2022届高考数学统考一轮复习第五章数列第三节等比数列及其前n项和课时规范练文含解析北师大版

课时规范练31 等比数列及其前n 项和基础巩固组1.(2020安徽安庆二模,理5)等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 3a 6=2a 52,S 4=152,则a 2+a 4=( )A .32B .52C.32D.40 2.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2n =4(a 1+a 3+…+a 2n-1)(n ∈N +),a 1a 2a 3=-27,则a 5=( ) A.81B.24C.-81D.-243.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且7S 2=4S 4,则公比q 的值为( ) A.1B.1或12C .√32D.±√324.(2020湖南郴州一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n 2=a n-1·a n+1(n ≥2,n ∈N *),S n 为{a n }的前n 项和,若a 6=64,则S 7的值为( ) A.126 B.256 C.255 D.254 5.(2020广东惠州联考)已知数列{a n }为等差数列,且2a 1,2,2a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.15 B .212C.6D.3 6.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=3,S 4=15,则S 6=( )A.63B.62C.61D.607.(2020辽宁大连24中一模,4)在公差不为零的等差数列{a n }中,a 1+a 2+a 5=13,且a 1,a 2,a 5成等比数列,则数列{a n }的公差等于( ) A.1B.2C.3D.48.(2019全国1,理14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= .9.等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8= . 10.(2020四川绵阳三模,理17)若数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a n +1=23S n .(1)求S n ;(2)设b n =1S n,求证:b 1+b 2+b 3+…+b n <52.综合提升组11.(2020全国2,理6)数列{a n }中,a 1=2,a m+n =a m a n .若a k+1+a k+2+…+a k+10=215-25,则k=( )A.2B.3C.4D.512.(2020湖南常德一模,文7)等比数列{a n}的各项均为正数,已知向量n=(a5,a4),m=(a7,a8),且m·n=4,则log2a1+log2a2+…+log2a11=()A.5B.112C.132D.2+log2513.我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题(意为):“有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地”,那么,此人第4天和第5天共走路程是()A.24里B.36里C.48里D.60里14.(2020湖南常德一模,文17)在数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*).(1)证明:数列{a n+1}为等比数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.创新应用组15.(2020河南驻马店二模,文16)在数列{a n}中,a1=1,a n≠0,曲线y=x3在点(a n,a n3)处的切线经过点(a n+1,0),下列四个结论:①a2=23;②a3=13;③∑i=14a i=6527;④数列{a n}是等比数列,其中所有正确结论的编号是.16.(2020广东广州一模,理17)记S n为数列{a n}的前n项和,2S n-a n=12n-1(n∈N+).(1)求a n+a n+1;(2)令b n=a n+2-a n,证明数列{b n}是等比数列,并求其前n项和T n.参考答案课时规范练31等比数列及其前n项和1.B 设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 3a 6=2a 52,所以a 4a 5=2a 52,所以q=a 5a 4=12.因为S 4=152,所以a 1(1-q 4)1-q=152,解得a 1=4,所以a 2=2,a 4=12,a 2+a 4=52.故选B.2.C 设等比数列{a n }的公比为q ,已知S 2n =4(a 1+a 3+…+a 2n-1)(n ∈N *),令n=1,则S 2=4a 1,可得a 2=3a 1,q=3.∵a 1a 2a 3=-27,∴a 23=-27,解得a 2=-3,∴a 1=-1,则a 5=-34=-81.3.C 因为7S 2=4S 4,所以3(a 1+a 2)=4(S 4-S 2)=4(a 3+a 4),故q 2=34,因为数列{a n }为正项的等比数列,故q>0,所以q=√32,故选C .4.D 在数列{a n }中,满足a n 2=a n-1a n+1(n ≥2),则数列{a n }为等比数列.设其公比为q ,由a 1=2,a 6=64,得q 5=a6a 1=32,则q=2,则S 7=2×(1-27)1-2=28-2=254.5.C 由2a 1,2,2a 6成等比数列,可得4=2a 1·2a 6=2a 1+a 6,即a 1+a 6=2,又数列{a n }为等差数列,所以{a n }前6项的和为12×6(a 1+a 6)=6.6.A 由等比数列的性质可知S 2,S 4-S 2,S 6-S 4成等比数列,即3,12,S 6-15成等比数列, 所以S 6-15=12×4,解得S 6=63. 7.B 设数列{a n }的公差为d ,且d ≠0.∵a 1+a 2+a 5=13,∴3a 1+5d=13. ①∵a 1,a 2,a 5成等比数列,∴(a 1+d )2=a 1(a 1+4d ),②解①②组成的方程组,可得d=2.故选B. 8.1213设等比数列{a n }的公比为q ,则a 4=a 1q 3=13q 3,a 6=a 1q 5=13q 5. ∵a 42=a 6,∴19q 6=13q 5.∵q ≠0,∴q=3. ∴S 5=a 1(1-q 5)1-q=13(1-35)1-3=1213.9.32 设该等比数列的公比为q ,则S 6-S 3=634−74=14,即a 4+a 5+a 6=14.①∵S 3=74,∴a 1+a 2+a 3=74. 由①得(a 1+a 2+a 3)q 3=14, ∴q 3=1474=8,即q=2.∴a 1+2a 1+4a 1=74,a 1=14, ∴a 8=a 1·q 7=14×27=32.10.(1)解由a n +1=23S n ,可得S n +1-S n =23S n ,即S n +1=53S n ,由a 1=1,可得S 1=1,所以数列{S n }是首项为1,公比为53的等比数列,则S n =53n-1;(2)证明因为b n =1S n=35n-1,所以b 1+b 2+b 3+…+b n =1-(35) n1-35=52−52×35n <52. 11.C ∵a m+n =a m ·a n ,令m=1,又a 1=2,∴a n+1=a 1·a n =2a n , ∴a n+1a n=2,∴{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列,∴a n =2n .∴a k+1+a k+2+…+a k+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·1-2101-2=2k+11-2k+1=215-25.∴{k +11=15,k +1=5,解得k=4. 12.B 因为向量n =(a 5,a 4),m =(a 7,a 8),m ·n =4,所以m ·n =a 5a 7+a 4a 8=4,因为{a n }是等比数列,所以a 5·a 7=a 4·a 8=2,所以a 1·a 11=2, 所以log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 11=log 2(a 1·a 11)112=log 22112=112.故选B.13.B 记每天走的路程里数为{a n },可知{a n }是公比q=12的等比数列,由S 6=378,得S 6=a 1(1-126)1-12=378,解得a 1=192,∴a 4+a 5=192×(12)3+192×(12)4=24+12=36.所以此人第4天和第5天共走了36里,故选B . 14.(1)证明∵a n+1=2a n +1,∴a n+1+1=2(a n +1),又a 1+1=2,∴数列{a n +1}是以2为首项,2为公比的等比数列. (2)解由(1)得a n +1=2n , ∴a n =2n -1, ∴S n=(21-1)+(22-1)+…+(2n -1)=(21+22+…+2n )-n=2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2.故S n =2n+1-n-2.15.①③④ ∵y'=3x 2,∴曲线y=x 3在点(a n ,a n 3)处的切线方程为y-a n 3=3a n 2(x-a n ),∵该切线经过点(a n+1,0),∴-a n 3=3a n 2(a n+1-a n ).∵a n ≠0,∴a n+1=23a n ,又a 1=1,∴{a n }是首项为1,公比为23的等比数列.∴a 2=23,a 3=49,∑i=14a i =1-(23)41-23=6527.故所有正确结论的编号是①③④. 16.解(1)由2S n -a n =12n -1,①则2S n+1-a n+1=12n ,②②-①,可得2a n+1-a n+1+a n =12n −12n -1=-12n ,所以a n +a n+1=-12n . (2)由(1)可知a n +a n+1=-12n ,③则a n+1+a n+2=-12n+1,④④-③,可得a n+2-a n =-12n+1--12n =12n+1, 则b n =12n+1,且b n+1=12n+2.令n=1,则b 1=14.又因为b n+1b n=12n+212n+1=12,所以数列{b n }是首项为14,公比为12的等比数列.所以T n =14(1-12n )1-12=121-12n =12−12n+1.。

