a2+a8=9,a2a8=16，
因为数列an为等比数列，可得a3a7=a2a8=16且a52=a2a8=16，所以a5=±4，
所以a3a7a5=4或a3a7a5=−4.
故选：C.
题型1 等比数列基本量计数
例1-1已知等比数列an中，a4=−8,a2+a3=2，则公比q= .
【答案】−2
【详解】设等比数列an的公比为q，由a4=−8,a2+a3=2，得−8q2+−8q=2，解得q=−2.
故答案为：−2
例1-2已知等比数列an的前n项和为Sn，且满足a6−a3=56，S6−S3=112．求数列an的通项公式.
【答案】an=2n．
【详解】依题意，a6−a3=a3(q3−1)=a3(q−1)(q2+q+1)=56，
S6−S3=a4+a5+a6=a4(1+q+q2)=a3q(q2+q+1)=112，则q−1q=12，
解得q=2，a3=8，所以an=8×2n−3=2n.
方法技巧 等比数列基本量计算方法
方法总结解决等比数列基本量运算的思想方法
(1)方程思想:等比数列的基本量为首项和公比,通常利用已知条件及通项公式或前项和公式列方程(组)求解,等比数列中包含,,,,五个量,可“知三求二”.
(2)整体思想:当所给条件只有一个时,可将已知和所求都用,表示,寻求两者间的联系,整体代换即可求解.
(3)分类讨论思想:若题目中公比未知,则运用等比数列前项和公式时要对分和两种情况进行讨论.
【变式训练1-1】已知递增等比数列an的前n项和为Sn，a2=2，S3=7则a4=（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】A
【详解】由已知，数列为等比数列，a2=a1q=2S3=a1(1+q+q2)=7
可求出a1=1q=2，a1=4q=12（与数列为递增数列矛盾，舍去），故a4=a1q3=1×23=8.
故选：A
【变式训练1-2】在等比数列an中，已知a1=3，an=48，Sn=93，则n= ．
【答案】5
【详解】在等比数列an中，a1=3，an=48，Sn=93，所以公比q≠1．
由前n项和公式及通项公式可得，
93=31−qn1−q48=3qn−1，解得q=2，n=5．
故答案为：5.
【变式训练1-3】数列an成等比数列，其公比为q，前n项和为Sn．若a3=32，S3=92，则q= ．
【答案】−12或1
【详解】等比数列an的公比为q，由a3=32,S3=92，得32q2+32q+32=92，
整理得1q2+1q−2=0，解得1q=−2或1q=1，
所以q=−12或q=1.
故答案为：−12或1
题型2 等比数列的判断与证明
例2-1（多选）若Sn为数列an的前n项和，且Sn=2an+1n∈N*，则下列说法中正确的是（ ）
A．a3=−4B．S5=−64
C．an是等比数列D．Sn−1是等比数列
【答案】ACD
【详解】当n=1时，S1=2a1+1=a1⇒a1=−1，
当n≥2时，由Sn=2an+1有Sn−1=2an−1+1，
所以an=Sn−Sn−1=2an−2an−1⇒an=2an−1，
所以数列an时以−1为首项，2公比的等比数列，故C正确；
a3=a1q2=−1×22=−4，故A正确；
由Sn=a11−qn1−q=−11−2n1−2=1−2n⇒S5=1−25=−31，故B错误；
因为Sn−1=−2n，所以Sn−1是等比数列，故D正确.
故选：ACD.
例2-2已知数列an满足a1=1,an+1=an+2,n为奇数2an+1,n为偶数．
(1)设bn=a2n，写出b1,b2,b3；
(2)证明数列bn+3为等比数列；
【答案】(1)b1=3，b2=9，b3=21
(2)证明见解析
【详解】（1）已知a1=1，因为bn=a2n，所以b1=a2.
当n=1时，a2=a1+2=1+2=3，即b1=3.
当n=2时，b2=a4.
先求a3，因为n=2为偶数，a3=2a2+1=2×3+1=7.
再求a4，因为n=3为奇数，a4=a3+2=7+2=9，即b2=9.
当n=3时，b3=a6.
先求a5，因为n=4为偶数，a5=2a4+1=2×9+1=19.
再求a6，因为n=5为奇数，a6=a5+2=19+2=21，即b3=21.
（2）由bn=a2n可得bn+1=a2(n+1)=a2n+2.
所以bn+1=a2n+1+2=2a2n+1+2=2bn+3.
则bn+1+3=2(bn+3). 又b1+3=3+3=6.
所以数列{bn+3}是以6为首项，2为公比的等比数列.
