2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n项和课时跟踪检测理

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.。

第五章§３：等比数列及其前n 项和(与一轮复习课件对应的课时训练)满分100，训练时间45钟一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知点A n (n ，a n )(n ∈N *)都在函数y ＝a x (a>0，a ≠1)的图象上，则a 3＋a 7与a 5的大小关系是A ．a 3＋a 7>2a 5B ．a 3＋a 7<2a 5C ．a 3＋a 7＝2a 5D ．a 3＋a 7与2a 5的大小与a 有关2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，则公比q 等于A ．3B ．4C ．5D ．63．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于A ．80B ．30C ．26D ．164．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，其公比q ≠1，且b i >0(i ＝1,2,3，…)，若a 2＝b 2，a 8＝b 8，则 A ．a 5＝b 5B ．a 5>b 5C ．a 5<b 5D ．a 5>b 5或a 5<b 55．若“＃”表示一种运算，其运算法则如下：(1)1＃1＝2；(2)(n ＋1)＃1＝2(n ＃1)＋1，(n ∈N *)． 则按照这种运算法则，n ＃1等于A ．2n －1B ．2nC ．2nD ．3·2n －1－1二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝4a 25，a 2＝2，则{a n }的前5项和S 5等于______．7．已知实数列{a n }中，a 1＝1，a 6＝32，a n ＋2＝a 2n ＋1a n，把数列{a n }的各项排成如图所示的三角形状，记A(m ，n)为第m 行从左起第n 个数，则A(12,5)＝________. 8．为了观看2014年在韩国仁川举办的第17届亚运会，小王从2009年1月1日起， 每年到银行存入一万元定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期存款，若到2014年1月1日他将所有存款及利息全部取回，则可取回的钱的总数为______万元．三、解答题：本大题共2小题，共36分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）已知等比数列{a n }中，a 2＝32，a 8＝12，a n ＋1<a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，求T n 的最大值及相应的n 值．10．（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）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{a n }的通项公式．参考答案及其解析一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分.1．解析：依题意a n ＝a n ，所以{a n }是等比数列，则a 3a 7＝a 25，因为a ≠1， 所以a 3＋a 7>2a 3a 7＝2a 5. 答案：A2．解析：两式相减得，3a 3＝a 4－a 3，a 4＝4a 3，∴q ＝a 4a 3＝4.答案：B3．解析：由题得S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n 成等比数列，设公比为q ，则q>0， ∵S 3n ＝2＋2q ＋2q 2＝14，∴q 2＋q －6＝0，∴q ＝2，∴S 4n －S 3n ＝2q 3＝16，∴S 4n ＝30. 答案：B4．解析：由题意不妨设d>0，q>1.a n 是关于n 的一次函数形式，b n 是关于n 的指数函数形式，在同一坐标系中分别作出它们的图象(如图)，故a 5>b 5. 答案：B5．解析：设n#1＝a n ，则a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋1，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2，所以{a n ＋1}为等比数列，首项为a 1＋1＝3，公比为2.所以a n ＋1＝3·2n －1，所以a n ＝3·2n －1－1. 答案：D二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．解析：因为a 3a 9＝4a 25，所以q 2＝4，又q>0，所以q ＝2，又a 2＝2，所以a 1＝1，S 5＝1－251－2＝31.答案：317．解析：由题意，第1行1个数，第2行3个数，第3行5个数，所以第12行第5个数应是a 126，又{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a 126＝2125. 答案：21258．解析：从后向前考虑，因2014年不再存款，故可取回的钱的总数为：(1＋p)＋(1＋p)2＋…＋(1＋p)5＝(1＋p )[(1＋p )5－1]p ＝1p[(1＋p)6－(1＋p)]答案：1p[(1＋p)6－(1＋p)]三、解答题：本大题共2小题，共36分．9.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）解：(1)设公比为q ，则q 6＝a 8a 2＝164，a n ＋1<a n ，所以q ＝12.于是a 1＝a 2q ＝64.所以，通项公式为a n ＝64·(12)n －1＝27－n (n ∈N *)．(2)设b n ＝log 2a n ，则b n ＝log 227－n ＝7－n.所以，数列{b n }是以首项为6，公差为－1的等差数列．T n ＝6n ＋n (n －1)2(－1)＝－12n 2＋132n ＝－12(n －132)2＋1698.由n 是自然数，知n ＝6或n ＝7时，T n 最大，其最值为T 6＝T 7＝21.10.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）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 n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， 所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)解：由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝(－12)n －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)＋…＋(－12)n －2＝1＋1－(－12)n －11－(－12)＝1＋23[1－(－12)n －1]＝53－23(－12)n －1， 当n ＝1时，53－23(－12)1－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23(－12)n －1(n ∈N *)．。

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.。

等比数列及其前n项和一．学习目标1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.体会等比数列与指数函数的关系.二．知识整合1.等比数列的有关概念等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于，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(q≠0)表示，符号表示为a n+1a n=q(n∈N∗)等比中项如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时提醒：由a n+1=qa n，q≠0，并不能立即断定{a n}为等比数列，还要验证a1≠0.2.等比数列的有关公式通项公式a n=；推广：a n=a m⋅q n−m(m,n∈N∗)前n项和公式S n={ ,q=1,q≠1提醒：在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q=1与q≠1分类讨论，防止因忽略q=1这一特殊情况而导致解题失误.知识拓展：（1）当q≠0，q≠1时，S n=k−k⋅q n(k≠0)是{a n}成等比数列的充要条件，此时k=a11−q.（2）等比数列的单调性当{a 1＞0，q ＞1 或{a 1＜0，0＜q ＜1时，等比数列{a n } 是递增数列. 当{a 1＞0，0＜q ＜1 或{a 1＜0，q ＞1时，等比数列{a n } 是递减数列. 当q =1 时,等比数列{a n } 是常数列.当q =−1 时,等比数列{a n } 是摆动数列.三．典型例题考点一 等比数列基本量的运算例1（1） 已知等比数列{a n } 的前3项和为168，a 2−a 5=42 ，则a 6= ( )A. 14B. 12C. 6D. 3（2） 已知等比数列{a n } 的前n 项和为S n ，a 1=1 ，a 5=8a 2 ，若S n =31 ，则n = .方法感悟：等比数列基本量运算的解题策略（1）方程思想：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1 ，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求关键量a 1 和q ,问题便可迎刃而解.（2）分类讨论思想：等比数列{a n } 的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q =1 时，{a n } 的前n 项和S n =na 1 ；当q ≠1 时，{a n } 的前n 项和S n =a 1(1−q n )1−q =a 1−a n q 1−q .考点二 等比数列的判定与证明例2已知数列{a n } 的首项a 1=12 ，且满足a n+1=a n3−2a n (n ∈N ∗) .（1） 证明：{1a n −1} 是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2） 记b n =n (1a n −1) ，求{b n } 的前n 项和S n .变式：已知各项都为正数的数列{a n } 满足a n+1+a n =3⋅2n ，a 1=1 .（1） 若b n =a n −2n ，求证：{b n } 是等比数列；（2） 求数列{a n } 的通项公式.方法感悟：判定等比数列的四种常用方法定义法 若a n+1a n =q （q 为非零常数，n ∈N ∗ ）或a n a n−1=q （q为非零常数，且n ≥2 ,n ∈N ∗ ），则{a n } 是等比数列等比中项法 在数列{a n } 中，若a n ≠0 且a n+12=a n ⋅a n+2(n ∈N ∗) ，则{a n } 是等比数列通项公式法 若数列{a n } 的通项公式可以写成a n =c ⋅q n （c ,q均是不为0的常数，n ∈N ∗ ）的形式，则{a n } 是等比数列前n 项和公式法 若数列{a n } 的前n 项和S n =k ⋅q n −k （k 为常数，且k ≠0 ,q ≠0 ,q ≠1 ），则{a n } 是等比数列五．达标练习1．如果－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，那么( )A ．b ＝－3，ac ＝9B ．b ＝3，ac ＝9C ．b ＝－3，ac ＝－9D ．b ＝3，ac ＝－92．已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝ ( )A ．14B ．12C ．6D ．33．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n＝( )A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －14．在数列{a n }中，满足a 1＝2，a 2n ＝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 ．126B ．256C ．255D ．2545. 已知正项等比数列{a n}的首项为1，且4a5,a3,2a4成等差数列，则{a n}的前6项和为( )A. 31B. 3132C. 6332D. 636. 数列{a n}中，a1=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. 57. 已知等比数列{a n}，其前n项和为S n.若a2=4，S3=14，则a3=.8. 已知等比数列{a n}的公比为−1，前n项和为S n，若{S n−1}也是等比数列，则a1=.9．设等比数列{a n}满足a1+a2=4，a3−a1=8. 记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1=S m+3，则m=.10．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n=−a n+n(n∈N∗). （1）证明：数列{a n−12}为等比数列；（2）求数列{a n−1}的前n项和T n.。