第三节 等比数列及其前n 项和课时作业1．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84解析：设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.故选B.答案：B2．等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19D ．－19解析：由题知公比q ≠1，则S 3＝a 11－q 31－q＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C. 答案：C3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( ) A ．－3 B ．5 C ．－31D ．33解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18， ∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8， ∴q ＝2.∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33，故选D.答案：D4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，公比q ＝2.若a m ＝a 1a 2a 3a 4(m ∈N *)，则m ＝( ) A ．11 B ．10 C ．9D ．8解析：a m ＝a 1a 2a 3a 4＝a 41qq 2q 3＝24×26＝210＝2m，所以m ＝10，故选B. 答案：B5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( ) A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n ＞a nD ．T n ＜b n ＋1解析：因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，所以S n ＝3·2n－3，所以a n ＝3·2n－1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q ，则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q＝6，解得b 1＝1，q ＝2，所以b n ＝2n －1，T n ＝2n－1，所以T n ＜b n ＋1，故选D.答案：D6．(2018·郑州质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是________．解析：设{a n }的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 11－251－2＝－62，a 1＝－2. 答案：－27．已知等比数列{a n }为递增数列，a 1＝－2，且3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1，则公比q ＝________. 解析：因为等比数列{a n }为递增数列且a 1＝－2<0，所以0<q <1，将3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1两边同除以a n 可得3(1＋q 2)＝10q ，即3q 2－10q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝13，而0<q <1，所以q＝13. 答案：138．若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝__________. 解析：∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3， ∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12. 答案：3n －1＋129．(2018·昆明市检测)数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＋2a n ＝3. (1)证明{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)已知符号函数sgn(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，设b n ＝a n ·sgn(a n )，求数列{b n }的前100项和．解析：(1)因为a n ＋1＝－2a n ＋3，a 1＝－1， 所以a n ＋1－1＝－2(a n －1)，a 1－1＝－2，所以数列{a n －1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．故a n －1＝(－2)n ，即a n ＝(－2)n＋1.(2)b n ＝a n ·sgn(a n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋1，n 为偶数，2n－1，n 为奇数，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝(2－1)＋(22＋1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＋(2100＋1)＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.10．(2018·合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列{a nn}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴{a n n }是以12为首项、12为公比的等比数列．(2)由(1)知{a n n }是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝(12)n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.B 组——能力提升练1．(2018·长春调研)等比数列{a n }中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12解析：当公比q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝9，∴S 3＝3×9＝27. 当q ≠1时，S 3＝a 1－a 3q1－q，∴27＝a 1－9q1－q∴a 1＝27－18q ， ∴a 3＝a 1q 2，∴(27－18q )·q 2＝9， ∴(q －1)2(2q ＋1)＝0， ∴q ＝－12.综上q ＝1或q ＝－12.选C.答案：C2．数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( )A ．1B ．－1 C.12D ．2解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.答案：D3．(2018·彬州市模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －a ，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( ) A ．(2n －1)2B ．13(2n－1) C ．4n－1D ．13(4n－1) 解析：∵S n ＝2n－a ，∴a 1＝2－a ，a 1＋a 2＝4－a ，a 1＋a 2＋a 3＝8－a ， 解得a 1＝2－a ，a 2＝2，a 3＝4，∵数列{a n }是等比数列，∴22＝4(2－a )，解得a ＝1. ∴公比q ＝2，a n ＝2n －1，a 2n ＝22n －2＝4n －1.则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n－14－1＝13(4n－1)．答案：D4．设数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，则q ＝( ) A.32B ．－43C ．－32D ．－52解析：数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，且b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24,18,36,81}中， ∵数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列， 等比数列中有负数项，则q ＜0，且负数项为相隔两项∵|q |＞1，∴等比数列各项的绝对值递增，按绝对值的顺序排列上述数值18，－24,36，－54,81，相邻两项相除－2418＝－43，－3624＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，∵|q |＞1，∴－24,36，－54,81是{a n }中连续的四项，此时q ＝－32.答案：C5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________.解析：由S 3＋3S 2＝0，得a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2. 答案：－26．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2，当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，①∴S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，②①－②得a n ＝(32a n －1)－(32a n －1－1)，即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n＝11×3＋13×5＋…＋12n －32n －1＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1)＝n －12n －1. 7．数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12na n (n ∈N *)． (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n4n －a n，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n <2. 证明：(1)由题设得a n ＋1n ＋1＝12·a n n ，又a 11＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝22－n ，a n ＝n ·22－n＝4n 2n .(2)b n ＝a n4n －a n＝4n 2n 4n －4n 2n＝12n－1，因为对任意n ∈N *,2n－1≥2n －1，所以b n ≤12n －1.所以T n ≤1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <2.。

5-3 等比数列及其前n 项和课时规X 练A 组 基础对点练1．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( B ) A ．21 B.42 C ．63D.842．(2018·某某质检)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝( C ) A ．14 B.28 C ．32D.643．(2017·某某摸底考试)已知数列{a n }为等比数列，a 5＝1，a 9＝81，则a 7＝( B ) A ．9或－9 B.9 C ．27或－27D.27解析：∵数列{a n }为等比数列，且a 5＝1，a 9＝81， ∴a 27＝a 5a 9＝1×81＝81， ∴a 7＝±9.当a 7＝－9时，a 26＝1×(－9)＝－9不成立，舍去． ∴a 7＝9.故选B.4．(2018·某某调研测试)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( B ) A ．－2n B.2n C ．2n －1D.2n ＋1解析：由题意，得a 2a 8＝a 24，又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.5．在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( D ) A ．－3 B.－1 C ．1D.3解析：在等比数列{a n }中， ∵a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，∴a 4－a 3＝2S 3＋1－(2S 2＋1)＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3， ∴q ＝a 4a 3＝3.故选D.6．我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？( C ) A ．5 B.4 C ．3D.27．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( D ) A ．5 B.9 C ．log 345D.10解析：由等比数列性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，∴a 5a 6＝9， 则原式＝log 3a 1a 2…a 10＝log 3(a 5a 6)5＝10.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是__－2__. 9．(2018·某某调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5＝5，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝ __9__.解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质，可得a 1·a 9＝a 2·a 8＝a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25＝52，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝log 5(a 1·a 2·…·a 9) ＝log 5[(a 1·a 9)·(a 2·a 8)·(a 3·a 7)·(a 4·a 6)·a 5]＝log 5a 95＝log 559＝9.10．(2018·某某统考)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝4，a n ＋1＝3S n ＋4(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解析：(1)因为a n ＋1＝3S n ＋4， 所以a n ＝3S n －1＋4(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)． 又a 2＝3a 1＋4＝16＝4a 1，所以数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以a n ＝4n. (2)证明：因为a n b n ＝log 2a n ，所以b n ＝2n4n ，所以T n ＝241＋442＋643＋ (2)4n ，14T n ＝242＋443＋644＋ (2)4n ＋1，两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n4n ＋1＝23－6n ＋83×4n ＋1， 所以T n ＝89－6n ＋89×4n <89.11．(2017·某某质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列{a nn}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n ，知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.B 组 能力提升练1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( C )A ．2B.1C.12D.18解析：设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.2．(2018·某某质检)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马，”马主曰：“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( D )A ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且a ＝507B ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且c ＝507C ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且a ＝507A ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且c ＝507解析：由题意，可得a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ，故4c ＋2c ＋c ＝50，解得c ＝507.故选D.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( B ) A ．4 B.5 C ．6D.7解析：由等比数列的性质，可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．(2018·某某适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 018＝( A )A ．22 017－12 B.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 017C ．22 018－12D.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018解析：由a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，得q 6－16q 3＋64＝0，所以q 3＝8，即q ＝2，所以S 2 018＝a 11－q 2 0181－q ＝22 017－12.故选A.5．(2016·高考某某卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( C ) A ．充要条件 B.充分而不必要条件 C ．必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件解析：由题意，得a n ＝a 1qn －1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q2n －2＋a 1q2n －1＝a 1q2n －2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要而不充分条件，故选C.6．若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( D )A.32B.94 C ．1D.2解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9①，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92②，①÷②得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2.故选D. 7．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( D )A ．6 B.7 C ．8D.9解析：∵3a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)．∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q＝q 2＝32＝9.故选D.8．(2018·某某质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( A ) A ．22 018－1 B.32 018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103解析：因为3S n ＝2a n －3n ，所以当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝2a 1－3，所以a 1＝－3；当n ≥2时，3a n ＝3S n －3S n －1＝(2a n －3n )－(2a n －1－3n ＋3)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．则a n ＋1＝－2×(－2)n －1＝(－2)n，所以a n ＝(－2)n－1，所以a 2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1，故选A.9．(2018·某某质量预测)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝__100__.解析：由log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列．又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100， 所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.10．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值X 围是__(－∞，－1]∪[3，＋∞)__．解析：当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3； 当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1， 所以S 3的取值X 围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．11．(2018·某某质检)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，若a 1＝1，a 2·a 4＝16. (1)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2a 4＝16，得q 4＝16，所以q ＝2，则a n ＝2n －1.又b n ＝log 2a n ，所以b n ＝n －1. (2)由(1)可知a n ·b n ＝(n －1)·2n －1，则S n ＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1，2S n ＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n， 两式相减，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －1－(n －1)·2n＝2－2n1－2－(n －1)·2n ＝2n (2－n )－2， 所以S n ＝2n(n －2)＋2.12．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{}a n 是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解析：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即(λ－1)a n ＋1＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0，得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132，解得λ＝－1.。

