2013高三数学总复习同步练习：6-3等比数列

6-3等比数列基 础 巩 固 一、选择题1．(文)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1＝( ) A ．2 B. 2 C.22D.12[答案] B[解析] ∵a 3·a 9＝(a 6)2＝2a 25，∴(a 6a 5)2＝2，又{a n }的公比为正数， ∴q ＝a 6a 5＝ 2.∴a 1＝a 2q＝ 2.(理)(·唐山一中第一学期第二次月考)已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝( )A ．5 2B ．7C ．6D ．4 2 [答案] A[解析] ∵{a n }为正项等比数列，∴a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9成等比数列，且a 4a 5a 6>0， ∴a 4a 5a 6＝a 1a 2a 3·a 7a 8a 9＝52，故选A.2．已知{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，则数列{a n }是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列 D ．无法确定[答案] B[解析] ∵a 1＝1，q ＝a n ＋1a n ＝12，∴0<q <1，故{a n }为递减数列．3．(·新课标理，5)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7[答案] D[解析] 本题考查了等比数列的性质及分类讨论思想．a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8⇒a 4＝4，a 7＝－2或a 4＝－2，a 7＝4，a 4＝4，a 7＝－2⇔a 1＝－8，a 10＝1⇔a 1＋a 10＝－7， a 4＝－2，a 7＝4⇒a 10＝－8，a 1＝1⇔a 1＋a 10＝－7.4．(文)一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( ) A ．13项 B ．12项 C ．11项 D ．10项[答案] B[解析] 设前三项分别为a 1，a 1q ，a 1q 2，后三项分别为a 1q n －3，a 1qn －2，a 1qn －1，所以前三项之积a 31q 3＝2，后三项之积a 31q3n －6＝4.所以两式相乘，得a 61q3(n －1)＝8，即a 21qn －1＝2.又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1qn －1＝64，a n1qn (n －1)2＝64，即(a 21qn －1)n＝642，即2n ＝642.所以n ＝12，本题利用通项公式转化为基本量a 1，q 的关系加以解决，利用基本量沟通已知和所求是常用的方法，注意体会．(理)设数列{x n }满足log 2x n ＋1＝1＋log 2x n (n ∈N ＋)，且x 1＋x 2＋…＋x 10＝10，记{x n }的前n 项和为S n ，则S 20＝( )A ．1 025B ．1 024C ．10 250D ．10 240[答案] C[解析] ∵log 2x n ＋1＝1＋log 2x n (n ∈N ＋)， ∴log 2x n ＋1＝log 2(2x n )， ∴x n ＋1＝2x n ，x n ＋1x n＝2(n ∈N ＋)， 又x n >0(n ∈N ＋)，所以数列{x n }是公比为2的等比数列，由x 1＋x 2＋…＋x 10＝10得到x 1＝10210－1，所以S 20＝x 11－2201－2＝10×(210＋1)＝10 250.5．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 ．80 B ．30 C ．26 D ．16[答案] B[解析] 据等比数列性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n 成等比数列，则(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )， ∵S n ＝2，S 3n ＝14，∴(S 2n －2)2＝2×(14－S 2n )． 又S 2n >0得S 2n ＝6，又(S 3n －S 2n )2＝(S 2n －S n )(S 4n －S 3n )，∴(14－6)2＝(6－2)·(S 4n －14)．解得S 4n ＝30.6．在数列{a n }中，a n ＋1＝ca n (c 为非零常数)，且前n 项和为S n ＝3n＋k ，则实数k 的值为( ) A ．0 B ．1 C ．－1 D ．2[答案] C[解析] 据题意知数列为等比数列，又当公比q ≠1时，等比数列前n 项和公式为S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 11－q－a 11－q q n ，令a 11－q＝a ，则有S n ＝a －aq n ，故若S n ＝k ＋3n，则k ＝－1，此外本题可由已知得数列前3项，利用3项为等比数列即可求得k 值．二、填空题7．(·江西文，13)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，且对任意的n ∈N ＋都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.[答案] 11[解析] 本题考查了等比数列通项公式，求和公式等， 设{a n }公比为q ，则a n ＋2＋a n ＋1 －2a n ＝a 1q n ＋1＋a 1q n －2a 1qn －1＝0，所以q 2＋q －2＝0，即q ＝－2，q ＝1(舍去)，∴S 5＝1－－251－－2＝11.8．在等比数列{a n }中，已知对任意正整数n ，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于________． [答案] 13(4n－1)[解析] 由a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n－1， ∴a 1＝1，a 2＝2，q ＝2 又∵{a n }是等比数列∴{a 2n }也是等比数列，首项为1，公比为4 ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1－4n1－4＝13(4n－1)．三、解答题9．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．[解析] (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2，所以S 1＋54＝52， S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2， 因此{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列.能 力 提 升 一、选择题1．(文)在正项等比数列{a n }中，若a 2·a 4·a 6·a 8·a 10＝32，则log 2a 7－12log 2a 8＝( )A.18B.16C.14D.12[答案]D[解析] ∵a 2·a 4·a 6·a 8·a 10＝32，∴a 6＝2， ∴log 2a 7－12log 2a 8＝log 2a 7a 8＝log 2a 6a 8a 8＝log 2a 6＝log 22＝12.(理)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12 B.5＋12C.1－52D.5－12或5＋12 [答案] B[解析] 设{a n }的公比为q ，则q >0. ∵a 2，12a 3，a 1成等差数列，∴a 3＝a 1＋a 2，∴a 1q 2＝a 1＋a 1q ， ∵a 1≠0，∴1＋q ＝q 2， 又∵q >0，∴q ＝5＋12， ∴a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝5＋12. 