第五章 数 列第25讲 数列的概念及简单表示链教材·夯基固本 激活思维 1.B【解析】因为所给的数列每一项的分子都是1，分母等于2n ，每一项的符号为(－1)n ，故此数列的一个通项公式是(－1)n 2n .2. B【解析】 因为数列的通项公式为a n ＝n (n ＋1)，又650＝25×26,所以是第25项．故选B.3. B 【解析】 因为a 1＝1，a 2＝23，1an －2＋1an ＝2an －1，令n ＝3，得1a1＋1a3＝2a2，解得a 3＝12，令n ＝4，得1a2＋1a4＝2a3，解得a 4＝25，故选B.4. a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －3，n ≥2【解析】 由S n ＝2n 2－n ＋1，可得当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＋1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n ＋1－[2(n －1)2－(n －1)＋1]＝4n －3，显然a 1＝2≠4×1－3，即不符合上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －3，n ≥2.5.D【解析】因为a n ＝n 2－2λn ，所以a n ＋1＝(n ＋1)2－2λ(n ＋1)，因为数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n －2λ＋1>0(n ∈N *)恒成立，所以λ<n ＋12(n ∈N *)恒成立，因为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＋12min ＝32，所以λ<32.所以实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，32，故选D. 知识聚焦1. 确定的顺序排列 第1项 第n 项a n2. 第n 项3. S 1 S n －S n －1 研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 2831是【解析】 (1) 根据题意可得a 10＝3×10－23×10＋1＝2831.令a n ＝710，即3n －23n ＋1＝710，解得n ＝3，所以710为数列{a n }中的项，为第3项． (2) 【答案】 A 【解析】因为着色的小三角形个数构成数列{a n }的前4项，分别为a 1＝1，a 2＝3，a 3＝3×3＝32，a 4＝32×3，因此{a n }的通项公式可以是a n ＝3n －1.【答案】 64 3n2－n2【解析】 因为三角形数所构成的数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ＋1)2，所以b 7＝28； 因为正方形数所构成的数列{c n }的通项公式为c n ＝n 2，所以c 6＝36，故b 7＋c 6＝28＋36＝64.因为五边形数所构成的数列{a n }为1,5,12,22，…，可得其递推公式a n ＋1－a n ＝3n ＋1，所以n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(3n －2)＋(3n －5)＋…＋4＋1＝3n2－n 2(n ＝1也符合)，故a n ＝3n2－n2.(1) 【答案】 17 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n －1＋1，n ≥2【解析】因为数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋n ，则a 5＝S 5－S 4＝(25＋5)－(24＋4)＝17，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝2＋1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋n )－[2n －1＋(n －1)]＝2n －1＋1，显然a 1＝3≠21－1＋1，即不符合上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n －1＋1，n ≥2.(2) 【答案】 B 【解析】令a n ＝41－2n >0，解得n <20.5，所以数列{a n }的前20项大于0，第20项后面的小于0，所以数列的前20项和最大．【答案】 －1na n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2【解答】因为S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，1Sn ＋1－1Sn＝－1； 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1Sn＝－1＋(－1)×(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n，所以当n ≥2时，a n ＝S n －1S n ＝1n (n －1)；当n ＝1时，a 1＝－1，不适合上式，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2.(1) 【答案】 n －12【解析】 根据题意，设等差数列{a n }的公差为d ， 若{a n }满足a n ＋a n ＋1＝2n ，① 当n ≥2时，则a n －1＋a n ＝2n －2，②①－②可得，a n ＋1－a n －1＝2d ＝2，解得d ＝1.当n ＝1时，有a 1＋a 2＝2，即a 1＋a 1＋d ＝2，解得a 1＝12，则a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝n －12.(2) 【答案】 a n ＝2n －1【解析】 由a n ＋1＝2a n ＋1，得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 因为a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0， 则有an ＋1＋1an ＋1＝2，所以{a n ＋1}是以2为公比，2为首项的等比数列，所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，a n ＝2n －1.(3) 【答案】 2n －1n【解析】由(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，得(n ＋1)(S n ＋1－S n )＝(n －1)S n ，所以(n ＋1)S n ＋1＝2nS n ，又S 1＝a 1＝1≠0，则(n ＋1)S n ＋1nS n＝2，所以{nS n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则nS n ＝2n －1，所以S n ＝2n －1n.(1) 【答案】 A【解析】 由a 1＝1，a 2＝2，a n a n －2＝a n －1，得a n ＝an －1an －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝an an －1＝1an －1·an －1an －2＝1an －2，即a n ＋3＝1an，a n ＋6＝1an ＋3＝a n .故数列{a n }具有周期性，周期为6，所以a 2 025＝a 6×337＋3＝a 3＝2.(2) 【答案】 a n ＝12n ＋1－3【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝an 2＋3an(n∈N *)，整理得2a n ＋1＋3a n a n ＋1＝a n ，转换为1an ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1an ＋3，且1a1＋3＝4≠0，故1an ＋1＋31an＋3＝2(常数)，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an ＋3是以1a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，故1an＋3＝4·2n －1＝2n ＋1，整理得a n ＝12n ＋1－3.课堂评价1. B 【解析】 由数列2，5，22，11，…，知a n ＝2＋(n －1)×3＝3n －1.令25＝3n －1，解得n ＝7.故25是这个数列的第7项． 2.C【解析】因为数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋1，n∈N *，所以a 1＝S 1＝3，a 5＝S 5－S 4＝(2×52＋1)－(2×42＋1)＝18，故a 5－a 1＝18－3＝15.3. AC 【解析】 由题知a n ＝2n －12n ＝1－12n ，显然是递增数列，所以a n ≥a 1＝12.4. 18 【解析】 根据递推公式得a 1＝2，a 2＝4，a 3＝4，a 4＝8，故S 4＝2＋4＋4＋8＝18. 5.a n ＝n ×2n －1【解析】 根据题中定义，可得Δ2a n －Δa n ＋1＋a n ＝(Δa n ＋1－Δa n )－Δa n ＋1＋a n ＝－2n (n∈N *)，即a n －Δa n ＝a n －(a n ＋1－a n )＝2a n －a n ＋1＝－2n ，即a n ＋1＝2a n ＋2n ，等式两边同时除以2n ＋1，得an ＋12n ＋1＝an2n ＋12，所以an ＋12n ＋1－an2n ＝12且a12＝12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以an2n ＝12＋12(n －1)＝n2，所以a n ＝n ·2n －1.第26讲 等差数列中的基本问题链教材·夯基固本 激活思维 1.A【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝0，a 5＝5，得⎩⎪⎨⎪⎧4a1＋6d ＝0，a1＋4d ＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－3，d ＝2，所以a n ＝2n －5，S n ＝n 2－4n .2. C 【解析】 因为a 2＋a 8＝15－a 5，所以a 5＝5，所以S 9＝92×2a 5＝45.3. BCD【解析】 因为S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)>0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7<0，即a 6＋a 7>0，a 7<0，所以a 6>0，且a 6>|a 7|，故D 正确．由a 3＝12，得a 1＝12－2d ，联立解得－247<d <－3，故C 正确．因为－247<d <－3，所以等差数列{a n }是递减数列，故A 错误．又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝60，故B 正确．综上可得，BCD 正确． 4.n 2＋5【解析】因为{a n ＋1－a n }是以2为公差的等差数列，所以n ≥2时，a n －a n －1＝(a 2－a 1)＋2(n －2)＝2n －1，所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝6＋3＋5＋…＋(2n －1)＝5＋n (1＋2n －1)2＝n 2＋5(n ＝1时也符合)． 5.16 【解析】 若a 1＝1，a n ＝51(其中n ∈N *)，则1＋(n －1)d ＝51，即(n －1)d ＝50，则d ＝50n －1，n ＋d ＝n ＋50n －1＝(n －1)＋50n －1＋1≥250＋1，当n －1＝50n －1，即n ＝1＋52∈(8,9)，不为整数，则等号不能成立，当n ＝6时，d ＝10，有n ＋d ＝16；当n ＝7时，d ＝253不为整数；当n ＝8时，d ＝507不为整数；当n ＝9时，d ＝254不为整数；当n ＝10时，d ＝509不为整数；当n ＝11时，d ＝5，有n ＋d ＝16.所以当n ＝6或11时，n ＋d 取得最小值16. 知识聚焦1. 第2项 同一个常数2. (1) a n ＝a 1＋(n －1)d (2) S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d 研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 12 【解析】因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝44，所以a 6＝4，a 3＋a 7＋a 8＝(a 6－3d )＋(a 6＋d )＋(a 6＋2d )＝3a 6＝12.(2) 【答案】 BC 【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，且满足a 1>0，S 11＝S 18，所以d <0,11a 1＋55d ＝18a 1＋18×172d ，化简为a 1＋14d ＝0＝a 15，所以S 29＝29a 15＝0，S 14，S 15都是最大值．(1) 【答案】 B 【解析】因为数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，前n 项和为S n ，则S 2n －1＝a1＋a2n －12×(2n －1)＝2an 2×(2n －1)＝(2n －1)a n ，所以S 7＝14＝7a 4，即a 4＝2.又a 4＋S 5＝2＝2＋5a 3，所以a 3＝0，所以公差d ＝a 4－a 3＝2，a 10＝a 4＋6d ＝2＋12＝14.故选B.(2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－78 【解析】 因为S n ＝7n ＋n (n －1)2d ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，所以⎩⎪⎨⎪⎧S7<S8，S9<S8，即⎩⎪⎨⎪⎧49＋21d<56＋28d ，63＋36d<56＋28d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d>－1，d<－78.