第五章 数列授课提示：对应学生用书第293页[A 组 基础保分练]1．若正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝0，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝22n －1B ．a n ＝2nC ．a n ＝22n ＋1D ．a n ＝22n －3答案：A2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578 D ．558答案：A3．(2021·西安模拟)设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，则a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5D ．159.5 解析：因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，则a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12.a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.答案：C4．正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( ) A ．1 B ．2 C.22D ．2答案：D5．(2021·南宁统一考试)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，0＜q ＜1.答案：D6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，若S 2＋a 2＝S 3－3，则a 4＋3a 2的最小值为( )A ．12B ．9C ．16D ．18解析：因为S 3－S 2＝a 3，所以由S 2＋a 2＝S 3－3，得a 3－a 2＝3，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＝3q q －1，由于{a n }的各项为正，所以q ＞1.a 4＋3a 2＝a 1q 3＋3a 1q ＝a 1q (q 2＋3)＝3q q －1q (q 2＋3)＝3q 2＋3q －1＝3(q －1＋4q －1＋2)≥18，当且仅当q －1＝2，即q ＝3时，a 3＋3a 2取得最小值18.答案：D7．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 6S 3＝65，则数列{a n }的公比为________．答案：48．(2021·安庆模拟)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________． 答案：29．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．解析：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－3，解得a 1＝3， 当n ＝2时，S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－6，解得a 2＝9， 当n ＝3时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－9，解得a 3＝21.(2)假设{a n ＋λ}是等比数列，则(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)， 即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 下面证明{a n ＋3}为等比数列：∵S n ＝2a n －3n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n＋1，∴2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，∴a n ＋1＋3a n ＋3＝2，∴存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列． ∴a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．[B 组 能力提升练]1．(多选题)如图，在每个小格中填上一个数，使得每一行的数依次成等差数列，每一列的数依次成等比数列，则( )A.x ＝1 C ．z ＝3D ．x ＋y ＋z ＝2解析：因为每一列成等比数列，所以第一列的第3,4,5个小格中的数分别是12，14，18，第三列的第3,4,5个小格中的数分别是1，12，14，所以x ＝1.又每一行成等差数列，所以y ＝14＋3×12－142＝58，z －18＝2×18，所以z ＝38，所以x ＋y ＋z ＝2.故A ，D 正确；B ，C错误． 答案：AD2．已知等比数列{a n }满足a 4＋a 6a 1＋a 3＝18，a 5＝4，记等比数列{a n }的前n 项积为T n ，则当T n取最大值时，n ＝( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．6或7D ．7或8答案：C3．已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 27·a 2 020＝16，则a 1·a 2·…·a 1 017＝( ) A ．41 017 B ．21 017 C ．41 018 D ．21 018答案：B4．(多选题)已知数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，a 1＝1，b 1＝2，a 2＋b 2＝7，a 3＋b 3＝13.记c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，数列{c n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．a n ＝2n －1 B ．b n ＝2nC ．S 9＝1 409D ．S 2n ＝2n 2－n ＋43(4n－1)解析：设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q (q ≠0)，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＋2q ＝7，1＋2d ＋2q 2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，故a n ＝2n －1，b n ＝2n ，故A ，B 正确；则c 2n －1＝a 2n －1＝4n －3，c 2n ＝b 2n ＝4n ，所以数列{c n }的前2n 项和S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝n 1＋4n －32＋41－4n 1－4＝2n 2－n ＋43(4n －1)，S 9＝S 8＋a 9＝385，故C 错误，D 正确． 答案：ABD5．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案：2n ＋1－26．(2021·黄冈模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________.答案：317．(2021·山东德州模拟)给出以下三个条件：①数列{a n }是首项为2，满足S n ＋1＝4S n ＋2的数列；②数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝22n ＋1＋λ(λ∈R )的数列； ③数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝a n ＋1－2的数列．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 与S n 满足________，记数列b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，c n ＝n 2＋nb n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解析：选条件①.由已知S n ＋1＝4S n ＋2，可得当n ≥2时，S n ＝4S n －1＋2， 两式相减，得a n ＋1＝4(S n －S n －1)＝4a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n ＝1时，S 2＝4S 1＋2，即2＋a 2＝4×2＋2，解得a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1， 所以b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2，所以c n ＝n 2＋n b n b n ＋1＝n n ＋1n 2n ＋12＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1. 故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.选条件②.由已知3S n ＝22n ＋1＋λ，可得当n ≥2时，3S n －1＝22n －1＋λ，两式相减，得3a n ＝22n ＋1－22n －1＝3·22n －1，即a n ＝22n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足a n ＝22n －1，故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1. 以下同选条件①. 选条件③.由已知3S n ＝a n ＋1－2，可得当n ≥2时，3S n －1＝a n －2， 两式相减，得3a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n＝1时，3a1＝a2－2，又a1＝2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，故数列{a n}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n＝22n－1.以下同选条件①.[C组创新应用练]1．(多选题)设数列{a n}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，K n是其前n 项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中正确的是( )A．0＜q＜1B．a7＝1C．K9＞K5D．K6与K7均为K n的最大值解析：若K6＝K7，则a7＝K7K6＝1，故B正确；由K5＜K6可得a6＝K6K5＞1，则q＝a7a6∈(0,1)，故A正确；由数列{a n}是各项为正数的等比数列且q∈(0,1)，可得数列{a n}单调递减，则有K9＜K5，故C错误；结合K5＜K6，K6＝K7＞K8，可得D正确．答案：ABD2．(2021·湖南常德模拟)某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚八时各服一次，现知每次药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%.某人上午八时第一次服药，至第二天上午八时服完药时，这种药在他体内还残留( )A．220毫克B．308毫克C．123.2毫克D．343.2毫克解析：设第n次服药后，药在体内的残留量为a n毫克，则a1＝220，a2＝220＋a1×(1－60%)＝220×1.4＝308，a3＝220＋a2×(1－60%)＝343.2.答案：D3．设{a n}是各项为正数的无穷数列，A i是边长为a i，a i＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{A n}为等比数列的充要条件是( )A．{a n}是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，….∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n＝q ，从而{A n }为等比数列． 答案：D。

课时作业1．(2022·三明月考)若S n为数列{a n}的前n项和，且S n＝2a n－2，则S8等于( ) A．255 B．256C．510 D．511【解析】　当n＝1时，a1＝2a1－2，据此可得：a1＝2，当n≥2时：S n＝2a n－2，S n－1＝2a n－1－2，两式作差可得：a n＝2a n－2a n－1，则：a n＝2a n－1，据此可得数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为：S8＝2×（1－28）1－2＝29－2＝512－2＝510．故选C．【答案】　C2．等比数列{a n}中，其公比q<0，且a2＝1－a1，a4＝4－a3，则a4＋a5等于( ) A．8 B．－8C．16 D．－16【解析】　q2＝a3＋a4a1＋a2＝4，q＝－2．a4＋a5＝(a3＋a4)q＝－8．【答案】　B3．(2022·湛江二模)已知递增的等比数列{a n}中，a2＝6，a1＋1、a2＋2、a3成等差数列，则该数列的前6项和S6＝( )A．93 B．189C．18916D．378【解析】　设数列的公比为q，由题意可知：q>1，且：2(a2＋2)＝a1＋1＋a3，即：2×(6＋2)＝6q＋1＋6q，整理可得：2q2－5q＋2＝0，则q＝2，(q＝12舍去)．则：a1＝62＝3，该数列的前6项和S6＝3×（1－26）1－2＝189．故选B．【答案】　B4．(2022·贵阳一中模拟考试)已知各项均为正数的等比数列{a n}，前3项和为13，a3＝a2·a4，则a4＝( )A．13B．19C．1 D．3 【解析】　∵a3＝a2a4，又a n＞0，∴a3＝1，S3＝a3q2＋a3q＋1＝13，又q＞0，∴q＝13，∴a4＝a3q＝13，【答案】　A5．(2022·贵州模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若a2＝32，S3＝214，则数列{a n}的公比为( )A．2或12B．－2或－12C．－12或2 D．12或－2【解析】　设等比数列{a n}的公比为q，则a2＝a1q＝32，S3＝a1(1＋q＋q2)＝214，两式相除得（1＋q＋q2）q＝72，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝12或2．故选A．【答案】　A6．(2022·安徽淮北模拟)5个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为( )A．－2120B．－2C．－2110D．－215【解析】　由题意可知设这5个数分别为a，－2a，4a，－8a，16a，a≠0，故奇数项和与偶数项和的比值为a＋4a＋16a－2a－8a＝－2110．【答案】　C7．(2022·大庆二模)已知各项均不为0的等差数列{a n}，满足2a3－a27＋2a11＝0，数列{b n}为等比数列，且b7＝a7，则b1·b13＝( )A．16 B．8C．4 D．2【解析】　各项均不为0的等差数列{a n}，2a3－a27＋2a11＝0∴4a7－a27＝0，∴a7＝4b1·b13＝b27＝a27＝16．故选A【答案】　A8．(2022·山西晋中一模)已知等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝16，2a2＋a3＝a4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a100等于( )A．11 000 B．5 050C．5 000 D．10 000【解析】　设等比数列{a n}的公比为q，因为等比数列{a n}的各项均为正数，所以q＞0，因为2a2＋a3＝a4，所以2a2＋a2q＝a2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因为2a1＋3a2＝16，即2a1＋3a1q＝16，解得a1＝2，所以通项公式为a n＝a1q n－1＝2×2n－1＝2n，所以log2a n＝log22n＝n，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a100＝1＋2＋3＋…＋100＝（1＋100）×1002＝5050．故选B．【答案】　B9．(多选)(2022·广东肇庆模拟)已知数列{a n}是等比数列，公比为q，前n项和为S n，下列判断错误的有( )A．{1a n}为等比数列B．{log2a n}为等差数列C．{a n＋a n＋1}为等比数列D．若S n＝3n－1＋r，则r＝－1 3【解析】　令b n＝1a n，则b n＋1b n＝a na n＋1＝1q(n∈N＋)，所以{1a n}是等比数列，选项A正确；若a n＜0，则log2a n无意义，所以选项B错误；当q ＝－1时，a n ＋a n ＋1＝0，此时{a n ＋a n ＋1}不是等比数列，所以选项C 错误；若S n ＝3n －1＋r ，则a 1＝S 1＝1＋r ，a 2＝S 2－S 1＝3＋r －(1＋r )＝2， a 3＝S 3－S 2＝9＋r －(3＋r )＝6， 由{a n }是等比数列，得a 2＝a 1a 3，即4＝6(1＋r )，解得r ＝－13，所以选项D 正确．故选BC ．【答案】　BC10．(多选)(2022·浙江镇海中学模拟)设{a n }为等比数列，设S n 和T n 分别为{a n }的前n 项和与前n 项积，则下列选项正确的是( )A ．若S 2023≥S 2 022，则{S n }不一定是递增数列B ．若T 2 024≥T 2 023，则{T n }不一定是递增数列C ．若{S n }为递增数列，则可能存在a 2 022＜a 2 021D ．若{T n }是递增数列，则a 2 022＞a 2 021一定成立【解析】　对于选项A ，当{a n }为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…，时，S 2 023＝1，S 2 022＝0，S 2 021＝1，满足S 2 023≥S 2 022，但S 2 021＞S 2 022， 所以{S n }不是递增数列，故选项A 正确；对于选项B ，当{a n }为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…，时，T 2 023＝－1，T 2 024＝1，T 2 026＝－1，满足T 2 024≥T 2 023，但{T n }不是递增数列，故选项B 正确；对于选项C ，当{a n }为：1，12，14，18，…，时，S n ＝1－12n1－12＝2(1－12n )，满足{S n }为递增数列，此时a 2 022＝122 021＜a 2 021＝122 020，故选项C 正确； 对于选项D ，当{a n }为：2，2，2，…，时， T n ＝2n ，满足{T n }是递增数列，但是a 2 022＝a 2 021＝2，故选项D 不正确． 【答案】　ABC11．(2022·北京海淀高三上期末)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ．若－S 1、S 2、a 3 成等差数列，则数列{a n }的公比为________．【解析】　设等比数列{a n }的公比为q ，因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，－S 1、S 2、a 3成等差数列，所以2S 2＝－S 1＋a 3，则2(a 1＋a 2)＝－a 1＋a 3，因此3a 1＋2a 2＝a 3，所以q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1． 【答案】　3或－112．(2022·新乡三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．【解析】　很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得：S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－qa 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝89，解得：q ＝12，则：a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12．【答案】　－1213．(2022·石家庄二模)已知前n 项和为S n 的等比数列{a n }中，8a 2＝a 3a 4，S 5＝a 6－4． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：14≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n <12．【解】　(1)设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1， 由8a 2＝a 3a 4有q 3＝a 3a 4a＝8，可得q ＝2， 又由S 5＝a 6－4，有a 1（1－25）1－2＝32a 1－4，解得a 1＝4，有a n ＝4×2n －1＝2n ＋1．故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1． (2)证明：由1an ＝(12)n ＋1，可得1a1＋1a2＋…＋1a n＝14[1－(12)n]1－12＝12－12n＋1，又n∈N*，所以12－12n＋1<12；而12－12n＋1显然随n的增大而增大，所以12－12n＋1≥14，因此14≤1a1＋1a2＋…＋1a n<12．14．(2022·威海市高三模拟)已知正项等差数列{a n}的前n项和为S n，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝a n3n，记数列{b n}的前n项和为T n，求T n．【解】　(1)∵S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，∴3a2＝12，所以a2＝4．又∵2a1，a2，a3＋1成等比数列，∴a2＝2a1·(a3＋1)，即a2＝2(a2－d)·(a2＋d＋1)，解得，d＝3或d＝－4(舍去)，∴a1＝a2－d＝1，故a n＝3n－2．(2)b n＝a n3n＝3n－23n＝(3n－2)·13n，∴T n＝1×13＋4×132＋7×133＋…＋(3n－2)×13n，①①×13得13T n＝1×132＋4×133＋7×134＋…＋(3n－5)×13n＋(3n－2)×13n＋1．②①－②得2 3 T n＝13＋3×132＋3×133＋3×134＋ (3)13n－(3n－2)×13n＋1＝13＋3×132（1－13n－1）1－13－(3n－2)×13n＋1＝56－12×13n－1－(3n－2)×13n＋1，∴T n＝54－14×13n－2－3n－22×13n＝54－6n＋54×13n．。