2．(·北京文，6)已知数列{a n }为等比数列，下面结论中正确的是( ) A ．a 1＋a 3≥2a 2 B ．a 21＋a 23≥2a 22C ．若a 1＝a 3，则a 1＝a 2D ．若a 3＞a 1，则a 4＞a 2 [答案] B[解析] 本题考查了等比数列、均值不等式等知识，可用排除法求解．当a 1<0，q <0时，a 1<0，a 2>0，a 3<0，所以A 错误；而当q ＝－1时，C 错误；当q <0时由a 3>a 1得a 3q <a 1q ，即a 4<a 2，与D 项矛盾，所以B 项正确．二、填空题3．若数列{a n }满足a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，…，是首项为1，公比为2的等比数列，则a n 等于________．[答案] 2n－1 [解析] a n －a n －1＝a 1qn －1＝2n －1，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a 1＝2a 3－a 2＝22…a n －a n －1＝2n －1相加：a n －a 1＝2＋22＋…＋2n －1＝2n－2，∴a n ＝2n－2＋a 1＝2n－1.4．(·辽宁文，14)已知等比数列{a n }为递增数列，若a 1>0，且2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的公比q ＝________.[答案] 2[解析] 本题考查了等比数列的通项公式． ∵{a n }是递增的等比数列，且a 1>0， ∴q >1，又∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1， ∴2a n ＋2a n q 2＝5a n q ， ∵a n ≠0， ∴2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12(舍去)，∴公比q 为2.(理)(·辽宁理，14)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 ＝________.[答案] 2n[解析] 本题考查等比数列通项公式的求法． 由题意，a 25＝a 10，则(a 1q 4)2＝a 1q 9，∴a 1＝q . 又∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴2q 2－5q －2＝0，∵q >1，∴q ＝2，a 1＝2， ∴a n ＝a 1·qn －1＝2n.三、解答题5．(·陕西文，16)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12.(1)若a 3＝14，求数列{a n }的前n 项和；(2)证明：对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列． [解析] (1)由a 3＝a 1q 2＝14及q ＝－12，得a 1＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝1×[1－－12n]1－－12＝2＋－12n －13.(2)证明：对任意k ∈N ＋，2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝2a 1q k ＋1－(a 1qk －1＋a 1q k)＝a 1qk －1(2q 2－q －1)，由q ＝－12得2q 2－q －1＝0，故2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝0.所以，对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列． 6．(文)已知等比数列{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 n2；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式． [解析] (1)因为a n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝13n ，S n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝1－13n 2，所以S n ＝1－a n2.(2)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.(理)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．[解析] (1)设数列{a n }的公比为q . 由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19.由条件可知q >0，故q ＝13，由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13，故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n ) ＝－n n ＋12.故1b n ＝－2nn ＋1＝－2(1n －1n ＋1)， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－2nn ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2n n ＋1.7．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝k ·2n＋m ，k ≠0，且a 1＝3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧3＝2k ＋m ， ①3＋a 2＝4k ＋m ， ②3＋a 2＋a 3＝8k ＋m . ③解得a 2＝2k ，a 3＝4k ， ∴公比为q ＝a 3a 2＝2， ∴a 23＝2，∴k ＝3，代入①得m ＝－3，∴a n ＝3·2n －1.(2)解b n ＝n a n ＝n3·2n －1，T n ＝13(1＋22＋322＋…＋n2n －1)，④12T n ＝13(12＋222＋…＋n －12n －1＋n2n )，⑤ ④－⑤得12T n ＝13(1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n )，T n＝23⎝⎛⎭⎪⎫1·1－12n1－12－n2n＝43(1－12n－n 2n ＋1)．。