综上，d 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－78. (1) 【答案】 68 231【解析】 由a 1＋a 3＋a 5＝105，得3a 3＝105，即a 3＝35；同理a 4＝33，所以a 3＋a 4＝68，S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a42＝7a 4＝231. (2) 【答案】 A【解析】 已知在等差数列{a n }中，S 3＝t ，S 9＝6t ， 因为S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等差数列， 所以有2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 2(S 9－S 6)＝(S 6－S 3)＋(S 12－S 9)， 所以S 6＝3t ，S 12＝10t ，故S6S12＝310. (3) 【答案】 D 【解析】因为等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，且满足Sn Tn＝5n －23n ＋4，所以a5b5＝2a52b5＝a1＋a9b1＋b9＝92(a 1＋a 9)92(b 1＋b 9)＝S9T9＝5×9－23×9＋4＝4331. 【题组·高频强化】 1. C 2.A【解析】由题意得S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，所以2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，故2(S 20－30)＝30＋(210－S 20)，解得S 20＝100.3. C 【解析】 易知20项中奇数项有10项，偶数项有10项， S 奇＋S 偶＝75，S 偶＝25，所以S 奇＝50，故S 偶－S 奇＝(a 2＋a 4＋…＋a 20)－(a 1＋a 3＋…＋a 19)＝10d ＝－25，解得d ＝－2.5. 4. B 【解析】 a1＋a3＋…＋a29＋a31a2＋a4＋…＋a28＋a30＝162(a 1＋a 31)152(a 2＋a 30)＝1615.【解答】(1) 因为a n＋1＝1＋an3－an，所以a n＋1－1＝1＋an3－an－1＝2an－23－an，故1an＋1－1＝3－an2an－2＝1－an2an－2＋22an－2＝－12＋1an－1，所以1an＋1－1－1an－1＝－12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an－1是公差为－12的等差数列．又a1＝13，所以1a1－1＝113－1＝－32，所以1an－1＝－32－12(n－1)＝－n＋22，所以a n－1＝－2n＋2，a n＝1－2n＋2＝nn＋2.(2) 由(1)知a n＝nn＋2，所以b n＝2(n＋2)2·nn＋2＝2n(n＋2)＝1n－1n＋2，故T n＝b1＋b2＋…＋b n＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝1＋12－1n＋1－1n＋2＝32－2n＋3(n＋1)(n＋2).【解答】(1)因为a2＝8，S n＋S n＋1＝4(n＋1)2，所以S n＋S n－1＝4n2，n≥2，两式相减可得a n＋a n＋1＝8 n＋4(n≥2)．因为S1＋S2＝2a1＋a2＝16，a2＝8，所以a1＝4，a1＋a2＝12适合上式，故a n ＋a n＋1＝8n＋4(n∈N*)．(2) 因为a n＋a n＋1＝8n＋4，所以a n－1＋a n＝8n－4(n≥2)，两式相减可得a n＋1－a n－1＝8(n≥2)，故数列{a n}的奇数项是以8为公差的等差数列，a1＝4，即当n为奇数时，a n＝4n；又偶数项是以8为公差的等差数列，a2＝8，即当n为偶数时，a n＝4n.故当n∈N*时，a n＝4n，则有a n＋1－a n＝4，所以数列{a n}是以4为首项，4为公差的等差数列．课堂评价1. A 【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S n ＝na 1＋n (n －1)d2，得S 4＝4a 1＋6d ＝1，S 8＝8a 1＋28d ＝4，解得a 1＝116，d ＝18，所以a 17＋a 18＋a 19＋a 20＝S 20－S 16＝4a 1＋70d ＝4×116＋70×18＝9.故选A.2.D【解析】 设良马每天所行路程为{a n }，则{a n }是以103为首项，13为公差的等差数列，其前n 项和为A n ，弩马每天所行路程为{b n }，则{b n }是以97为首项，－12为公差的等差数列，其前n 项和为B n ，设共用n 天二马相逢，则A n ＋B n ＝2×1 125， 所以103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝2250，化简得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，又A 9＝103×9＋9×82×13＝1 395，B 9＝2 250－1 395＝855，所以A 9－B 9＝1395－855＝540.故选D.3.D【解析】因为数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，所以1＋3d ＋λ(1＋9d )＋1＋15d ＝15，解得λ＝13－18d 1＋9d，因为d ∈[1,2]，λ＝13－18d 1＋9d＝－2＋151＋9d是减函数，所以当d ＝1时，实数λ取得最大值为λ＝13－181＋9＝－12.故选D.4.A【解析】 若数列{a n }为等差数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12也成等差数列，又因为S4S8＝13，则数列S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12是以S 4为首项，S 4为公差的等差数列，则S 8＝3S 4，S 16＝10S 4，所以S8S16＝310，故选A.5. AC 【解析】 由S 6>S 7⇒a 7＝S 7－S 6<0，S 6>S 5⇒a 6>0，S 7>S 5⇒a 7＋a 6>0， 因为a 7<0，所以2a 7＝a 1＋a 13<0，即S 13<0，故C 正确； 同理，因为a 6>0，所以S 11>0，故A 正确； 因为a 7＋a 6>0，所以S 12>0，故B 错误；由上知d <0，a 7<0，故S 8－S 6＝a 8＋a 7<0，所以D 错误．第27讲 等比数列中的基本问题链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】因为数列3,33,35，…，32n ＋1是首项为3，公比为32的等比数列，所以3＋33＋35＋…＋32n ＋1＝3(1－32n ＋2)1－32＝38(9n ＋1－1)．2.D【解析】因为{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 2＋a 3＋a 4＝q (a 1＋a 2＋a 3)，即q ＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝q 5(a 1＋a 2＋a 3)＝25×1＝32.3.C【解析】因为等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2λ＋(λ－3)·2n (λ为常数)，所以a 1＝S 1＝2λ＋(λ－3)×2＝4λ－6，a 2＝S 2－S 1＝2λ＋(λ－3)·22－(4λ－6)＝2λ－6，a 3＝S 3－S 2＝2λ＋(λ－3)·23－[2λ＋(λ－3)·22]＝4λ－12，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以a2＝a 1a 3，所以(2λ－6)2＝(4λ－6)(4λ－12)，解得λ＝1或λ＝3.若λ＝3，则S n ＝2λ是常数，不成立，故舍去λ＝3，所以λ＝1.经检验符合题意．4.A【解析】因为在等比数列{a n }中，a 3·a 4·a 6·a 7＝81.又因为a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 1·a 9，所以(a 1·a 9)2＝81，解得a 1·a 9＝9或a 1·a 9＝－9.又a 1·a 9＝a 25，所以a 1·a 9＝9.5. D 【解析】 由数列a 1，a2a1，…，an an －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，得an an －1＝2n －1(n ≥2)，故a n ＝an an －1×an －1an －2×…×a2a1×a 1＝2n －1×2n －2×…×1＝2n (n －1)2(n ＝1时也符合)，则log 2a n ＝log 22n (n －1)2＝n (n －1)2.知识聚焦1. 从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数 公比2. a 1·q n －1 4. na 1 a1(1－q n )1－q ＝a1－anq 1－q研题型·融会贯通 分类解析【解答】(1) 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＞1.因为a 2＋a 4＝20，a 3＝8，所以8q＋8q ＝20，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，所以a 1＝2，a n ＝2n .(2) 记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，所以2n ≤m ，所以n ≤log 2m ， 故b 1＝0，b 2＝1，b 3＝1，b 4＝2，b 5＝2，b 6＝2，b 7＝2，b 8＝3，b 9＝3，b 10＝3，b 11＝3，b 12＝3，b 13＝3，b 14＝3，b 15＝3，b 16＝4，…，可知0在数列{b m }中有1项，1在数列{b m }中有2项，2在数列{b m }中有4项，…，由1×(1－26)1－2＝63<100，1×(1－27)1－2＝127>100， 可知b 63＝5，b 64＝b 65＝…＝b 100＝6.所以数列{b m }的前100项和S 100＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.【题组·高频强化】 1.B【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，所以a 6－a 4＝q (a 5－a 3)，所以q ＝2，所以a 1q 4－a 1q 2＝12，解得a 1＝1，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，a n ＝2n －1，所以Sn an＝2n －12n －1＝2－21－n . 2.B【解析】设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，因为a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，所以a 1(q 4－1)＝15，a 1(q 3－q )＝6，又a n ＞0，解得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.3. C 【解析】 在等比数列{a n }中，若S 10＝33S 5，则q ≠1，a1(1－q 10)1－q ＝33×a1(1－q 5)1－q ，即1－q 10＝33(1－q 5)，变形可得1＋q 5＝33，解得q ＝2. 又由S 6＝63，得a1(1－q 6)1－q＝a1(1－64)1－2＝63，解得a 1＝1，故a n ＝2n －1，S n ＝a1(1－q n )1－q ＝2n －1.若a n S n >10(a n ＋S n )，则22n －31×2n ＋20>0. 由n ∈N *，得n ≥5，故n 的最小值为5. 4.BC【解析】根据等比数列的性质得a 2a 3＝a 1a 4＝32>0，a 2＋a 3＝12>0，故a 2>0，a 3>0.根据根与系数的关系，可知a 2，a 3是一元二次方程x 2－12x ＋32＝0的两个根，解得a 2＝4，a 3＝8或a 2＝8，a 3＝4.因为等比数列{a n }是递增数列，所以q >1. 所以a 2＝4，a 3＝8满足题意，所以q ＝2，a 1＝a2q ＝2，故选项A 不正确；因为a n ＝a 1·q n －1＝2n ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，所以S n ＋2＝2n ＋1＝4·2n －1，所以数列{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B 正确；S 8＝28＋1－2＝512－2＝510，故选项C 正确； 因为lg a n ＝lg 2n ＝n lg 2，所以数列{lg a n }是公差为lg 2的等差数列，故选项D 不正确．故选BC.(1) 【答案】 A【解析】 因为S n 是等比数列{a n }的前n 项和，公比q ＝2， 所以a1＋a3＋a5S6＝a1＋a3＋a5(1＋q )(a 1＋a 3＋a 5)＝11＋q ＝13.(2) 【答案】 C 【解析】在等比数列{a n }中，a 5a 6＋a 4a 7＝18，则a 4a 7＋a 4a 7＝18，a 4a 7＝9，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 10)＋log 3(a 2a 9)＋log 3(a 3a 8)＋log 3(a 4a 7)＋log 3(a 5a 6)＝5log 3(a 4a 7)＝5lo g 39＝10.(1) 【答案】 D【解析】 不妨设等比数列{a n }的前3项和为54，前6项和为60，则a 1＋a 2＋a 3＝54，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝60，故有a 4＋a 5＋a 6＝6，则有a 7＋a 8＋a 9＝6254＝23，故其前9项和S 9＝S 6＋(a 7＋a 8＋a 9)＝6023.(2) 【答案】 2(n ＋2)【解析】 由题意，设这n ＋2个数构成的等比数列为{b n }， 则b 1＝1，b n ＋2＝81，且b 1·b n ＋2＝b 2·b n ＋1＝b 3·b n ＝…， 所以T n ＝(b1·bn ＋2)n ＋2＝9n ＋2， 从而a n ＝log 3T n ＝log 39n ＋2＝2(n ＋2)．【解答】 (1) 由S n ＋1＝4a n ＋1，得S n ＝4a n －1＋1(n ≥2，n ∈N )， 两式相减得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)，所以bn bn －1＝an ＋1－2an an －2an －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝1，S 2＝4a 1＋1，故a 2＝4，a 2－2a 1＝2＝b 1≠0， 所以数列{b n }为首项与公比均为2的等比数列．