第三节等比数列☆☆☆2021考纲考题考情☆☆☆考纲要求真题举例命题角度1.理解等比数列的概念；2.把握等比数列的通项公式与前n项和公式；3.了解等比数列与指数函数的关系。

2022，全国卷Ⅲ，17,12分(等比数列的证明、通项公式)2022，全国卷Ⅰ，15,5分(等比数列有关最值问题)2021，全国卷Ⅱ，4,5分(等比数列的计算)2021，全国卷Ⅱ，17,12分(等比数列的判定、基本运算与性质)主要以选择题、填空题的形式考查等比数列的基本运算与简洁性质。

解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查。

微学问小题练自|主|排|查1．等比数列的有关概念(1)定义：①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数。

②符号语言：a n＋1a n＝q(n∈N*，q为非零常数)。

(2)等比中项：假如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：a n＝a1q n－1。

(2)前n项和公式：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q＝1，a11－q n1－q＝a1－a n q1－q，q≠1。

3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n＝a m·q n－m(m，n∈N*)。

(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q。

特殊地，若m＋n＝2p，则a m·a n＝a2p。

(3)若等比数列前n项和为S n，则S m，S2m－S m，S3m－S2m仍成等比数列，即(S2m－S m)2＝S m(S3m－S2m)(m∈N*，公比q≠－1)。

(4)数列{a n}是等比数列，则数列{pa n}(p≠0，p是常数)也是等比数列。

(5)在等比数列{a n}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n，a n＋k，a n＋2k，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k。

第3讲 等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．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a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)． (2)等比中项假如a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 2＝ab ． “a ，G ，b 成等比数列”是“G 2＝ab ”的充分不必要条件． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．1．辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．2．等比数列的三种判定方法 (1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cqn －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．1．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝( )A ．－12B ．－2C ．2D.12D 由通项公式及已知得a 1q ＝2①，a 1q 4＝14②，由②÷①得q 3＝18，解得q ＝12.故选D.2．(2021·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84B 由于a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，所以3＋3q 2＋3q 4＝21. 所以1＋q 2＋q 4＝7.解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)． 所以a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B.3.教材习题改编 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( )A ．31B ．32C ．63D ．64C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C. 4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，所以a 2＝2， 所以q 2＝a 4a 2＝4，所以a 6＝a 4q 2＝32. 325．(2021·高考全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．由于a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又由于S n ＝126，所以2（1－2n）1－2＝126，所以n ＝6.6等比数列的基本运算(高频考点)等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题． 高考对等比数列的基本运算的考查常有以下三个命题角度： (1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(1)已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( ) A.13 B ．－13C.19D ．－19(2)(2021·高考安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．(3)(2022·高考全国卷丙改编)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，则a n ＝________．【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1， 即a 3＝9a 1，q 2＝9， 又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.(2)设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.(3)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．由于{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.【答案】 (1)C (2)2n－1 (3)12n －1角度一 求首项a 1、公比q 或项数n1．设等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 3＝4，S k ＝63，则k ＝( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7C 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知a 1＝1，a 3＝4，得q 2＝a 3a 1＝4.又{a n }的各项均为正数，所以q ＝2.而S k ＝1－2k1－2＝63，所以2k－1＝63， 解得k ＝6.角度二 求通项或特定项2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________． 由于3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.3n －1角度三 求前n 项和3．(2022·高考全国卷乙)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列， 通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此数列{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1. 等比数列的判定与证明(2021·高考广东卷节选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．【解】 (1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1， 解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n＝4a n ＋1(n ≥2)．由于 4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，所以a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．在本例条件下，求数列{a n }的通项公式．由本例(2)知，a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝4. 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2＋4(n －1)＝4n －2，即a n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，设b n ＝a n ＋1－2a n .(1)求证：{b n }是等比数列； (2)设c n ＝a n3n －1，求证：{c n }是等比数列． (1)a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n .b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝（4a n ＋1－4a n ）－2a n ＋1a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n＝2.由于S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是公比为2，首项为3的等比数列． (2)由(1)知b n ＝3·2n －1＝a n ＋1－2a n ，所以a n ＋12n －1－a n2n －2＝3.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －2是等差数列，公差为3，首项为2.所以a n2n －2＝2＋(n －1)×3＝3n －1.所以a n ＝(3n －1)·2n －2，所以c n ＝2n －2.所以c n ＋1c n ＝2n －12n －2＝2.所以数列{c n }为等比数列．等比数列的性质(1)(2021·湖北武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( ) A.38 B.245C.316D.916(2)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( ) A ．150 B ．－200 C ．150或－200D ．400或－50【解析】 (1)由题意，得a 23＝4a 2a 6＝4a 24，所以a 3＝2a 4. 所以q ＝12，又a 1＋2a 2＝a 1＋2a 1q ＝3，所以a 1＝32，a 4＝a 1q 3＝316.(2)依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20＞0，因此，S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 40＝70＋80＝150.【答案】 (1)C (2)A等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形；(2)等比中项的变形；(3)前n 项和公式的变形．依据题目条件，认真分析，发觉具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．1．(2021·昆明三中、玉溪一中统考)已知等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n C 依题意，a n ＝2n －1，1a n a n ＋1＝12n －1·2n ＝122n －1＝12×14n －1， 所以T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，故选C. 2．(2021·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________． 设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14.14——分类争辩思想在求数列前n 项和中的应用(2021·常州模拟)假如有穷数列a 1，a 2，a 3，…，a m (m 为正整数)满足条件a 1＝a m ，a 2＝a m －1，…，a m ＝a 1，即a i ＝a m －i ＋1(i ＝1，2，…，m )，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，3，4，3，2，1与数列a ，b ，c ，c ，b ，a 都是“对称数列”．(1)设{b n }是8项的“对称数列”，其中b 1，b 2，b 3，b 4是等差数列，且b 1＝1，b 5＝13.依次写出{b n }的每一项；(2)设{c n }是2m ＋1项的“对称数列”，其中c m ＋1，c m ＋2，…，c 2m ＋1是首项为a ，公比为q 的等比数列，求{c n }的各项和S n .【解】 (1)设数列b 1，b 2，b 3，b 4的公差为d ，b 4＝b 1＋3d ＝1＋3d . 又由于b 4＝b 5＝13，解得d ＝4，所以数列{b n }为1，5，9，13，13，9，5，1.(2)S n ＝c 1＋c 2＋…＋c 2m ＋1＝2(c m ＋1＋c m ＋2＋…＋c 2m ＋1)－c m ＋1＝2a (1＋q ＋q 2＋…＋q m)－a ＝2a ·1－qm ＋11－q－a (q ≠1)．而当q ＝1时，S n ＝(2m ＋1)a .所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（2m ＋1）a ，q ＝1，2a ·1－qm ＋11－q －a ，q ≠1. (1)本题是新定义型数列问题，在求等比数列{c n }的前n 项和时利用了分类争辩思想．(2)分类争辩思想在数列中应用较多，常见的分类争辩有： ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种状况； ②项数的奇、偶数争辩；③等比数列的单调性的推断与a 1，q 的取值的争辩．在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)， 解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ·(n ＋1)． 由于b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.1．(2021·太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2B 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q2＝a 4a 2＝14， 所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．(2021·宜春中学与新余一中联考)等比数列{a n }中，a 3＝9，前3项和为S 3＝3⎠⎛03x 2d x ，则公比q 的值是( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12C 由于⎠⎛03x 2d x ＝13x 3⎪⎪⎪⎪3＝9，所以S 3＝3×9＝27，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝9S 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝27，解得q ＝1或q ＝－12. 3．(2021·安徽安庆二模)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R ，且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( )A ．1B ．－1 C.12D ．2D 由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.4．(2021·海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( ) A.12 B.1716 C ．2D ．17B 设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.留意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.5．(2021·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n＝ban ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ban ＝33n， 所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.6．(2021·广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212C 由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.7．由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________． log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10 ＝log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6) ＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25. 258．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________． 设数列{a n }的公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q .又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，所以a n ＝a 1·q n －1＝2n.2n9．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，全部的奇数项之和为85，全部的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．由题意得a 1＋a 3＋…＝85，a 2＋a 4＋…＝170， 所以数列{a n }的公比q ＝2，由数列{a n }的前n 项和公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.810．(2022·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4a 2＝2a 1＋1，解得a 1＝1.由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，得S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以{S n ＋12}是以32为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n－12，所以S 5＝121.1 12111．已知等差数列{a n }满足a 2＝2，a 5＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)各项均为正数的等比数列{b n }中，b 1＝1，b 2＋b 3＝a 4，求{b n }的前n 项和T n . (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋4d ＝8，所以a 1＝0，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2.(2)设等比数列{b n }的公比为q ，则由已知得q ＋q 2＝a 4. 由于a 4＝6，所以q ＝2或q ＝－3. 由于等比数列{b n }的各项均为正数， 所以q ＝2.所以{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n－1.12．(2022·高考全国卷丙)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.13．(2021·福建模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n ＞1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7C 由于{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，所以a 23＝a 3，所以a 3＝1.又由于q ＞1，所以a 1＜a 2＜1，a n ＞1(n ＞3)，所以T n ＞T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1＜1，T 2＝a 1·a 2＜1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2＜1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1＜1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6＞1，故n 的最小值为6，故选C.14．(2021·北京海淀区高三检测)已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝______________________________；{a n }的前n 项和S n ＝________．由于a n ＋ma m＝a n ， 所以a n ＋m ＝a n ·a m ，所以a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8； 令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列， 所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.8 2n ＋1－215．(2021·云南省第一次统一检测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 2＋a 3＝26，S 6＝728. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n.(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由728≠2×26得，S 6≠2S 3，所以q ≠1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝26S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝728，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝3 .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －1.(2)证明：由(1)可得S n ＝2×（1－3n）1－3＝3n－1.所以S n ＋1＝3n ＋1－1，S n ＋2＝3n ＋2－1.所以S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n.16．(2021·南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)由于a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0， 所以2q 2－3q ＋1＝0， 由于q ≠1， 所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.。