6.3 等比数列及其前n 项和1．(2013·镇江期末)在等比数列{a n }中，S n 为其前n 项和，已知a 5＝2S 4＋3，a 6＝2S 5＋3，则此数列的公比q 为________．2．已知等比数列{a n }的各项均为正数，若a 1＝3，前三项的和为21，则a 4＋a 5＋a 6＝________.3．在数列{a n }中，a n ＋1＝ca n (c 为非零常数)，前n 项和为S n ＝3n ＋k ，则实数k 的值为________．4．(2014·江西省七校联考)设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________.5．(2014·盐城二模)已知在等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝40，则a 5a 6a 7＝________. 6．(2013·南通三模)已知三个数x ＋log 27 2，x ＋log 92，x ＋log 32成等比数列，则公比为________．7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝________.8．(2014·常州调研)已知数列{a n }的前n 项的和为S n ，若S n ＝3n －1(n ∈N *)，则a 2 012＋a 2 014a 2 013的值为________．9．(2014·苏北四市质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＋1＝pS n ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)，且a 1＝2，a 2＝1，a 3＝q －3p .(1)求p ，q 的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)是否存在正整数m ，n 使S n －m S n ＋1－m <2m2m ＋1成立？若存在，求出所有符合条件的有序数对(m ，n )；若不存在，请说明理由．10．设数列{a n }的各项都为正数，其前n 项和为S n ，对于任意正整数m ，n ，S m ＋n ＝2a 2m (1＋S 2n )－1恒成立．(1)若a 1＝1，求a 2，a 3，a 4及数列{a n }的通项公式； (2)若a 4＝a 2(a 1＋a 2＋1)，求证：数列{a n }是等比数列．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·南京、盐城一模)记等比数列{a n }的前n 项积为T n (n ∈N *)，若a m －1·a m ＋1－2a m＝0，且T 2m －1＝128，则m ＝________.2．(2014·苏中三市、连云港、淮安调研)各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2－a 1＝1.当a 3取最小值时，数列{a n }的通项公式a n ＝________.3．(2014·南京、盐城一模)若数列{a n }是首项为6－12t ，公差为6的等差数列，数列{b n }的前n 项和为S n ＝3n －t ，其中t 为实常数．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{b n }是等比数列，求证：对于任意的n (n ∈N *)，均存在正整数c n ，使得b n ＋1＝ac n ，并求数列{c n }的前n 项和T n ；(3)设数列{d n }满足d n ＝a n ·b n .若{d n }中不存在这样的项d k ，使得“d k <d k －1”与“d k <d k ＋1”同时成立(k ≥2，k ∈N *)，求实数t 的取值范围．4．(2014·苏北三市统考)已知a >0，b <0，且a ＋b ≠0，令a 1＝a ，b 1＝b ，且对任意的正整数k ，当a k ＋b k ≥0时，a k ＋1＝12a k －14b k ，b k ＋1＝34b k ；当a k ＋b k <0时，b k ＋1＝－14a k ＋12b k ，a k＋1＝34a k . (1)求数列{a n ＋b n }的通项公式；(2)若对任意的正整数n ，a n ＋b n <0恒成立，问：是否存在a ，b ，使得{b n }为等比数列？若存在，求出a ，b 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)若对任意的正整数n ，a n ＋b n <0，且b 2n ＝34b 2n ＋1，求数列{b n }的通项公式．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解析：由已知a 5＝2S 4＋3，a 6＝2S 5＋3，两式相减得a 6－a 5＝2a 5，即a 6＝3a 5， 所以q ＝3. 答案：32．解析：由题意a n ＝a 1q n －1(q >0)，a 1＋a 2＋a 3＝21，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21，a 1＝3，q >0，即1＋q ＋q 2＝7，解得q ＝2.所以a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝21×8＝168. 答案：1683．解析：依题意得，数列{a n }是等比数列，a 1＝3＋k ，a 2＝S 2－S 1＝6，a 3＝S 3－S 2＝18，则62＝18(3＋k )，由此解得k ＝－1. 答案：－14．解析：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 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80，S 40＝150. 答案：1505．解析：由条件得a 2＝35，a 8＝340，于是q 6＝2，故a 5a 6a 7＝a 32q 12＝5×4＝20. 解析：206．解析：由条件得(x ＋log 92)2＝(x ＋log 272)(x ＋log 32)，展开得x 2＋log 32·x ＋14(log 32)2＝x 2＋43log 32·x ＋13(log 32)2，解得x ＝－14log 32，从而公比q ＝－14log 32＋log 92－14log 32＋log 272＝－14log 32＋12log 32－14log 32＋13log 32＝3.答案：37．解析：由题意得－4＝12·q 3，故q ＝－2，从而|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝12＋1＋2＋4＋8＋16＝632.答案：6328．解析：依题意可知数列{a n }为等比数列，且公比q ＝3，从而a 2 012＋a 2 014a 2 013＝a 2 0133＋3a 2 013a 2 013＝13＋3＝103.答案：1039．解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ S 2＝pa 1＋q ，S 3＝pS 2＋q ，即⎩⎪⎨⎪⎧3＝2p ＋q ，3＋q －3p ＝3p ＋q ，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝12，q ＝2.(2)由(1)知，S n ＋1＝12S n ＋2.① 当n ≥2时，S n ＝12S n －1＋2，②①－②，得a n ＋1＝12a n (n ≥2)．又a 2＝12a 1，所以a n ＋1＝12a n (n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －2.(3)由(2)得S n ＝21－12n1－12＝4(1－12n )．假设存在符合条件的m ，n .则由S n －m S n ＋1－m <2m2m ＋1，得41－12n －m 41－12n ＋1－m <2m2m ＋1，即2(4)42(4)2n n m m ----<2m 2m ＋1，即22(4)2n m -->12m ＋1. 因为2m ＋1>022(4)2nm --，所以2n (4－m )－2>0，所以m <4，且2<2n (4－m )<2m ＋1＋4.(*) 因为m ∈N *，所以m ＝1或2或3.当m ＝1时，由(*)得2<2n ×3<8，所以n ＝1； 当m ＝2时，由(*)得2<2n ×2<12，所以n ＝1或2； 当m ＝3时，由(*)得2<2n <20，所以n ＝2或3或4.综上可知，存在符合条件的所有有序数对(m ，n )为(1,1)，(2,1)，(2,2)，(3,2)，(3,3)，(3,4)． 10．解：(1)由条件得 1＋S m ＋n ＝2a 2m1＋S 2n .① 在①中，令m ＝1得1＋S n ＋1＝2a 21＋S 2n . ② 令m ＝2得1＋S n ＋2＝ 2a 41＋S 2n .