(2)由(1)可得b n ＝2·2n －1＝2n ，所以c n ＝|2n －100|＝⎩⎪⎨⎪⎧100－2n ，n ≤6，2n －100，n>6，所以T 10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400＝200－2(1－26)1－2＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1 994.【解答】 (1) 因为S n ＝32a n ＋b ，所以当n ≥2时，S n －1＝32a n －1＋b ，两式相减得S n －S n －1＝32a n ＋b －32a n －1－b ，所以a n ＝32a n －32a n －1，所以a n ＝3a n －1，故{a n }是公比为q ＝3的等比数列．(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则n ≥2时，(a n ＋1)2＝(a n ＋1＋1)(a n －1＋1)，即a2n ＋2a n ＋1＝a n ＋1a n －1＋a n ＋1＋a n －1＋1，由(1)知{a n }是等比数列，所以n ≥2时，a 2n ＝a n ＋1a n －1，于是2a n ＝a n ＋1＋a n －1，又a n ＝3a n －1，即6a n －1＝9a n －1＋a n －1，解得a n －1＝0，这与{a n }是等比数列相矛盾，故假设错误，即数列{a n ＋1}不是等比数列．课堂评价 1. B【解析】 在正项等比数列{a n }中，若a 2·a 27·a 2020＝16，则(a 7·a 1 011)2＝16，所以a 7·a 1 011＝4，则有a 509＝2，所以a 1·a 2·…·a 1 017＝(a 7·a 1 011)508·a 509＝21 017. 2. ABC 【解析】 由{a n }是等比数列可得n ≥2时，an an －1＝q (q 为定值)．因为n ≥2时，a2na2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫an an －12＝q 2为常数，故A 正确； 因为n ≥2时，anan ＋1an －1an ＝an ＋1an －1＝q 2，故B 正确；因为n ≥2时，1an 1an －1＝an －1an＝1q 为常数，故C 正确； 因为n ≥2时，lg|an|lg|an －1|不一定为常数，故D 错误．3. ±4 【解析】 在等比数列{a n }中，a 3－4a 1＝12，S 4＝17S 2， 设公比为q ，则q ≠0.由S 4＝17S 2知q ≠1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a1q2－4a1＝12，a1(1－q 4)1－q ＝17×a 1(1－q 2)1－q ，解得a 1＝1，q ＝±4，所以a 2＝a 1q ＝±4. 4.8【解析】在等比数列{a n }中，若a 3·a 5·a 7＝64，则(a 5)3＝64，解得a 5＝4，则a 1>0，a 9>0，a 1＋a 9≥2a1a9＝2a 5＝8，当且仅当a 1＝a 9，即等比数列为常数列时等号成立．5.2【解析】 因为{a n }是首项为2，公比为q (q >1)的等比数列，且{a n }的前n 项和为S n ，若{Sn ＋2}为等比数列，则S1＋2＝a1＋2＝2，S2＋2＝2＋2q ＋2，S3＋2＝2＋2q ＋2q2＋2成等比数列， 所以(4＋2q )2＝2×4＋2q ＋2q2，解得q ＝0(舍去)或q ＝2，所以q ＝2.第28讲 数列求和链教材·夯基固本 激活思维1. C 【解析】 令数列{a n }的前n 项和为S n ， 则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1220＝419＋1220. 2. A 【解析】 令a n ＝(－1)n (2n ＋1)，则当n 为奇数时，n ＋1为偶数，a n ＋a n ＋1＝－(2n ＋1)＋[2(n ＋1)＋1]＝2，所以S 11＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 9＋a 10)＋a 11＝2＋2＋…＋2－(2×11＋1)＝2×5－23＝－13.3.B【解析】因为a 1＝1，且对任意的n∈N *，都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，所以a n ＋1－a n ＝n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，当n ＝1时也成立，所以a n ＝n (n ＋1)2，所以1an＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an 的前n 项和为S n ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，故1a1＋1a2＋…＋1a2 022＝4 0442 023，故选B.4. 3【解析】 因为f (x )＋f (－x )＝12x ＋1＋12－x ＋1＝12x ＋1＋2x 2x ＋1＝1，所以f (－1)＋f (－2)＋f (－3)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝3[f (－1)＋f (1) ]＝3.5.3n ＋1－2n ＋1【解析】令S n ＝2n ＋2n －1×3＋2n －2×32＋…＋22×3n －2＋2×3n －1＋3n ，则2S n ＝2n ＋1＋2n ×3＋2n －1×32＋…＋23×3n －2＋22×3n －1＋2×3n ， 两式相加得3S n ＝2n ×3＋2n －1×32＋2n －2×33＋…＋22×3n －1＋2×3n ＋3n ＋1， 所以S n ＝3n ＋1－2n ＋13－2＝3n ＋1－2n ＋1.研题型·融会贯通 分类解析【解答】 (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5＝5a 1＋5×42d ＝10＋10d ＝30，解得d ＝2，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，n ∈N *.对于数列{b n }，当n ＝1时，b 1＝T 1＝21－1＝1； 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝2n －2n －1＝2n －1， 当n ＝1时上式也成立，所以b n ＝2n －1，n ∈N *. (2) 由(1)知c n ＝bn(b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n －1(2n －1＋1)(2n ＋1)＝12n －1＋1－12n ＋1，所以M n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1.【解答】 若选条件①：(1)因为数列{S n ＋a 1}为等比数列，所以(S 2＋a 1)2＝(S 1＋a 1)·(S 3＋a 1)，即(2a 1＋a 2)2＝2a 1(2a 1＋a 2＋a 3)．设等比数列{a n }的公比为q ，所以(2＋q )2＝2(2＋q ＋q 2)，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝1log2an ＋1·log2an ＋3＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 若选条件②：(1) 因为点(S n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋1上，所以a n ＋1＝S n ＋1.又a n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，两式相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，a 2＝S 1＋1＝2，也适合上式，故数列{a n }为首项是1，公比是2的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2) 同条件①. 若选条件③：(1) 因为2n a 1＋2n －1a 2＋…＋2a n ＝na n ＋1，① 所以2n －1a 1＋2n －2a 2＋…＋2a n －1＝(n －1)a n (n ≥2)． 所以2n a 1＋2n －1a 2＋…＋22a n －1＝2(n －1)a n (n ≥2)② 由①－②可得2a n ＝na n ＋1－2(n －1)a n ，即a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1,2a 1＝a 2，也适合上式，故数列{a n }为首项是1，公比是2的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2) 同条件①.【解答】 (1) 因为a n ＋1＝2(a n ＋1)，所以a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，则数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋2＝3×2n －1，即a n ＝3×2n －1－2(n ∈N *)． (2) 由(1)知，b n ＝log 2(a n ＋2)－log 23＝log 22n －1＝n －1， 所以3bnan ＋2＝n －12n －1.所以T n ＝020＋121＋222＋…＋n －22n －2＋n －12n －1，12T n ＝021＋122＋223＋…＋n －22n －1＋n －12n， 两式作差得12T n ＝121＋122＋…＋12n －1－n －12n＝12－12n 1－12－n －12n＝1－n ＋12n ，则T n ＝2－n ＋12n －1.【解答】 (1) 由数列{a n }满足a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n (n ∈N *)①，可得当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，a 1·2a 2·…·(n －1)a n －1＝2n －1②.①÷②得na n ＝2，即a n ＝2n ，当n ＝1时上式也成立，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2) 由(1)知2＋2n ＋1an ＝n ·2n ＋n ，设H n ＝1·2＋2·22＋…＋n ·2n ， 则2H n ＝1·22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，两式相减可得－H n ＝2＋4＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，化简可得H n ＝2＋(n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(n －1)·2n ＋1＋n (n ＋1)2.【解答】 (1) 因为(n ＋1)a n ＝na n ＋1，所以ann ＝an ＋1n ＋1，即数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an n 是常数列，所以an n ＝a11＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2) 由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.【解答】 (1) 当n ＝2时，a 3＝2a 2－a 2＋2，解得a 2＝2. 当n ＝1时，a 2＝2a 1＋a 1－1，解得a 1＝1. (2) 因为a n ＋1＝2a n ＋(－1)n ＋1a n ＋(－1)n n ， 当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＝a 2k ＋2k ①，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＝3a 2k －1－(2k －1)②， 把②代入①得a 2k ＋1＝3a 2k －1＋1，所以a2n ＋1＋12a2n －1＋12＝3a2n －1＋1＋12a2n －1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎪⎫a2n －1＋12a2n －1＋12＝3(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a2n －1＋12是以32为首项，3为公比的等比数列．(3) 由(2)得a 2n －1＋12＝32×3n －1，所以a 2n －1＝3n 2－12，代入②得a 2n ＝3×3n －12－(2n －1)．则a 2n ＋a 2n －1＝2×3n －(2n ＋1)．所以S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝3n ＋1－3－n 2－2n . 则S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n ＋12－n 2－52.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋22－n24－n －3，n 为偶数，3n ＋322－n2＋2n 4－114，n 为奇数.课堂评价 1. C【解析】 设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)d 2，因为Sn n＝a 1＋(n －1)d2，所以Sn ＋1n ＋1－Sn n ＝d 2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫Sn n 是公差为d 2的等差数列．