方法技巧 判断证明等比数列方法
【变式训练2-1】数列an满足a1∈Z,an+1+an=2n+3，且其前n项和为Sn.若S17=am，则正整数m=（ ）
A．99B．103C．137D．169
【答案】D
【详解】由an+1+an=2n+3得an+1−n+1−1=−an−n−1，
∴an−n−1为等比数列，∴an−n−1=−1n−1a1−2，
∴an=−1n−1a1−2+n+1,am=−1m−1a1−2+m+1，
∴S17=a1+a2+a3+⋯+a16+a17=a1+2×2+4+⋯+16+3×8=a1+168，
①m为奇数时，a1−2+m+1=a1+168⇒m=169;
②m为偶数时，−a1−2+m+1=a1+168⇒m=2a1+165，
∵a1∈Z,m=2a1+165只能为奇数，∴m为偶数时，无解，
综上所述，m=169.
故选:D.
【变式训练2-2】已知数列an的前n项和为Sn，若Sn=2an+1，则an= ．
【答案】−2n−1
【详解】当n=1时，a1=S1=2a1+1，所以a1=−1；
当n≥2时，Sn−1=2an−1+1，
两式相减得，Sn−Sn−1=2an−2an−1，即an=2an−2an−1，
所以an=2an−1n≥2，
因为a1=−1≠0，所以an≠0，所以anan−1=2n≥2为常数，
故数列an是首项为−1，公比为2的等比数列，
所以an=−1×2n−1=−2n−1.
故答案为：−2n−1.
【变式训练2-3】已知数列an满足：a1=72，an=3an−1−1（n≥2）．
(1)求证：数列an−12是等比数列；
(2)求数列an的通项公式及其前n项和Sn的表达式．
【答案】(1)证明见解析
(2)an=3n+12,Sn=3n+1−3+n2
【详解】（1）由题得，an+1=3an−1,n≥1，
∴an+1−12an−12=3an−1−12an−12=3an−12an−12=3，a1−12=72−12=3，
所以数列an−12是以3为首项，公比为3的等比数列.
（2）由（1）得，an−12=3n，即an=3n+12，
所以前n项和Sn=31−3n1−3+n2=3n+1−3+n2.
题型3 等比数列角标和性质
例3-1已知an为各项均为正数的等比数列，a4和a5是方程x2−8x+10=0的两个根，则lga1+lga2+…+lga8=（ ）
A．72B．4C．92D．5
【答案】B
【详解】由a4和a5是方程x2−8x+10=0的两个根，得a4a5=10，
又数列an为各项均为正数的等比数列，则a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=10，
所以lga1+lga2+⋯+lga8=lga1a2⋯a8=4.
故选：B
例3-2已知数列an为等比数列，其中a6，a10为方程x2+2025x+3=0的两根．则a8=（ ）
A．12B．−3C．3D．±3
【答案】B
【详解】由题得，根据韦达定理可得a6⋅a10=3，a6+a10=−2025，则a60,
∴q2=b3b1=4⇒q=2，∴Tn=1×1−2n1−2=2n−1．
【变式训练6-1】在等差数列an中，a6=−6，a7=−3．
(1)求an通项公式及其前n项和Sn的最小值；
(2)若数列bn为等比数列，且b1=a9，b2=a11，求bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=3n−24，最小值为−84
(2)Tn=323n−1
【详解】（1）设等差数列an的公差为d.
因为a6=−6,a7=−3，所以a1+5d=−6a1+6d=−3，解得a1=−21d=3，
所以an=a1+n−1d=3n−24.
所以Sn=a1+ann2=3n−45n2=3n−1522−67542.
因为n∈N*，所以当n=7或n=8时Sn取得最小值，
且最小值为S7=S8=3×8−45×82=−84.
（2）由（1）可得：b1=a9=3，b2=a11=9，
所以等比数列bn的公比为q=b2b1=93=3，
所以bn=b1⋅qn−1=3n，所以等比数列bn的前n项和Tn=b11−qn1−q=31−3n1−3=323n−1.