③③÷②得1＋S n ＋21＋S n ＋1＝a 4a 2(n ∈N *)． 记a 4a 2＝q ，则数列{1＋S n }(n ≥2，n ∈N *)是公比为q 的等比数列．所以1＋S n ＝(1＋S 2)q n －2(n ≥2，n ∈N *)． ④ 当n ≥3时，1＋S n －1＝(1＋S 2)q n －3.⑤④－⑤得a n ＝(1＋S 2)q n －3(q －1)(n ≥3，n ∈N *)， (*) 在①中，令m ＝n ＝1得1＋S 2＝2a 21＋S 2.所以(1＋S 2)2＝2a 2(1＋S 2)．则1＋S 2＝2a 2.所以a 2＝1＋a 1.因为a 1＝1，所以a 2＝2. 在①中，令m ＝1，n ＝2得1＋S 3＝2a 21＋S 4，则(4＋a 3)2＝4(4＋a 3＋a 4)． ⑥在①中，令m ＝2，n ＝1得1＋S 3＝2a 41＋S 2. 则(4＋a 3)2＝8a 4.⑦由⑥⑦解得a 3＝4，a 4＝8.则q ＝2.由a n ＝(1＋S 2)q n －3(q －1)(n ≥3，n ∈N *)得a n ＝4×2n －3·(2－1)＝2n －1(n ≥3，n ∈N *)， 因为a 1＝1，a 2＝2也适合上式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明：在①中，令m ＝2，n ＝2，得1＋S 4＝2a 41＋S 4，则1＋S 4＝2a 4，所以1＋S 3＝a 4.又1＋S 3＝2a 21＋S 4，则1＋S 3＝2a 21＋S 3＋a 4，所以a 4＝2a 2·2a 4，则a 4＝4a 2，q ＝2.代入(*)得a n ＝(1＋S 2)2n －3(n ≥3，n ∈N *)． 由条件a 4＝a 2(a 1＋a 2＋1)得a 1＋a 2＋1＝4.因为a 2＝1＋a 1，所以a 1＝1，所以a 2＝2，则a n ＝4×2n －3＝2n －1(n ≥3，n ∈N *)， 因为a 1＝1，a 2＝2也适合上式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．所以数列{a n }是等比数列． 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解析：因为{a n }是等比数列，所以a m －1a m ＋1＝a 2m .又因为a m －1a m ＋1－2a m ＝0，即a 2m －2a m ＝0，所以a m ＝2(a m ＝0舍去)．又T 2m －1＝a 1a 2…a 2m －2a 2m －1＝a 2m －1m＝128＝27，所以2m －1＝7，解得m ＝4. 答案：42．解析：法一：由a 22＝a 1a 3，a 2－a 1＝1及a n >0得a 3＝a 1＋12a 1＝a 1＋1a 1＋2≥4，当且仅当a 1＝1时取等号，此时a 2＝2，则a n ＝2n －1.法二：设公比为q (q >0)，则由条件得a 1q －a 1＝1，即q ＝a 1＋1a 1，从而a 3＝a 1q 2，以下同解法一． 答案：2n －13．解：(1)因为{a n }是等差数列，所以a n ＝(6－12t )＋6(n －1)＝6n －12t (n ∈N *)． 因为数列{b n }的前n 项和为S n ＝3n －t ， 所以当n ≥2时，b n ＝(3n －t )－(3n －1－t )＝2·3n －1.又b 1＝S 1＝3－t ，故b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－t ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.(2)证明：因为{b n }是等比数列，所以3－t ＝2·31－1，解得t ＝1.从而a n ＝6n －12，b n ＝2·3n －1(n ∈N *)．由于b n ＋1＝2·3n ＝6·3n －1＝6(3n －1＋2)－12 令c n ＝3n －1＋2∈N *，则ac n ＝6(3n －1＋2)－12＝b n ＋1，所以命题成立． 从而数列{c n }的前n 项和T n ＝2n ＋1－3n 1－3＝12·3n ＋2n －12.(3)由题意得d n ＝⎩⎪⎨⎪⎧63－t 1－2t ，n ＝1，4n －2t ×3n ，n ≥2.当n ≥2时，d n ＋1－d n ＝4(n ＋1－2t )·3n ＋1－4(n －2t )×3n ＝8[n －(2t －32)]·3n .①若2t －32＜2，即t <74时，d n ＋1>d n (n ∈N *，n ≥2)．由题意得d 1≤d 2，即6(3－t )(1－2t )≤36(2－2t )，解得－5－974≤t ≤－5＋974<74.所以t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5－974，－5＋974；②若2≤2t －32<3，即74≤t <94时，d n ＋1>d n (n ∈N *，n ≥3)．而d 1>d 2≥d 3，由题意得d 2＝d 3，即4(2t －2)×32＝4(2t －3)×33，解得t ＝74；③若m ≤2t －32<m ＋1，即m 2＋34≤t <m 2＋54(m ∈N ，m ≥3)时，d n ＋1≥d n (n ∈N *，n ≥m ＋1)，而d n ＋1≤d n (n∈N *,2≤n ≤m )．由题意得d m ＝d m ＋1，即4(2t －m )·3m ＝4(2t －m －1)·3m ＋1，解得t ＝2m ＋34.综上所述，t 的取值范围是⎩⎨⎧t |－5－974≤t ≤－5＋974或t ＝2m ＋34(m ∈N ，m ≥2)． 4．解：(1)当a n ＋b n ≥0时，a n ＋1＝12a n －14b n ，b n ＋1＝34b n ，所以a n ＋1＋b n ＋1＝12a n －14b n ＋34b n ＝12(a n ＋b n )；又当a n ＋b n <0时，b n ＋1＝－14a n ＋12b n ，a n ＋1＝34a n ，所以a n ＋1＋b n ＋1＝34a n －14a n ＋12b n ＝12(a n ＋b n )，因此数列{a n ＋b n }是以a ＋b 为首项，12为公比的等比数列，所以a n ＋b n ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)因为a n ＋b n <0，所以a n ＋1＝34a n ，所以a n ＝a ⎝⎛⎭⎫34n －1， b n ＝()a ＋b ⎝⎛⎭⎫12n －1－a n ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫12n －1－a ⎝⎛⎭⎫34n －1. 假设存在a ，b ，使得{b n }能构成等比数列，则b 1＝b ，b 2＝2b －a 4，b 3＝4b －5a 16，故⎝⎛⎭⎫2b －a 42＝⎝⎛⎭⎫4b －5a 16b ，化简得a ＋b ＝0， 与题中a ＋b ≠0矛盾．故不存在a ，b ，使得{b n }为等比数列． (3)因为a n ＋b n <0且b 2n ＝34b 2n ＋1，所以b 2n ＝－14a 2n －1＋12b 2n －1，所以34b 2n ＋1＝－14a 2n －1＋12b 2n －1＝－14a 2n －1＋34b 2n －1－14b 2n －1，所以34(b 2n ＋1－b 2n －1)＝－14(a 2n －1＋b 2n －1)．由(1)知a 2n －1＋b 2n －1＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫122n －2， 所以b 2n ＋1－b 2n －1＝－a ＋b 3(12)2n －2，b 2n －1＝b 1＋(b 3－b 1)＋…＋(b 2n －1－b 2n －3)＝b －a ＋b 3·⎣⎡ 1＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫124＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫122n －4 ＝b －4a ＋b 9·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －1， b 2n ＝34b 2n ＋1＝34b －a ＋b 3·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n ，所以b n＝⎩⎨⎧b －4a ＋b 9·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －12，n 为奇数，34b －a ＋b 3·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 2，n 为偶数.。