第五章 第三节 等比数列及其前n 项和一、选择题1．如果等比数列{a n }中，a 3·a 4·a 5·a 6·a 7＝42，那么a 5＝( )A ．2B. 22．设数列{a n }，{b n }分别为等差数列与等比数列，且a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，那么以下结论正确的选项是( )A ．a 2＞b 2B ．a 3＜b 3C ．a 5＞b 5D ．a 6＞b 6 3．设a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，其公比为2，那么2a 1＋a 22a 3＋a 4的值为( ) A.14B.12C.18 D ．14．等比数列{a n }中，a n ＞0，a 10a 11＝e ，那么ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20的值为( )A ．12B ．10C ．8D ．e5．假设等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n ，那么公比为( )A ．2B ．4C ．8D ．166．a 1，a 2，a 3，a 4是各项不为零的等差数列且公差d ≠0，假设将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列，那么a 1d 的值为( )A ．－4或1B ．1C ．4D ．4或－1二、填空题7．{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，那么此数列的公比q ＝________.8．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，那么数列{a n }的通项公式为________．9．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，假设数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，那么6q ＝________.三、解答题10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ·a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n ·11．等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13.(1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n 2； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．12．两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a >0)， b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3.(1)假设a ＝1，求数列{a n }的通项公式；(2)假设数列{a n }唯一，求a 的值．详解答案一、选择题1．解析：依题意得a 55＝252，a 5＝ 2.答案：B2．解析：设等差数列的公差为d ，等比数列公比为q ，由a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，得d ＝－1，q ＝322，于是a 2＝3＞b 2＝232. 答案：A3．解析：由题意得a 2＝2a 1，a 3＝4a 1，a 4＝8a 1. ∴2a 1＋a 22a 3＋a 4＝2a 1＋2a 18a 1＋8a 1＝14. 答案：A4．解析：l n a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)…(a 10a 11)]＝lne 10＝10. 答案：B5．解析：由a n a n ＋1＝16n ，得a n ＋1·a n ＋2＝16n ＋1，两式相除得，a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝16n ＋116n ＝16，∴q 2＝16. ∵a n a n ＋1＝16n ，可知公比为正数，∴q ＝4.答案：B6．解析：假设删去a 1或a 4，知数列既为等差也为等比时，公差d ＝0，由条件知不成立．假设删去a 2，那么(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，假设删去a 3，那么(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得a 1d＝－4或1. 答案：D二、填空题7．解析：由题意得2q 2－2q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1.又{a n }单调递增，得q ＞1，∴q ＝2.答案：28．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1，n ＝12n －1，n ≥2. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1，n ＝12n －1，n ≥29．解析：∵b n ＝a n ＋1，∴a n ＝b n －1， 而{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中， ∴{a n }有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中． ∵{a n }是公比为q 的等比数列，|q |＞1， ∴{a n }中的连续四项为－24，36，－54，81.∵q ＝－3624＝－32，∴6q ＝－9. 答案：－9三、解答题 10．解：设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n －1)； 11．解：(1)证明：因为a n ＝13×(13)n －1＝13n ， S n ＝131－13n 1－13＝1－13n 2， 所以S n ＝1－a n 2. (2)因为b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n n ＋12.所以{b n }的通项公式为b n ＝－n n ＋12.12．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，那么b 1＝1＋a ＝2，b 2＝2＋aq ＝2＋q ，b 3＝3＋aq2＝3＋q 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋q )2＝2(3＋q 2)． 即q 2－4q ＋2＝0，解得q 1＝2＋2，q 2＝2－ 2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2＋2)n －1或(2)设数列{a n }的公比为q ，那么由(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，得aq 2－4aq ＋3a －1＝0(*)，由数列{a n }唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得 a ＝13.。