因为S 5＝15，S 7＝28，所以S77－S55＝4－3＝1＝2×d 2，解得d ＝1，所以Sn n ＝S55＋(n －5)×d 2＝n ＋12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫Sn n 的前20项和为20⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋20＋122＝115.2.A【解析】因为a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，所以(n ＋1)a n ＋1＝na n ，所以数列{na n }是每项均为1的常数列，所以na n ＝1，所以a n ＝1n.因为a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{a n a n ＋1}的前10项和为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫110－111＝1－111＝1011. 3.A【解析】因为a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f (1)，所以a n ＝f (1)＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －2n ＋…＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f (0)．又f (x )＋f (1－x )＝1，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋…＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋1，所以a n ＝n ＋12，因为a n ＋1－a n ＝n ＋22－n ＋12＝12，所以数列{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列，则数列{a n }的前10项和为S 10＝10×1＋10×92×12＝652.4. 3n2＋5n4(n ＋1)(n ＋2) 【解析】 因为1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n (n ＋2)的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝3n2＋5n 4(n ＋1)(n ＋2).5. 10 200 【解析】 因为f (x )＝x 2cosπx 2，所以a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2cosn π2＋(n ＋1)2cos(n ＋1)π2，a 4n －3＝(4n －3)2cos 4n －32π＋(4n －2)2cos 4n －22π＝－(4n －2)2，同理可得a 4n －2＝－(4n －2)2，a 4n －1＝(4n )2，a 4n ＝(4n )2.所以a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－2(4n －2)2＋2(4n )2＝8(4n －1)．所以数列{a n }的前100项之和S 100＝8×(3＋7＋…＋99)＝10 200.微难点8 放缩法在数列不等式中的应用【解答】 因为k ！＝k (k －1)·…·2·1≥2·2·…·2·1＝2k －1，所以1k ！≤12k －1，k ＝1,2，…，n ，所以11！＋12！＋13！＋…＋1n ！<120＋121＋122＋…＋12n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n1－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1<2.【解答】 因为ak ak ＋1＝2k －12k ＋1－1<2k －12k ＋1－2＝12，所以∑k ＝1nakak ＋1<n2，不等式右边得证．因为ak ak ＋1＝2k －12k ＋1－1＝2k －12－122⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝12－14⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝12－13·2k ＋(2k －2)>12－13·2k ＋0＝12－13·2k，所以∑k ＝1nakak ＋1>∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13·2k ＝n 2－13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋122＋…＋12n ＝n 2－13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n >n2－13，不等式左边得证．【解答】 (1) 1＋122＋132＋…＋1n2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2. (2) 因为1n2<1n (n －1)＝1n －1－1n ，所以112＋122＋132＋ …＋1n2<1＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋1n －1－1n ＝54＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1n <74.【解答】(1)由题意知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an 为等差数列，且首项为2，公差为2，故a n ＝12n.(2) 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n 2＝14·1n2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n (n >1)，所以a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n <14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2－1n <12， 故a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n <12.【解答】 因为n2n ＋n <n2n ， 所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n－n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证． 微难点9 数列中常见的裂项技巧【解答】 (1) 因为a 6＝11，所以a 1＋5d ＝11 ①. 因为a 2，a 5，a 14成等比数列，所以a 25＝a 2a 14， 所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋13d )，化简得6a 1d ＝3d 2，因为d ≠0，所以2a 1＝d ②. 由①②可得，a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －1.(2) 由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.【解答】 (1) 由2S n ＝(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(S n －S n －1)(n ≥2，n ∈N *)，整理得(n －1)S n ＝(n ＋1)S n －1，即S n ＝n ＋1n －1S n －1，所以S n ＝n ＋1n －1S n －1＝n ＋1n －1·n n －2S n －2＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3S n －3＝…＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3·…·53·42·31S 1＝n (n ＋1)2a 1＝n (n ＋1)．因为S 1＝a 1＝2，所以S 1也满足S n ＝n (n ＋1)， 所以S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2) b n ＝an ＋1Sn ＋1·Sn ＝Sn ＋1－Sn Sn ＋1·Sn ＝1Sn －1Sn ＋1＝1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， T n ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14－15＋…＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1(n ＋1)·(n ＋2). 因为n ∈N *，所以T n ＝12－1(n ＋1)·(n ＋2)<12.【解答】 由a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1(n ＋1)2n －n 2(n ＋1)＝1n－1n ＋1，得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1 .【解答】 (1) 由已知，得⎩⎨⎧a1＋a2＋a3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，则a 1q ＝2， 所以a 1＝2q ，a 3＝a 1q 2＝2q .由S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，所以2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，所以q ＝2，所以a 1＝1， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝an(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝2n －1(2n －1＋1)(2n ＋1)＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝11＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1<12. 【解答】 (1) 设{a n }的公差为d ， 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧3a1＋3d ＝2a1＋4d ，4a1＋6d ＝2a1＋6d ＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，d ＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .(2) 由(1)知S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2＋n ， 则b n ＝2(n ＋2)n (n ＋1)·2n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1， 故T n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11·21－12·22＋12·22－13·23＋…＋1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1＝2－1(n ＋1)·2n －1<2. 【解答】 (1) 因为a n ＋1－an ＋1＝a n ＋an ， 所以a n ＋1－a n ＝an ＋1＋an ， 所以an ＋1－an ＝1. 因为a 2＝4，所以a1＝1，所以数列{an }是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以an ＝1＋n －1＝n ， 所以a n ＝n 2.(2) 因为b n ＝an ＋1(n ＋2)2a n ＝n ＋1(n ＋2)2n 2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n2－1(n ＋2)2， 所以S n ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤54－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2.。