6-2等差数列 基础巩固强化1.(2012·福州质检)在等差数列{a n }中，a 9＋a 11＝10，则数列{a n }的前19项之和为( )A ．98B ．95C ．93D ．90[分析] 由求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2，及等差数列的性质a 1＋a 19＝a 9＋a 11可求解结果．[答案] B[解析] S 19＝19×(a 1＋a 19)2＝19×(a 9＋a 11)2＝19×102＝95，故选B.2．(文)已知等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，且a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，若a m ＝8，则m 为( )A ．12B ．8C ．6D ．4[答案] B[解析] 由等差数列性质知，a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝2a 8＋2a 8＝4a 8＝32，∴a 8＝8. ∴m ＝8.故选B.(理)已知数列{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55，则过点P (3，a 3)，Q (4，a 4)的直线的斜率是( )A ．4 B.14 C ．－4D ．－143[答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55， ∴a 1＋a 5＝22，∴2a 3＝22，∴a 3＝11. ∴k PQ ＝a 4－a 34－3＝4，故选A.3．(2011·山东东明县月考)在等差数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＋a 3＝13，则a 4＋a 5＋a 6等于( )A ．40B ．42C ．43D ．45[答案] B[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋3d ＝13.∴d ＝3.∴a 4＋a 5＋a 6＝3a 1＋12d ＝42，故选B.4．(2011·江西八校联考)设数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，已知a 1＋a 4＋a 7＝99，a 2＋a 5＋a 8＝93，若对任意n ∈N *，都有S n ≤S k 成立，则k 的值为( )A ．22B ．21C ．20D ．19[答案] C[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则有3d ＝93－99＝－6，∴d ＝－2；∴a 1＋(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝3a 1＋9d ＝3a 1－18＝99，∴a 1＝39，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝39－2(n －1)＝41－2n .令a n ＝41－2n >0得n <20.5，即在数列{a n }中，前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此在其前n 项和中，S 20最大．依题意得知，满足题意的k 值是20，选C.5．设{a n }是递减的等差数列，前三项的和是15，前三项的积是105，当该数列的前n 项和最大时，n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7[答案] A[解析] ∵{a n }是等差数列，且a 1＋a 2＋a 3＝15，∴a 2＝5， 又∵a 1·a 2·a 3＝105，∴a 1a 3＝21，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 3＝21，a 1＋a 3＝10.及{a n }递减可求得a 1＝7，d ＝－2，∴a n ＝9－2n ，由a n ≥0得n ≤4，∴选A.6．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1(n 为奇数)，n (n 为偶数)，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝( )A ．4800B ．4900C ．5000D ．5100[答案] C[解析] 由条件知，数列a n 各项依次为：0,2,2,4,4,6,6，…，∴S 100＝2×(2＋4＋6＋…＋100)－100＝5000.7．(2012·湖南八模)等差数列的前n 项和为S n ，若S 7－S 3＝8，则S 10＝________；一般地，若S n －S m ＝a (n >m )，则S n ＋m ＝________.[答案] 20，(n ＋m )an －m[解析] S 7－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝2(a 4＋a 7)＝2(a 1＋a 10)＝8，∴a 1＋a 10＝4，∴S 10＝10(a 1＋a 10)2＝20，∵S n －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a n ＝a ，∴S n ＋m ＝(a 1＋a 2＋…＋a m )＋(a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a n )＋(a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a n ＋m )＝(n ＋m )·an －m ＝(n ＋m )a n －m.8．(文)已知函数f (x )＝sin x ＋tan x .项数为27的等差数列{a n }满足a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且公差d ≠0.若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，则当k ＝________时，f (a k )＝0.[答案] 14[解析] ∵f (x )＝sin x ＋tan x 为奇函数，且在x ＝0处有定义，∴f (0)＝0.∵{a n }为等差数列且d ≠0，∴a n (1≤n ≤27，n ∈N *)对称分布在原点及原点两侧， ∵f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 27)＝0，∴f (a 14)＝0. ∴k ＝14.(理)(2011·南京一模)已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n ＋2>19的最大正整数n 的值为________．