第五章数列第三讲等比数列及其前n项和练好题﹒考点自测1.[北京高考,5分]设{a n}是公比为q的等比数列,那么“q>1〞是“{a n}为递增数列〞的(A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.[2022全国卷Ⅲ,5分]各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,那么a3=(A.16B.8C.4D.23.[易错题]记等比数列{a n}的前n项和为S n,假设a1=2,S3=6,那么S4= (A.10或8B.-10C.-10或8D.-10或-84.[2022全国卷Ⅱ,5分]数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.假设a k+1+a k+2+…+a k+10=215-25,那么k= (A.2B.3C.4D.55. [2022全国卷Ⅰ,5分]设{a n}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,那么a6+a7+a8= (A.12B.24C.30D.326.[2022全国卷Ⅱ,5分]我国古代数学名著?算法统宗?中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?〞意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,那么塔的顶层共有灯(A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏7.[多项选择题]以下结论中,错误的为(A.满足a n+1=qa n(n∈N*,q为常数)的数列{a n}为等比数列B.a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=acC.如果数列{a n}为等比数列,b n=a2n-1+a2n,那么数列{b n}也是等比数列D.如果数列{a n}为等比数列,那么数列{ln a n}是等差数列8.[2022全国卷Ⅰ,5分]设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,那么a1a2…a n的最大值为.拓展变式1.[2022全国卷Ⅲ,12分]数列{a n}的前n项和S n=1+λa n,其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列,并求其通项公式;(2)假设S5=,求λ.2.(1)[2022全国卷Ⅱ,5分]记S n为等比数列{a n}的前n项和.假设a5-a3=12,a6-a4=24,那么= (A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1(2)数列{a n}是等差数列,假设a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,那么q= (A.1B.2C.3D.43.(1)[2021大同市调研测试]各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3=5,a4a5a6=5,那么a7a8a9=(A.25B.20C.10D.10(2)正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S8-2S4=5,那么a9+a10+a11+a12的最小值为(A.25B.20C.15D.10(3)记等比数列{a n}的前n项积为T n(n∈N*),a m-1a m+1-2a m=0,且T2m-1=128,那么m的值为(A.4B.7C.10D.124.数列{a n},{b n}满足a1=-1,b1=2,且(n∈N*),那么b2 015+b2 016= .答案第三讲等比数列及其前n项和1.D等比数列-1,-2,-4,…,满足公比q=2>1,但{a n}不是递增数列,即充分性不成立.a n=-1×()n-1为递增数列,但q=<1,即必要性不成立.故“q>1〞是“{a n}为递增数列〞的既不充分也不必要条件,应选D.2.C 设等比数列{a n}的公比为q,由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4,得q2=4,因为数列{a n}的各项均为正数,所以q=2.又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+2+4+8)=15,所以a1=1,所以a3=a1q2=4,应选C.3.C 设等比数列的公比为q,因为a1=2,S3=6,所以S3=2+2q+2q2=6,那么q2+q-2=0,所以q=1或q=-2.当q=1时,S4=S3+2=8;当q=-2时,S4=S3+a1q3=6+2×(-2)3=-10.应选C.4.C 令m=1,那么由a m+n=a m a n,得a n+1=a1a n,即=a1=2,所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列,所以a n=2n,所以a k+1+a k+2+…+a k+10=a k(a1+a2+…+a10)=2k×=2k+1×(210-1)=215-25=25×(210-1),解得k=4,应选C.5.D解法一设等比数列{a n}的公比为q,所以==q=2,由a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=a1(1+2+22)=1,解得a1=,所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=×(25+26+27)=×25×(1+2+22)=32,应选D.解法二令b n=a n+a n+1+a n+2(n∈N*),那么b n+1=a n+1+a n+2+a n+3.设数列{a n}的公比为q,那么===q,所以数列{b n}为等比数列,由题意知b1=1,b2=2,所以等比数列{b n}的公比q=2,所以b n=2n-1,所以b6=a6+a7+a8=25=32,应选D.6.B 由题意知,每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{a n},那么前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得=381,解得a1=3,应选B.7.ACD 对于A,当n属于正整数,q为常数且不等于0时,数列{a n}为等比数列,故A错误;对于B,由等比中项的概念可知,a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac,故B正确;对于C,当等比数列{a n}的公比q=-1时,b n=0,此时{b n}不是等比数列,故C错误;对于D,当a n为正数时,数列{ln a n}是等差数列,故D错误.8.64 解法一设等比数列{a n}的公比为q,由得,解得所以a1a2…a n=q1+2+…+(n-1)=8n×(=.记t=-+(n∈N*),那么t=-(n2-7n)=-(n-)2+,易知。

第五章 数列 第三节 等比数列与其前n 项和[A 组 根底对点练]1．(2021·某某某某模拟)在等比数列{a n }中，a 1a 3＝a 4＝4，如此a 6的所有可能值构成的集合是( )A ．{6}B ．{－8，8}C ．{－8}D ．{8}解析：∵a 1·a 3＝a 22＝4，∴a 2＝±2.当a 2＝－2时，a 23＝a 2·a 4＜0无意义，∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝2，∴a 6＝a 4·q 2＝4×2＝8. 答案：D2．(2020·某某荆州联考)数列{a n }为等差数列，且2a 1，2，2a 6成等比数列，如此{a n }前6项的和为( )A ．15B ．212C ．6D ．3解析：由2a 1，2，2a 6成等比数列，可得4＝2a 1·2a 6＝2a 1＋a 6，即a 1＋a 6＝2，又数列{a n }为等差数列，所以{a n }前6项的和为12×6(a 1＋a 6)＝6.答案：C3．(2020·某某某某模拟)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 5＝16，a 2＝2，如此公比q ＝( )A ．4B ．52C ．2D ．12解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q 4＝16，a 1q ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，q ＝－2(舍去).答案：C4．(2021·某某模拟)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝14，a 3＝8，如此a 6＝( )A ．16B ．32C ．64D ．128解析：由题意，设等比数列的公比为q (q >0)，由S 3＝14，a 3＝8，如此⎩⎪⎨⎪⎧a 1〔1＋q ＋q 2〕＝14，a 3＝a 1q 2＝8，解得a 1＝2，q ＝2，所以a 6＝a 1q 5＝2×25＝64.答案：C5．等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，如此a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84解析：设数列{a n }的公比为q ，如此a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.答案：B6．在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，如此a 1＝( ) A ．1 B ．±1C ．2D ．±2解析：因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q4＝8，所以q 2＝2，如此a 1＝a 3q2＝1.答案：A7．(2020·某某某某模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，如此a 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－12D ．12解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，又因为{a n }是等比数列，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.答案：A8．(2021·某某适应性考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，如此S 2 019＝( )A ．22 018－12B ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122 018C ．22 019－12D ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122 019解析：由等比数列的性质与a 2a 6＝8(a 4－2)，得a 24＝8a 4－16，解得a 4a 4＝12q 3，故q ＝2，所以S 2 019＝12〔1－22 019〕1－2＝22 018－12.答案：A9．假如等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，如此a2b2＝________．解析：设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由题意得－1＋3d＝－q3＝8⇒d＝3，q＝－2⇒a2b2＝－1＋3－1×〔－2〕＝1.答案：110．(2019·高考全国卷Ⅱ){a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解析：(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4，因此{a n}的通项公式为a n＝2·4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.11．数列{a n}满足a1＝0，且a n＋1－1＝2a n(n∈N*).(1)求证：数列{a n＋1}为等比数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.解析：(1)证明：∵a n＋1－1＝2a n，∴a n＋1＋1＝2(a n＋1)，又a1＋1＝1，∴数列{a n＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1－1，∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(20－1)＋(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1－1) ＝(20＋21＋22＋…＋2n －1)－n ＝2n －n －1.[B 组 素养提升练]1．(2020·某某五校协作体联考)各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，如此log 2a 7＋log 2a 11的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3.答案：C2．数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，如此a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，如此q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，a 1＝a 2q＝4，a 3＝a 2q ＝1.易知数列{a n a n ＋1a n ＋2}是首项为a 1a 2a 3＝4×2×1＝8，公比为q 3＝18的等比数列，所以a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18n 1－18＝647(1－2－3n ).答案：647(1－2－3n )3．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2·3n －1， 所以13n －1≤12·3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－13n ＜32，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.4．数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2). (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：因为a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2). 因为a 1＝5，a 2＝5，所以a 2＋2a 1＝15， 所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)， 所以a n ＋1＋2a n a n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，所以数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15·3n －1＝5·3n ， 如此a n ＋1＝－2a n ＋5·3n ， 所以a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n ). 又因为a 1－3＝2，所以a n －3n ≠0，所以{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列， 所以a n －3n ＝2·(－2)n －1， 即a n ＝2·(－2)n －1＋3n .。