第五篇 数列及其应用 专题5.3 等比数列及其前n 项和【考纲要求】1.理解等比数列的概念．2.掌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，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题． 4.了解等比数列与指数函数的关系. 【命题趋势】1.利用公式求等比数列指定项、前n 项和；利用定义、通项公式证明数列为等比数列．2.利用等比数列性质求等比数列指定项、公比、前n 项和. 【核心素养】本讲内容主要考查数学运算、逻辑推理的核心素养. 【素养清单•基础知识】 1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第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 .(2)等比中项：如果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⇒G 2＝ab . 只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －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．等比数列与指数型函数的关系当q >0且q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n 可以看成函数y ＝cq x ，其是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x的图象上；对于非常数列的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－a 11－q q n ＋a 11－q ，若设a ＝a 11－q ，则S n ＝－aq n＋a (a ≠0，q ≠0，q ≠1)．由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝－aq x ＋a 图象上一系列孤立的点．对于常数列的等比数列，即q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1.由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝a 1x 图象上一系列孤立的点． 【素养清单•常用结论】设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ；若2s ＝p ＋r ，则a p a r ＝a 2s ，其中m ，n ，p ，q ，s ，r ∈N *.(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N *)．(4)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n 也是等比数列．(5)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q . 【真题体验】1.【2019年高考全国III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）A ．16B ．8C ．4D ．22.【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=___________．3.【2018年高考浙江卷】已知成等比数列，且．若，则（ ）A ．B ．C ．D ．4.【2017年高考全国II 卷理数】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，则塔的顶层共有灯（ ） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏D ．9盏5．【2017年高考全国III 卷理数】等差数列的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则前6项的和为（ ）A ．B ．C ．3D ．86.【2018年高考全国I 卷理数】记为数列的前项和，若，则___________．【考法拓展•题型解码】考法一 等比数列基本量的求解归纳总结：解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想：等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求出关键量a 1和q ，问题便可迎刃而解．(2)分类讨论的思想：等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，将q 分为q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论．【例1】 (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 考法二 等比数列的性质及应用 归纳总结(1)等比数列性质的应用可以分为三类：通项公式的变形、等比中项的变形、前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．【例2】 (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 ．2 B ．1 C. 12 D. 18(2)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＝( ) A. 18 B ．－18 C. 578 D. 558(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 ．6C ．8D ．－9 考法三 等比数列的判定与证明 解题技巧:等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若数列{a n }的通项公式可写成a n ＝c ·q n －1(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列． 【例3】 (2018·全国卷Ⅰ改编)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a n n . (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{b n }的前10项和S 10. 【易错警示】易错点 忽视等比数列的一些基本条件【典例】 设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n ＞0(n ＝1,2,3，…)，求q 的取值范围．【错解】：因为a 1＝S 1＞0，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＞0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－q ＞0，1－q n ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＜0，1－q n ＜0，所以－1＜q ＜1或q ＞1，故所求q 的取值范围为(－1,1)∪(1，＋∞)．【错因分析】本题中出现两个基本错误：一是q ≠0这一隐含条件被忽视，二是对于前n 项和没有分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论，故而解答出现错误．【正解】：因为数列{a n }为等比数列，S n ＞0，所以a 1＝S 1＞0，q ≠0.当q ＝1时，S n ＝na 1＞0；当q ≠1时，S n＝a 1(1－q n )1－q ＞0，即1－q n 1－q ＞0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－q ＞0，1－q n ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＜0，1－q n ＜0，所以－1＜q ＜1或q ＞1.综上，q 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．【误区防范】：等比数列中的三个易误点 (1)特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{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，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．【跟踪训练】 等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( ) A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2n D ．3n －1 【递进题组】1．在等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9＝( )A ．－2＋22 B ．－ 2 C. 2 D ．－2或 22．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A ．40 B ．60 C ．32 D ．503．(2017·全国卷Ⅱ)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 3.4．(2019·西安一中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝S n ＋n2(n ∈N *)． (1)若数列{a n ＋t }是等比数列，求t 的值； (2)求数列{a n }的通项公式． 【考卷送检】 一、选择题1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．242．(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例．为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32fB.322fC.1225fD.1227f3．在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A ．－2 B ．－ 2 C ．±2 D. 24．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 ＝( ) A ．4n －1 B ．4n －1 C ．2n －1 D ．2n －15．(2019·潍坊重点高中联考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( ) A ．2 B.73 C. 83 D ．36．(2019·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2·b 8·b 11＝( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8 二、填空题7．等比数列的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________. 8．(2017·江苏卷)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＝________. 9．(2019·杭州期中)设数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的n ∈N *，满足a n ＋2－a n ≤2n ，a n ＋4－a n ≥5×2n ，则a 2 017＝________. 三、解答题10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.11．(2019·河南实验中学质检)数列{b n }满足b n ＋1＝2b n ＋2，b n ＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝4. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .12．已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．13．(2019·焦作一中月考)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln |x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为________．。

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。

第三节 等比数列及其前n 项和[考纲传真] 1.理解等比数列的概念.2.掌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，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(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(n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果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⇒G 2＝a b.2．等比数列的通项公式与前n 项和公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1. (2)前n 项和公式：3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)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 .(5)当q ≠－1时，数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列． [常用结论]1．“G 2＝ab ”是“a ，G ，b 成等比数列”的必要不充分条件．2．若q ≠0，q ≠1，则S n ＝k －kq n (k ≠0)是数列{a n }成等比数列的充要条件，此时k ＝a 11－q. [基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列． ( )(2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝a b. ( )(3)若{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a. ( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．(教材改编)等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6等于( ) A ．27 B ．36C.812 D ．54C [公比q ＝a 4a 3＝1812＝32，则a 6＝a 4q 2＝18×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝812.]3．(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为__________．27,81 [设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.]4．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＝________. 4 [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝1，a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3＝52，消去a 1得1q ＋q ＝52， 解得q ＝12或q ＝2.