[答案] 4[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0，依题意得a 23＝a 2·a 4＝4，又a 3>0，因此a 3＝a 1q 2＝2，a 1＋a 2＝a 1＋a 1q ＝12，由此解得q ＝12，a 1＝8，a n ＝8×(12)n －1＝24－n ，a n ·a n ＋1·a n ＋2＝29－3n .由于2－3＝18>19，因此要使29－3n>19，只要9－3n ≥－3，即n ≤4，于是满足a n ·a n ＋1·a n ＋2>19的最大正整数n 的值为4.9．(文)将正偶数按下表排成5列：[答案] 252 2[解析] 通项a n ＝2n ，故2014为第1007项，∵1007＝4×251＋3，又251为奇数，因此2014应排在第252行，且第252行从右向左排第3个数，即252行第2列．(理)已知a n ＝n 的各项排列成如图的三角形状：记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (31,12)＝________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 … … … … … … … … … …[答案] 912[解析] 由题意知第1行有1个数，第2行有3个数，……第n 行有2n －1个数，故前n 行有S n ＝n [1＋(2n －1)]2＝n 2个数，因此前30行共有S 30＝900个数，故第31行的第一个数为901，第12个数为912，即A (31,12)＝912.10．(2012·济南一模)已知数列{a n }的各项为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *.(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .[分析] (1)欲证{a n }是等差数列，由S n ＝a n (a n ＋1)2及a n ＝S n －S n －1消去S n 得到a n 与a n －1的关系式，只要a n －a n －1＝常数即可获证；(2)将a n 代入S n ＝a n (a n ＋1)2S n ，进而可得b n ，由于S n 是n 的二次式，故{b n }求和可用裂项求和法．[解析] (1)证明：∵S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *，∴n ＝1时，S 1＝a 1(a 1＋1)2，∴a 1＝1.⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n ，2S n －1＝a 2n －1＋a n －1.⇒2a n ＝2(S n －S n －1)＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1， 所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n ＋a n －1>0， ∴a n －a n －1＝1，n ≥2，所以数列{a n }是等差数列． (2)由(1)a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2，所以b n ＝12S n ＝1n (n ＋1)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝11·2＋12·3＋…＋1n (n ＋1)＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.能力拓展提升11.(文)(2011·合肥一模)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2[答案] C[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∵a 1>0，∴q 2－2q －1＝0，∴q ＝1±2. 又q >0，因此有q ＝1＋2，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2(a 7＋a 8)a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22，选C. (理)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若点O (0,0)，A (l ，S l )，B (m ，S m )，C (p ，S p )(其中l <m <p )，且向量AB →与OC →共线，则l 、m 、p 之间的关系是( )A ．m ＝p ＋lB ．2m ＝p ＋lC ．2p ＝m ＋lD ．p ＝m ＋l [答案] D[解析] 依题意得AB →＝(m －l ，S m －S l )，OC →＝(p ，S p )，因为于AB →与OC →共线，所以有(m －l )S p ＝p (S m －S l )，再设等差数列{a n }的公差为d ，代入整理可得p ＝m ＋l ，故选D.[点评] 可取特殊等差数列验证求解，如取a n ＝n .12．(文)(2012·大纲全国理，5)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100[答案] A[解析] 本小题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式的运用，以及裂项求和的综合应用．∵a 5＝5，S 5＝15∴5(a 1＋a 5)2＝15，即a 1＝1.∴d ＝a 5－a 15－1＝1，∴a n ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. 则数列{1a n a n ＋1}的前100项的和为：T 100＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1100－1101)＝1－1101＝100101. 故选A.[点评] 本题亦可利用等差数列的性质，由S 5＝15得5a 3＝15，即a 3＝3，再进一步求解．(理)(2011·黄冈3月质检)设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，b n 是以1为首项，2为公比的等比数列，则( )A ．1033B ．2057C ．1034D ．2058[答案] A [解析]13．(2012·石家庄一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＋a 7＋a 10＝9，S 14－S 3＝77，则使S n 取得最小值时n 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7 [答案] B[解析] ∵a 4＋a 7＋a 10＝9，∴a 7＝3，由⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝3，S 14－S 3＝77，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝3，11a 1＋88d ＝77， 解之得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－9，d ＝2，∴a n ＝2n －11，∴S n 最小时，n ＝5，故选B.14．(2012·北京东城区综合练习)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N ＋，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，设数列{1x n }为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________.