【变式训练6-2】已知数列an中，an+1=2an,a4=8．
(1)求数列an的前5项；
(2)若等差数列bn满足b2=a3,b4=a5，求bn的前n项和Sn．
【答案】(1)a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,a5=16；
(2)Sn=3n2−5n
【详解】（1）数列an中，因为a4=8≠0，故an≠0，
故an+1an=2，所以数列an是等比数列，公比是2，
又因为a4=8，所以an=a4×2n−4=2n−1．
所以a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,a5=16；
（2）等差数列bn满足b2=4,b4=16，
设等差数列公差为d,2d=b4−b2=12，所以d=6，
所以bn=b2+n−2×6=6n−8，
所以bn的前n项和Sn=n−2+6n−82=n3n−5=3n2−5n．
【变式训练6-3】已知数列an满足：a1+a3=3，a2+a4=9．
(1)若数列an是等差数列，求an的通项公式以及前n项和Sn；
(2)若数列an是等比数列，求an的通项公式．
【答案】(1)an=3n−92，Sn=32n2−3n(n∈N∗)
(2)an=3n10
【详解】（1）因为数列an是等差数列，
所以2d=(a2+a4)−(a1+a3)=6．
所以d=3．
所以a1+a3=2a1+2d=3，
即2a1+2×3=3，
解得a1=−32．
所以数列an的通项公式an=−32+(n−1)⋅3，
即an=3n−92，
所以数列an的前n项和Sn=na1+12n(n−1)d=−32n+12n(n−1)⋅3，
即Sn=32n2−3n(n∈N∗)．
（2）因为数列an是等比数列，
所以q=a2+a4a1+a3=3．
由a1+a3=3，
得a1+a1q2=3，
即a1+9a1=3，
解得a1=310．
所以an=310⋅3n−1=3n10．
数列an的通项公式为an=3n10．
题型7 等比数列实际应用
例7-1在国家开发西部的号召下，某西部企业得到了一笔400万元的无息贷款用做设备更新．据预测，该企业设备更新后，第1个月收入为20万元，在接下来的5个月中，每月收入都比上个月增长20%，从第7个月开始，每个月的收入都比前一个月增加2万元．则从新设备使用开始计算，该企业用所得收入偿还400万无息贷款只需 个月．（结果取整）
【答案】10
【详解】由题意设每个月的收入为数列an，其前n项和记作Sn，前6个月的收入成等比数列，且公比为65，
第7个月开始收入成等差数列，公差为2，则S6=20×1−6561−65=100×656−100≈198.6，
又a7=a6+2=20×655+2≈51.77，a8=53.77，a9=55.77，a10=57.77，
而S9≈198.6+51.77+53.77+55.77=359.91，S10=S9+a10=417.68>400，
所以该企业用所得收入偿还400万元贷款只需10个月.
故答案为：10.
例7-2某企业2023年的纯利润为500万元，因为企业的设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降．若不进行技术改造，预测从2015年开始，此后每年比上一年纯利润减少20万元．如果进行技术改造，2024年初该企业需一次性投入资金600万元，在未扣除技术改造资金的情况下，预计2024年的利润为750万元，此后每年的利润比前一年利润的一半还多250万元．
(1)设从2024年起的第n年（以2024年为第一年），该企业不进行技术改造的年纯利润为an万元；进行技术改造后，在未扣除技术改造资金的情况下的年利润为bn万元，求an和bn；
(2)设从2024年起的第n年（以2024年为第一年），该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元，依上述预测，从2024年起该企业至少经过多少年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润？
【答案】(1)an=500−20n,bn=500[1+(12)n]
(2)4
【详解】（1）由题意得an是等差数列，a1=480,d=−20，
所以an=500−20n，由题意得b1=750,bn+1=12bn+250，
所以bn+1−500=12bn−500，
所以bn+1−500是首项为250，公比为12的等比数列，
所以bn−500=25012n−1，所以bn=500+25012n−1=5001+12n.
（2）An是数列an的前n项和，所以An=500n+n(n+1)2×−20=490n−10n2，
Bn是数列bn的前n项和减去600，
所以Bn=500(1+12+1+122+⋯⋯+1+12n)−600 =500n+12×1−12n1−12−600=500n−5002n−100，
Bn−An=500n−5002n−100−490n−10n2 =10n2+10n−5002n−100，
又当n∈N*时，函数y=10n2+10n−100,y=−5002n单调递增，
所以函数y=Bn−An单调递增，且n=1,2,3时Bn−An0，
所以至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.
【变式训练7-1】渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄.对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁.如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下表所示：
那么1975年7月出生的男职工法定退休年龄为（ ）
A．62岁3个月B．62岁5个月C．62岁8个月D．63岁
【答案】C
【详解】设1965年7月出生的男职工退休年龄为a1=6016岁，
则1966年7月出生的男职工退休年龄为a2=6016+14岁，
设7月出生的男职工退休年龄为an，则an是首项为6016，公差为14的等差数列，
1975年7月出生的男职工退休年龄为a11=6016+11−1×14=6223.
故1975年7月出生的男职工退休年龄为62岁8个月.
故选：C.