又0＜q ＜1，故q ＝12，此时a 1＝4.]5．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 ＝__________.6 [∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.]等比数列基本量的运算1．(2019·n S n ，若a 1＝1，S 3＝3a 3，则S 5＝( )A ．1B ．5 C.3148 D.1116D [由S 3＝3a 3得a 1＋a 2＝2a 3， ∴1＋q ＝2q 2，解得q ＝－12或q ＝1(舍)． ∴S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1251－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23×3332＝1116，故选D.]2．(2017·江苏高考)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＝________.32 [设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.]3．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1. (2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.[规律方法] 解决等比数列有关问题的两种常用思想等比数列的判定与证明【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn . (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．[解] (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)n a n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a nn ＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.(等比中项法：若数列n n n (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] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故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.等比数列性质的应用►考法1 【例2】 (1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＞0，q ＞1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝________.(1)50 (2)31 [(1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5. 所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎨⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n ＞0，q ＞1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎨⎧ a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×(1－25)1－2＝31.]►考法2 等比数列前n 项和的性质【例3】 (1)等比数列{a n }中，前n 项和为48，前2n 项和为60，则其前3n 项和为________．(2)数列{a n }是一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，则此数列的通项公式a n ＝________.(1)63 (2)12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1[(1)法一：设数列{a n }的前n 项和为S n .因为S 2n ≠2S n ，所以q ≠1，由前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n )1－q ＝48，①a 1(1－q 2n )1－q ＝60，②②÷①，得1＋q n ＝54，所以q n ＝14.③ 将③代入①，得a 11－q＝64. 所以S 3n ＝a 1(1－q 3n )1－q ＝64×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－143＝63.法二：设数列{a n }的前n 项和为S n ， 因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列， 所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，即S 3n ＝(S 2n －S n )2Sn＋S 2n ＝(60－48)248＋60＝63.法三：设数列{a n }的前n 项和为S n ， 因为S 2n ＝S n ＋q n S n ，所以q n ＝S 2n －S n S n＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q 2n S n ＝60＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142×48＝63.(2)设此数列{a n }的公比为q ，由题意，知S 奇＋S 偶＝4S 偶，所以S 奇＝3S 偶，所以q ＝S 偶S 奇＝13.又a 1a 2a 3＝64，即a 1(a 1q )(a 1q 2)＝a 31q 3＝64，所以a 1q ＝4.又q ＝13，所以a 1＝12，所以a n ＝a 1q n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.](1)已知等比数列{a n }的公比q ＞0，且a 5·a 7＝4a 24，a 2＝1，则a 1＝( )A.12B.22C. 2 D ．2(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12等于( )A ．40B ．60C ．32D ．50(1)B (2)B [(1) a 5·a 7＝a 26＝4a 24，∴a 6＝2a 4，则a 6a 4＝q 2＝2.∴q ＝2，从而a 1＝12＝22，故选B. (2)S 12＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋(a 7＋a 8＋a 9)＋(a 10＋a 11＋a 12)＝4＋8＋16＋32＝60.]等差、等比数列的综合问题【例4】 (1)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( )A.5－12B.5＋12C.3－52D.3＋52A [设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，由a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q 2a 4＋a 4q 2＝a 3(1＋q 2)a 4(1＋q 2)＝1q ＝25＋1＝2(5－1)(5＋1)(5－1)＝5－12，故选A.](2)(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. ①求{a n }的通项公式； ②求e a 1＋e a 2＋…＋e a n . [解] ①设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2， 所以2a 1＋3d ＝5ln 2.又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. ②因为e a 1＝e ln 2＝2，＝＝e ln 2＝2，所以数列{e a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 所以e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝2×1－2n1－2＝2(2n －1)．n 1248(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意 有⎩⎨⎧a 1＝1，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )， 解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)得a n ＝n ， ∴b n ＝2n ，∴b n ＋1b n＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴T n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.1．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( ) A ．2 B ．1C.12D.18C [法一：∵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.法二：∵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．(2014·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1) C.n (n ＋1)2D.n (n －1)2A [由a 2，a 4，a 8成等比数列，得a 24＝a 2a 8，即(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，∴a 1＝2.∴S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝2n ＋n 2－n ＝n (n ＋1)．]3．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.－8 [设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ① a 1(1－q 2)＝－3.②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.]4．(2017·全国卷Ⅱ)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] 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.自我感悟：______________________________________________________ ________________________________________________________________ ________________________________________________________________。

第3节 等比数列及其前n 项和考试要求 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.体会等比数列与指数函数的关系.知 识 梳 理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列. 数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数). (2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝±ab . 2.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a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m qn －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q.3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和.(1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .[微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 也是等比数列.2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{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，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(必修5P53A1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.答案 D3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 答案 27，814.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A.2B.4C.92D.6解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2. 又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4. 答案 B5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f ，公比为122的等比数列，设此数列为{a n }，则a 8＝1227f ，即第八个单音的频率为1227f . 答案 D6.(2015·全国Ⅰ卷)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 ＝________.