[答案] 20[解析] 由调和数列的定义可得， x n ＋1－x n ＝d ， 即{x n }是等差数列，∴x 1＋x 2＋…＋x 20＝10(x 1＋x 20)＝200，∴x 1＋x 20＝20， ∴x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝20.15．(2012·东北三校二模)公差不为零的等差数列{a n }中，a 3＝7，且a 2、a 4、a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n ＋1－b n ，b 1＝1，求数列{b n }的通项公式．[解析] (1)由条件知，⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝7，a 24＝a 2·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋8d )，解之得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3.∴a n ＝3n －2.(2)由条件知，b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n －1＝1＋(n －1)(1＋3n －5)2＝3n 2－7n ＋62，∴b n ＝3n 2－7n ＋62.16．(文)(2012·东北三省四市第二次联考)已知等差数列{a n }满足a 4＝6，a 6＝10.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }各项均为正数，其前n 项和T n ，若a 3＝b 2＋2，T 3＝7，求T n .[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1，∵a 4＝6，a 6＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝6，a 1＋5d ＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2.∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2.(2)设各项均为正数的等比数列{b n }的公比为q (q >0)． ∵a n ＝2n －2，∴a 3＝2×3－2＝4. ∵a 3＝b 2＋2，∴b 2＝2.∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1q ＝2，b 1(1＋q ＋q 2)＝7.解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2，或⎩⎨⎧b 1＝4，q ＝12.∴T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－22n －1，或T n ＝4×[1－(12)n ]1－12＝8－(12)n －3.(理)(2012·湖北文，20)已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2、a 3、a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． [分析] (1)利用等差数列的通项公式，及相关关系求出首项和公差．(2)先确定数列的通项公式，由于首项a 1<0需判断从哪一项开始a n >0，将{|a n |}前n 项和写为分段函数的形式．[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5，或a n＝－4＋3(n －1)＝3n －7.故a n ＝－3n ＋5，或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7， n ＝1，2.3n －7， n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4； 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5； 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式．综上，S n ＝⎩⎨⎧4， n ＝1，32n 2－112n ＋10， n >1.1．如表定义函数f (x )：n 1n n －12014的值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[答案] A[解析] 本题可通过归纳推理的方法研究数列的规律．由特殊到一般易知a 1＝4，a 2＝f (a 1)＝f (4)＝1，a 3＝f (a 2)＝f (1)＝5，a 4＝f (a 3)＝f (5)＝2，a 5＝f (a 4)＝f (2)＝4，…，据此可归纳数列{a n }为以4为周期的数列，从而a 2014＝a 2＝1.2．(2012·福建文，11)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n项和为S n ，则S 2012等于( )A ．1006B ．2012C ．503D ．0[答案] A[解析] 本题考查了数列求和中的分组求和思想方法． ∵y ＝cos n π2的周期T ＝2ππ2＝4，∴可分四组求和． a 1＋a 5＋…＋a 2009＝0，a 2＋a 6＋…＋a 2010＝－2－6－…－2010 ＝503·(－2－2010)2＝－503×1006，a 3＋a 7＋…＋a 2011＝0，a 4＋a 8＋…＋a 2012＝4＋8＋…＋2012＝503·(4＋2012)2＝503×1008，∴S 2012＝0－503×1006＋0×1008＝503·(－1006＋1008)＝1006.[点评] 对于不能直接套用已有公式的情形，要注意适当化归或分组，数列求和一般有直套公式型，分组求和型，裂项相消型和错位相减型等．3．(2011·海淀期末)已知等差数列{a n }中，|a 3|＝|a 9|，公差d <0，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( )A ．S 5>S 6B ．S 5<S 6C ．S 6＝0D ．S 5＝S 6[答案] D[解析] ∵d <0，|a 3|＝|a 9|，∴a 3>0，a 9<0，且a 3＋a 9＝0，∴a 6＝a 3＋a 92＝0，∴S 5＝S 6. 4．在等差数列{a n }中，a 1＝25，S 17＝S 9，则S n 的最大值为________． [答案] 169[分析] 利用前n 项和公式和二次函数性质求解． [解析] 方法1：由S 17＝S 9，得 25×17＋172(17－1)d ＝25×9＋92(9－1)d ， 解得d ＝－2，∴S n ＝25n ＋n2(n －1)·(－2)＝－(n －13)2＋169，∴由二次函数性质，当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法2：先求出d ＝－2，∵a 1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝25－2(n －1)≥0，a n ＋1＝25－2n ≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤1312，n ≥1212.∴当n ＝13时，S n 有最大值169.方法3：由S 17＝S 9得a 10＋a 11＋…＋a 17＝0，而a 10＋a 17＝a 11＋a 16＝a 12＋a 15＝a 13＋a 14，故a 13＋a 14＝0. ∵d ＝－2<0，a 1>0，∴a 13>0，a 14<0， 故n ＝13时，S n 有最大值．方法4：由d ＝－2得S n 的图象如图所示(图象上一些孤立点)，由S 17＝S 9知图象对称轴为n ＝9＋172＝13，∴当n ＝13时，S n 取得最大值169.5．