第三节 等比数列及其前n 项和授课提示：对应学生用书第327页[A 组 基础保分练]1．（2021·石家庄高三二检）在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝（ ） A ．14 B ．28 C ．32 D ．64解析：∵a 2＝2，a 5＝16，∴q 3＝a 5a 2＝8，∴q ＝2，a 6＝a 5×q ＝32．答案：C 2．（2021·兰州市高三实战考试）等比数列{a n }的各项均为正数，S n 是其前n 项和，满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝（ ） A ．9 B ．15 C ．18 D ．30解析：设数列{a n }的公比为q ，由2S 3＝8a 1＋3a 2可得2（a 1＋a 2＋a 3）＝8a 1＋3a 2，得2a 3＝6a 1＋a 2，即2q 2－q －6＝0，所以q ＝2，因为a 4＝16，所以a 1×23＝16，解得a 1＝2，所以S 4＝2×（1－24）1－2＝30．答案：D3．（2021·淄博模拟）已知{a n }是等比数列，若a 1＝1，a 6＝8a 3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，则T 5＝（ ）A ．3116 B ．31C ．158D ．7解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1＝1，a 6＝8a 3，所以q 3＝8，解得q ＝2．所以a n ＝2n －1．所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列．则T 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116． 答案：A4．（2021·济南模拟）已知正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与32a 4的等差中项为12，则a 1的值为（ ） A ．4 B ．2C ．12D ．14解析：由题意知，2×12＝a 5＋32a 4，即3a 4＋2a 5＝2．设数列{a n }的公比为q （q ＞0），则由a 3＝1，得3q ＋2q 2＝2，解得q ＝12或q ＝－2（舍去），所以a 1＝a 3q2＝4．答案：A 5．（2021·南宁统一考试）设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }为递增数列”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，0＜q ＜1.故“q ＞1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件． 答案：D 6．（2021·泰安模拟）在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 6＝3，则a 4＋a 8有（ ） A ．最小值6 B ．最大值6 C ．最大值9 D ．最小值3解析：设等比数列{a n }的公比为q （q ＞0）．∵a 6＝3，∴a 4＝a 6q 2＝3q 2，a 8＝a 6q 2＝3q 2，∴a 4＋a 8＝3q 2＋3q 2≥23q2·3q 2＝6．当且仅当q ＝1时上式等号成立． 答案：A7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 8＋a 9＋a 10＝________． 解析：由等比数列的性质，根据a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝（a 1＋a 2＋a 3）q ＝2，解得q ＝2，a 8＋a 9＋a 10＝（a 1＋a 2＋a 3）q 7＝27＝128． 答案：128 8．（2021·安庆模拟）数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1（n ∈N ＋，λ∈R 且λ≠0），若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________．解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝⎛⎭⎪⎫a n －2λ．由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2．答案：29．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．（1）若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； （2）若T 3＝21，求S 3．解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋（n －1）d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3．①（1）由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6．②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0（舍去），⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．（2）由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6． 10．（2021·武汉毕业班调研）已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1．（1）求数列{a n }的公比q ；（2）令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值． 解析：（1）由题意可得q ≠1， 由S 2＋4S 4＝S 6，可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q，所以（1－q 2）＋4（1－q 4）＝1－q 6，而q ≠1，q ＞0， 所以1＋4（1＋q 2）＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0， 所以（q 2－4）（q 2＋1）＝0，所以q ＝2．（2）由（1）知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15＞0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15＜0，所以T ＝－（b 1＋b 2＋b 3＋b 4）＋（b 5＋b 6＋…＋b 10）＝－（a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4）＋（a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6） ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝（210－1）－2（24－1）－30 ＝210－25－29＝1 024－32－29＝963．[B 组 能力提升练]1．在等比数列{a n }中，a 4，a 6是方程x 2＋5x ＋1＝0的两根，则a 5＝（ ） A ．1 B ．±1C ．52D ．±52解析：在等比数列{a n }中，由题意知a 4＋a 6＝－5，a 4·a 6＝1，所以a 4＜0，a 6＜0，a 25＝a 4·a 6＝1，即a 5＝±1． 答案：B2．（2021·枣庄模拟）若{a n }是首项为1的等比数列，则“a 8a 6＞9”是“a 2＞3”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若a 8a 6＞9，则q 2＞9，又a 1＝1，则a 2＜－3或a 2＞3；若a 2＝q ＞3，则a 8a 6＝q 2＞9．答案：B3．已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 27·a 2 020＝16，则a 1·a 2·…·a 1 017＝（ ） A ．41 017 B ．21 017 C ．41 018 D ．21 018解析：由a 2·a 27·a 2 020＝16， 可得（a 7a 1 011）2＝16， 所以a 7a 1 011＝4，a 509＝2，所以a 1·a 2·…·a 1 017＝（a 7a 1 011）508·a 509＝21 017． 答案：B4．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若数列{S n －2a 1}也为等比数列，则a 4a 3＝（ ）A ．12B ．1C ．32D ．2解析：设等比数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，S n －2a 1＝na 1－2a 1＝（n －2）a 1，显然{S n －2a 1}不为等比数列．当q ≠1时，S n －2a 1＝a 1（1－q n ）1－q －2a 1＝－a 11－q q n ＋a 11－q－2a 1，欲符合题意，需a 11－q －2a 1＝0，得q ＝12，故a 4a 3＝q ＝12．答案：A5．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N ＋，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋ma m ＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2．答案：2n ＋1－2 6．（2021·黄冈模拟）已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________．解析：设{a n }的公比为q （q ＞0），因为a 1a 6＝2a 3，而a 1a 6＝a 3a 4，所以a 3a 4＝2a 3，所以a 4＝2．又a 4＋2a 6＝3，所以a 6＝12，所以q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝31．答案：317．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N ＋．（1）判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； （2）求T 2n ．解析：（1）因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n ．因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，所以b 1＝a 1＋a 2＝32．所以{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ．（2）由（1）可知，a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， 所以T 2n ＝（a 1＋a 3＋…＋a 2n －1）＋（a 2＋a 4＋…＋a 2n ）＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ．[C 组 创新应用练]1．在一个有穷数列每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H 扩展”．已知数列{1，2}．第一次“H 扩展”后得到{1，3，2}；第二次“H 扩展”后得到{1，4，3，5，2}．那么第10次“H 扩展”后得到的数列的项数为（ ） A ．1 023 B ．1 025 C ．513 D ．511解析：设第n 次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ，则n ＋1次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ＋1＝2a n －1，∴a n ＋1－1＝2（a n －1），∴a n ＋1－1a n －1＝2．又a 1－1＝3－1＝2，∴{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n －1＝2·2n －1，∴a n ＝2n ＋1，∴a 10＝210＋1＝1 025． 答案：B2．中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了（ ） A ．6里 B ．12里 C ．24里 D ．96里解析：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝6，最后一天走了6里． 答案：A 3．（2021·北京市石景山区模拟）九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n （n ≤9，n ∈N ＋）个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为（ ） A ．7 B ．10 C ．12 D ．22解析：因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7．答案：A。

第三讲等比数列及其前n项和1.[2021某某省四校联考]已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若a4=,S3-a1=,则S4= (A. B. C. D.2.[2020某某三检][数学文化题]公元前1650年左右的埃及《莱因德纸草书》上载有如下问题:“十人分十斗玉米,从第二人开始,各人所得依次比前人少八分之一,问每人各得玉米多少斗?”在上述问题中,第一人分得玉米(A.斗B.斗C.斗D.斗3.[2020某某市测试]公比不为1的等比数列{a n}中,若a1a5=a m a n,则mn不可能为(4.[2020某某市高三摸底测试]已知等比数列{a n}的各项均为正数,若log3a1+log3a2+…+log3a12=12,则a6a7= (5.[2021四省八校联考]已知等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n=m-q n,若a5=-8a2,则S5=.6.[2020某某市高三调研]已知各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=.7.[2020全国卷Ⅲ,12分]设等比数列{a n}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a nm+S m+1=S m+3,求m.8.[条件创新]已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且=S n,a3=12,则实数λ的值为(C.9.[设问创新]已知等比数列{a n}的前5项积为32,1<a1<2,则a1++的取值X围为(A.[3,)B.(3,+∞)C.(3,)D.[3,+∞)10.[2020某某市三诊]在等比数列{a n}中,已知a n a n+1=9n,则该数列的公比是( n为等比数列{a n}的前n项之积,且a1=-6,a4=-,则当T n最大时,n的值为( 12.[多选题]已知等比数列{a n}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{a n}的前n项积为T n,则下列选项中正确的是(61213>113.[2021某某名校联考][多选题]已知数列{a n}为等比数列,则(A.{a n+a n+1}为等比数列B.{a n a n+1}为等比数列C.{+}为等比数列D.{S n}不为等比数列(S n为数列{a n}的前n项和)14.[2020某某省示X高中名校联考]设S n是各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和,a1=3,若-a4,a3,a5成等差数列,则S n与a n的关系式为.15.已知公比q>1的等比数列{a n}满足=a10,2(a n+a n+2)=5a n+1.若b n=(n-λ)a n(n∈N*),且数列{b n}是递增数列,则实数λ的取值X围是.16.[2020某某,12分]已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1.答案第三讲等比数列及其前n项和1.D 解法一设等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1),∵a4=,S3-a1=,∴得a1=1,q=,∴S4==.解法二设等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1),∵S3-a1=a2+a3=+=,a4=,∴q=,∴a1==1,S4=a1+a2+a3+a4=1++=.2.C 设第i个人分到的玉米斗数为a i(i=1,2,…,9,10),则{a n}是公比为=10,所以a1==.故选C.3.B 由等比数列的性质可知,m+n=6,m∈N*,n∈N*,当m=n=3时,mn=9;当m=4,n=2时,mn=8;当m=5,n=1时,mn=5.故选B.4.D因为等比数列{a n}的各项均为正数,所以log3a1+log3a2+…+log3a12=log3(a1·a2·…·a12)=log3 (a6a7)6=12,所以(a6a7)6=312=96,所以a6a7=9,故选D.5.33 由a5=-8a2得a1q4=-8a1q(a1≠0),解得q=-2,则S n==-q n=m-q n,则=m=1,从而S5=1-(-2)5=33.各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3==5,a7a8a9==10,则a4a5a6===5.7.(1)设{a n}的公比为q,则a n=a1q n-1.由已知得解得a1=1,q=3.所以{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)知log3a n=n-1.故S n=.由S m+S m+1=S m+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.8.A 由条件得a n+1+λ=3S n,当n≥2时,a n+λ=3S n-1,两式相减,得a n+1=4a n,又a3=12,所以a2=3,a1=,将n=1代入a n+1+λ=3S n,得a2+λ=3a1,得λ=-.故选A.9.C 因为等比数列{a n}的前5项积为32,所以=32,解得a3=2,则a5==, a1++=a1+1+,易知函数f(x)=x+在(1,2)上单调递增,所以a1++∈(3,),故选C.10.B 设{a n}的公比为q,根据题意知a1a2=9,a2a3=92,所以9===q2⇒1a2=q=9>0⇒q>0,所以q=3.11.A 设等比数列{a n}的公比为q,∵a1=-6,a4=-,∴-=-6q3,解得q=,∴a n=-6×()n-1.∴T n=(-6)n×()0+1+2+…+(n-1)=(-6)n×(,当n为奇数时,T n<0,当n为偶数时,T n>0,故当n为偶数时,T n才有可能取得最大值.∵T2k=36k×()k(2k-1),∴==36×()4k+1,当k=1时,=>1,当k≥2时,<1.∴T2<T4,T4>T6>T8>…,则当T n最大时,n的值为4.故选A.12.ABC由于等比数列{a n}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,由题意得a6>1,a76a7+1>2,所以a6a7>1,所以T12=a1·a2·…·a11·a12=>1,T13=<1.故选ABC.13.BCD 因为数列{a n}为等比数列,所以设其公比为q(q≠0),则数列{a n}的通项公式为a n=a1q n-1(n∈N*).对于A,a n+a n+1=a1q n-1+a1q n=a1(1+q)q n-1(n∈N*),当q=-1时,a n+a n+1=0(n∈N*),故{a n+a n+1}不一定为等比数列,所以A不正确;对于B,a n a n+1=a1q n-1·a1q n=q2n-1(n∈N*),所以==q2(常数)对一切n∈N*都成立,故{a n a n+1}为等比数列,所以B正确;对于C,+=(a1q n-1)2+(a1q n)2=q2n-2+q2n=(1+q2)q2n-2(n∈N*),所以==q2(常数)(n∈N*),故{+}为等比数列,所以C正确;对于D,因为数列{a n}的前n项和为S n,所以当q=-1时,S n==(其中k∈N*),此时{S n}不为等比数列,故D正确.故选BCD.2-q-2=0, n=2a n-3 设等比数列{a n}的公比为q,因为数列{a n4,a3,a5成等差数列,得2a3=a5-a4,则q解得q=2,所以S n===2a n-a1,即S n=2a n-3.15.(-∞,3)2(a n+a n+2)=5a n+1⇒2q2-5q+2=0⇒q=2或q=(舍去),=a10⇒(a1q4)2=a1q9⇒a1=q=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n,所以b n=(n-λ)2n(n∈N*),所以b n+1=(n+1-λ)·2n+1.因为数列{b n}是递增数列,所以b n+1>b n,所以(n+1-λ)2n+1>(n-λ)2n,化简得λ<n+2.因为n∈N*,所以λ<3. 16.(1)设{a n1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由(1)可知a n=2n,则(-1)n-1a n a n+1=(-1)n-1×2n×2n+1=8×(-4)n-1,记T n=a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1,则T n=8×(-4)0+8×(-4)1+…+8×(-4)n-1=8×=[1-(-4)n].。