解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n）1－2＝126，解得n ＝6. 答案 6考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)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＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q.【训练1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( ) A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16， 解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2（1－24）1－2＝30.(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 (1)D (2)1考点二 等比数列的判定与证明【例2】 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)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a n ＋1(λ－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)解 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.规律方法 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.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n ＝1的情形进行验证.【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)， 又由题意知a 1－2a 1＝－3， 所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n＝4（1－2n）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.考点三 等比数列的性质及应用【例3】 (1)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＝( ) A.12B.10C.8D.2＋log 35(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A.－2B.－ 2C.± 2D. 2(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4，a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0，所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3， ∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73. 答案 (1)B (2)73[思维升华]1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.(2)分类讨论思想：如求和时要分q ＝1和q ≠1两种情况讨论，判断单调性时对a 1与q 分类讨论. [易错防范]1.特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况.2.S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1时且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立.数学运算——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想. 类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .【例1】 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________. (2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2. 又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d . 由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例2】 (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6B.5C.4D.3(2)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.18B.－18C.578D.558解析 (1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a9＝18.答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . 若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q nS m (q 为公比).【例3】 (1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________.解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160， 所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0. 则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案 (1)2 (2)3116基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A.8B.9C.10D.11解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10. 答案 C2.已知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，则2a 7＋a 11的最小值为( ) A.16B.8C.2 2D.4解析 因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8， 所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8， 所以2a 7＋a 11的最小值为8. 答案 B3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝3a 3，则S 5＝( ) A.1B.5C.3148D.1116解析 由题意得a 1（1－q 3）1－q ＝3a 1q 2，解得q ＝－12或q ＝1(舍)，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1251－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1116. 答案 D4.(2017·全国Ⅱ卷)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，则塔的顶层共有灯( ) A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B5.(2019·深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，则ab＝( )A.－3B.－1C.1D.3解析 ∵等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，∴a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－S 1＝3a ＋b －a －b ＝2a ，a 3＝S 3－S 2＝9a ＋b －3a －b ＝6a ，∵等比数列{a n }中，a 22＝a 1a 3， ∴(2a )2＝(a ＋b )×6a ，解得a b＝－3.答案 A 二、填空题6.等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 13＋a 14a 14＋a 15＝________.解析 设{a n }的公比为q .由题意得a 1＋2a 2＝a 3，则a 1(1＋2q )＝a 1q 2，q 2－2q －1＝0，所以q ＝1＋2(舍负). 则a 13＋a 14a 14＋a 15＝1q＝2－1.答案2－17.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)， ∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n . 答案12n 8.(2018·南京模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________.解析 由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )得，a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，∴(a n ＋1－2a n )2＝0，a n ＋1a n ＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，∴S 9＝2(1－29)1－2＝1 022. 答案 1 022 三、解答题9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.10.已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个首项为1，公差为2的等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， 所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－12.T n ≤S n 即3n－12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.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 1>1的n 的最小值为( ) A.4B.5C.6D.7解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴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.答案 C12.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( ) A.(3n－1)2B.12(9n－1)C.9n－1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列. 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1－9n)1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝______.解析 ∵{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25， ∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q，∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.答案 8314.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数). (1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ； (2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ). 又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列， 此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1；当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ.(2)由(1)知a n ＝2n－1，所以n (a n ＋1)＝n ×2n，T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ×2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.新高考创新预测15.(创新思维)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是( )A.a1<a2<a3<a4B.a1＝a2＝a3＝a4C.a1>a2>a3>a4D.以上结论都有可能成立解析构造函数f(x)＝e x－x－1，f′(x)＝e x－1＝0，x＝0，得极小值f(0)＝0，故f(x)≥0，即e x≥x＋1恒成立(x＝0取等号).a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3>a1＋a2＋a3＋1⇒a4>1⇒q>0，且a2>1，a3>1，若公比q∈(0，1]，则4a1≥a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3>e2＋a1>7e a1>7a1＋7>4a1，产生矛盾.所以公比q>1，故a1<a2<a3<a4.故选A.答案 A。

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．。