【变式训练7-2】王先生为购房于2019年12月初向银行贷款36万元，与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款，从2020年1月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率为0.5%，现因资金充足准备向银行申请提前还款，银行规定：提前还款除偿还剩余本金外，另需收取违约金，贷款不满一年提前还款收取提前还款额的百分之三作为违约金；贷款的时间在一年到两年之间申请提前还款收取提前还款额的百分之二作为违约金；满两年之后提前还款收取提前还款额的百分之一作为违约金.王先生计划于2024年12月初将剩余贷款全部一次性还清，则他按现计划的所有还款数额比按原约定的所有还款数额少（ ）
A．22450元B．27270元C．25650元D．27450元
【答案】C
【详解】根据题意，截止2024年12月，提前还款数额比按约定还款数额少的部分为：
按原计划还款时，从2024年12月起到原计划结束时所还的利息，即剩余60个月的利息，
同时减掉剩余还款额百分之一的违约金.因为每月所还本金为360000120=3000元，
所以2024年12月还完后本金还剩余360000−3000×60=180000元，
故违约金为1800元，
2025年1月应还利息为180000×0.5%，
2025年2月应还利息为180000−3000×0.5%，
2025年3月应还利息为180000−3000×2×0.5%，
⋯
最后一次应还利息为180000−3000×59×0.5%，
所以后60个月的利息合计为
180000×60−3000×1+2+3+⋯+59×0.5%=27450(元），
故他按现计划的所有还款数额比按原约定的所有还款数额少27450−1800=25650元.
故选：C.
【变式训练7-3】小琴3月8日用分期付款的方式购买一件商品，商品价格为2200元，购买当天支付200元，当年4月开始算分期付款的第一个月，月利率为0.5%,25个月还清．
（1）已知从当年4月开始，后面每月的8日都还款本金80元，并加付欠款利息，若全部欠款付清后，则购买这件商品实际付款 元；
（2）若从当年4月开始，后面每月的8日还款一次，每次还款数额相同，按复利计息，则每月还款金额为 元．（最后结果保留4位有效数字，参考数据：(1+0.5%)25≈1.133）
【答案】 2330 85.19
【详解】（1）设第n个月付款an元，则an=80+2000−80n−1×0.5%=90.4−0.4n，
所以购买这件商品实际付款Sn=i=125ai=90×25−0.4×2525−12=2130，
所以购买这件商品实际付款200+2130=2330元；
（2）设每期还款x元，按复利计算2000元贷款经过25期连本带息增值为20001+0.5%25元.
则x1+0.5%24+x1+0.5%23+⋅⋅⋅+x=20001+0.5%25，
可得x1−1+0.5%251−1+0.5%=20001+0.5%25，
整理可得x=20001+0.5%25×0.5%1+0.5%25−1≈2000×1.133×0.5%1.133−1≈85.19，
所以每月还款金额为85.19元.
故答案为：2330；85.19.
1．（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列an的各项均为正数，前n项和Sn，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=（ ）
A．158B．658C．15D．40
【答案】C
【详解】由题知1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4,
即q3+q4=4q+4q2,即q3+q2−4q−4=0,即(q−2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0,所以q=2.
所以S4=1+2+4+8=15.
故选:C.
2．（2023·天津·高考真题）已知数列an的前n项和为Sn，若a1=2,an+1=2Sn+2n∈N∗，则a4=（ ）
A．16B．32C．54D．162
【答案】C
【详解】当n≥2,n∈N∗时，an=2Sn−1+2，所以an+1−an=2an，即an+1=3an，
当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2=6=3a1，
所以数列an是首项为2，公比为3的等比数列，
则a4=a1q3=54.
故选：C.
3．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm．
【答案】 23 57.5/1152
【详解】设升量器的高为ℎ1，斗量器的高为ℎ2（单位都是mm），则π32522ℎ2π6522ℎ1=π32522×230π32522ℎ2=10，
故ℎ2=23mm，ℎ1=1152mm.
故答案为：23mm,1152mm.
4．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列an，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1=1,a5=12,a9=192，则a7= ；数列an所有项的和为 ．
【答案】 48 384
【详解】方法一：设前3项的公差为d，后7项公比为q>0，
则q4=a9a5=19212=16，且q>0，可得q=2，
则a3=1+2d=a5q2，即1+2d=3，可得d=1，
空1：可得a3=3,a7=a3q4=48，
空2：a1+a2+⋯+a9=1+2+3+3×2+⋅⋅⋅+3×26=3+31−271−2=384
方法二：空1：因为an,3≤n≤7为等比数列，则a72=a5a9=12×192=482，
且an>0，所以a7=48；
又因为a52=a3a7，则a3=a52a7=3；
空2：设后7项公比为q>0，则q2=a5a3=4，解得q=2，
可得a1+a2+a3=3a1+a32=6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=a3−a9q1−q=3−192×21−2=381，所以a1+a2+⋯+a9=6+381−a3=384.
故答案为：48；384.
5．（2022·全国甲卷·高考真题）记Sn为数列an的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(1)证明：an是等差数列；
(2)若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−78．
【详解】（1）因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn−1+n−12=2n−1an−1+n−1②，
①−②得，2Sn+n2−2Sn−1−n−12=2nan+n−2n−1an−1−n−1，
即2an+2n−1=2nan−2n−1an−1+1，
即2n−1an−2n−1an−1=2n−1，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，
所以an是以1为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，所以Sn=−12n+nn−12=12n2−252n=12n−2522−6258，
所以，当n=12或n=13时，Snmin=−78．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，即有a1