第三节等比数列1.理解等比数列的概念．2．把握等比数列的通项公式与前n项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关学问解决相应的问题．4．了解等比数列与指数函数的关系．学问点一等比数列的有关概念1．等比数列的定义假如一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的比等于________非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的______，公比通常用字母q(q≠0)表示．数学语言表达式：a na n－1＝____(n≥2)，q为常数．2．等比中项假如________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⇒________.答案1．2 同一个公比q2．a，G，b G2＝ab1．将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，….此数列是( )A．公比为q的等比数列B．公比为q2的等比数列C．公比为q3的等比数列D．不肯定是等比数列答案：B2．对任意等比数列{a n}，下列说法肯定正确的是( )A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列解析：依据等比数列的性质，若m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，则a m，a k，a n成等比数列，故选D.答案：D学问点二等比数列的通项公式及前n项和公式1．若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝__________；若等比数列{a n}的第m项为a m，公比是q，则其第n项a n可以表示为a n＝__________.2．等比数列的前n项和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝__________＝a1－a n q1－q.答案1．a1q n－1a m q n－m 2.a11－q n1－q3．在等比数列{a n}中，已知a1＝－1，a4＝64，则q＝________，S4＝________.答案：－4 514．(必修⑤P62习题2.5B组第2题改编)设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S6S3＝12，则S9S3＝________.解析：S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，则(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，由S6S3＝12知S6＝12S3，则14S23＝S3·(S9－S6)，所以S9＝34S3，所以S9S3＝34.答案：34热点一等比数列的基本量计算【例1】(1)(2022·新课标全国卷Ⅰ)设等比数列{a n}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…a n的最大值为________．(2)(2021·石家庄模拟)设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列，则a n＝________.【解析】(1)设{a n}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝12，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64. (2)由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋3＋a 3＋42＝3a 2.解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7.即2q 2－5q＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意知q >1，所以q ＝2，所以a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.【答案】 (1)64 (2)2n －1【总结反思】等比数列运算的思想方法(1)方程思想：设出首项a 1和公比q ，然后将通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解． (2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求结果都用a 1，q 表示，寻求两者联系，整体代换即可求．(3)利用性质：运用等比数列性质，可以化繁为简、优化解题过程.(1)在正项等比数列{a n }中，a n ＋1<a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7等于________； (2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n, 且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.解析：(1)设公比为q ，则由a n ＋1<a n ，知0<q <1，由a 2·a 8＝6，得a 25＝6. ∴a 5＝6，∴a 4＋a 6＝6q＋6q ＝5，解得q ＝26，而a 5a 7＝1q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝32.(2)∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2.∴a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，∴S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n －1. 答案：(1)32(2)2n－1热点二 等比数列的判定与证明【例2】 (2022·新课标全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (Ⅰ)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (Ⅱ)若S 5＝3132，求λ.【解】 (Ⅰ)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0.所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ(λλ－1)n －1.(Ⅱ)由(Ⅰ)得S n ＝1－(λλ－1)n .由S 5＝3132得1－(λλ－1)5＝3132，即(λλ－1)5＝132.解得λ＝－1. 【总结反思】(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要留意对n ＝1时的状况进行验证.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N ＋.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式． 解：(1)证明：b 1＝a 2－a 1＝1. 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1. 当n ＝1时，53－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1，∴a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N ＋)．热点三 等比数列的性质及应用【例3】 (1)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D.18(2)(必修⑤P77复习参考题B 组第1(2)题改编)若某等比数列的前n 项和、前2n 项和、前3n 项和分别是A ，B ，C ，则( )A ．(A ＋B )－C ＝B 2B ．A 2＋B 2＝A (B ＋C ) C ．A ＋B ＝CD ．B 2＝AC(3)已知等比数列{a n }中，a 4＋a 8＝－2，则a 6(a 2＋2a 6＋a 10)的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8D ．－9【解析】 (1)法1：∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8，∴q ＝2. ∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法2：∵a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)． 将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2. ∴a 2＝a 1q ＝12，故选C.(2)在等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，即A ，B －A ，C －B 也成等比数列，即(B －A )2＝A (C －B )，所以A 2－2AB ＋B 2＝AC －AB ，即A 2＋B 2＝A (B ＋C ), 故选B.(3)a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 26＋a 6a 10＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2，∵a 4＋a 8＝－2，∴a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝4. 【答案】 (1)C (2)B (3)A【总结反思】(1)在解决等比数列的有关问题时，要留意挖掘隐含条件，利用性质，特殊是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以削减运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要留意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形，此外，解题时留意设而不求思想的运用.(1)(2021·石家庄模拟)在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________.(2)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝________.(3)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( ) A ．150B ．－200C ．150或－200D ．400或－50解析：(1)由于1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，由等比数列的性质知a 7a 10＝a 8a 9，所以1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝158÷⎝ ⎛⎭⎪⎫－98＝－53.(2)设数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，a 1＝a 2q＝4.易知数列{a n a n ＋1a n ＋2}是首项为a 1a 2a 3＝4×2×1＝8，公比为q 3＝18的等比数列，所以a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18n 1－18＝647(1－2－3n)．(3)依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此，S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 40＝70＋80＝150.答案：(1)－53 (2)647(1－2－3n) (3)A1．特殊留意q ＝1时，S n ＝na n 这一特殊状况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．推断数列为等比数列的方法 (1)定义法：a n ＋1a n ＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N *)⇔数列{a n }是等比数列；也可用a n a n －1＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N *，n ≥2)⇔数列{a n }是等比数列．二者的本质是相同的，其区分只是n 的初始值不同．(2)等比中项法：a 2n ＋1＝a n a n ＋2(a n a n ＋1a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔数列{a n }是等比数列．。

第三讲等比数列及其前n项和A组基础巩固一、选择题1．在等比数列｛a n｝中，a1＝错误!,q＝错误!，a n＝错误!，则项数n为(C)A．3B．4C．5D．62．在等比数列｛a n｝中,a2a6＝16,a4＋a8＝8，则错误!等于(A）A．1B．－3C．1或－3D．－1或3[解析]由a2a6＝16,得a2，4＝16⇒a4＝±4。

又a4＋a8＝8，可得a4(1＋q4）＝8,∵q4>0，∴a4＝4.∴q2＝1，错误!＝q10＝1。

3．(2021·辽宁大连八中模拟改编)记等比数列{a n｝的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝6，则S4＝（C)A．－10B．－8C．8或－10D．10或－8［解析］设等比数列的公比为q,因为a1＝2，S3＝6，所以S3＝2＋2q＋2q2＝6,则q2＋q－2＝0，所以q＝1或q＝－2.当q＝1时，S4＝S3＋2＝8;当q＝－2时，S4＝S3＋a1q3＝6＋2×（－2）3＝－10，故选C。

4．（2021·陕西西安中学六模)已知数列{a n｝是各项均为正数的等比数列，S n是它的前n项和．若a2a6＝4，且a4＋2a7＝错误!,则S5＝（C）A．29B．30C．31D．32［解析]本题考查等比数列性质及基本量的运算．∵a2a6＝a错误!＝4，且a n〉0，∴a4＝2.又a4＋2a7＝错误!，∴a7＝错误!。

设{a n｝的公比为q，则错误!＝q3＝错误!，q＝错误!,∴a n＝a4错误!n－4＝25－n,∴S5＝16＋8＋4＋2＋1＝31.5．在正项等比数列｛a n｝中,已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12,a n－1a n a n＋1＝324，则n等于（C)A．12B．13C．14D．15［解析]因为数列｛a n}是各项均为正数的等比数列,所以a1a2a3，a4a5a6,a7a8a9，a10a11a12,…也成等比数列．不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝错误!＝错误!＝3。