已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足10S n ＝a 2n ＋5a n ＋6，且a 1、a 3、a 15成等比数列，求数列{a n }的通项公式．[解析] ∵10S n ＝a 2n ＋5a n ＋6①∴10a 1＝a 21＋5a 1＋6，解之得a 1＝2或a 1＝3 又10S n －1＝a 2n －1＋5a n －1＋6(n ≥2)，②由①－②得10a n ＝(a 2n －a 2n －1)＋5(a n －a n －1)，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－5)＝0. ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝5(n ≥2)．当a 1＝3时，a 3＝13，a 15＝73.a 1、a 3、a 15不成等比数列， ∴a 1≠3；当a 1＝2时，a 3＝12，a 15＝72，有a 23＝a 1a 15，∴a 1＝2， ∴a n ＝5n －3.[点评] S n 与a n 的关系是高考中经常出现的．该问题较新颖，但新而不难．思维的选择性很有深意，值得回味．6．(2012·安徽师大附中三模)各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且点(a n ，S n )在函数y ＝12x 2＋12x －3的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝na n (n ∈N *)，求证：1b 1＋1b 2＋…＋1b n <34.[解析] (1)∵点(a n ，S n )在函数y ＝12x 2＋12x －3的图象上，∴2S n＝a 2n ＋a n －6.∴2S n －1＝a 2n －1＋a n －1－6(n ≥2)．将两式作差，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， 又a n >0，∴a n ＋a n －1≠0.∴a n －a n －1＝1. 当n ＝1时，2a 1＝a 21＋a 1－6，得a 1＝3，故{a n }是首项为3，公差为1的等差数列，∴a n ＝n ＋2. (2)证明：∵b n ＝n (n ＋2)， ∴1b n ＝12(1n －1n ＋2)， ∴1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝12[(1－13＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋…＋(1n －1－1n ＋1)＋(1n －1n ＋2)]＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)<34， ∴对一切n ∈N *，1b 1＋1b 2＋…＋1b n <34(n ∈N *)．8．在数列{a n }中，a 1＝4，且对任意大于1的正整数n ，点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，试比较a n 与b n 的大小． [解析] (1)∵点(a n ，a n －1)在直线y ＝x －2上，∴a n ＝a n －1＋2，即数列{a n }是以a 1＝2为首项，公差d ＝2的等差数列．∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴a n ＝4n 2.(2)∵b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n ，∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝4n 2－4(n －1)2＝8n －4，当n ＝1时，b 1＝a 1＝4，满足上式．∴b n ＝8n －4，∴a n －b n ＝4n 2－(8n －4)＝4(n －1)2≥0，∴a n ≥b n .[点评] 第(2)问可由b 1＋b 2＋…＋b n ＝a n 得，a n －b n ＝a n －1＝4(n －1)2≥0，∴a n ≥b n 简捷明了，注意观察分析常能起到事半功倍的效果．9．已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式：a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .[解析] (1)解法一：设等差数列{a n }的公差为d ， 则依题设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.① 由a 3·a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2＝220，∴d 2＝4.又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1. ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.解法二：由等差数列的性质得：a 2＋a 7＝a 3＋a 6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3a 6＝55，a 3＋a 6＝16.由韦达定理知，a 3、a 6是方程x 2－16x ＋55＝0的根，解方程得x ＝5或x ＝11.设公差为d ，则由a 6＝a 3＋3d ，得d ＝a 6－a 33.∵d >0，∴a 3＝5，a 6＝11，d ＝11－53＝2，a 1＝a 3－2d ＝5－4＝1. 故a n ＝2n －1.(2)解法一：当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12－＋b n 2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n2n ，∴b n ＝2n ＋1，因此b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝1，2n ＋1 n ≥2.当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 2(1－2n －1)1－2＝2n ＋2－6.∵当n ＝1时上式也成立， ∴当n 为正整数时都有S n ＝2n ＋2－6.解法二：令c n ＝b n2n ，则有a n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，a n ＋1＝c 1＋c 2＋…＋c n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝c n ＋1. 由(1)得a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2.∴c n ＋1＝2，c n ＝2(n ≥2)，即当n ≥2时，b n ＝2n ＋1，又当n ＝1时，b 1＝2a 1＝2，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝1，2n ＋1 n ≥2.于是S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－4＝2(2n ＋1－1)2－1－4＝2n ＋2－6，即S n ＝2n ＋2－6.。

2013届高三数学一轮复习单元训练：数列本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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． 已知等差数列{}n a 中，10795=-+a a a ，记n n a a a S +++= 21，则13S 的值（ ） A ． 130 B ． 260 C ． 156 D ． 1682．若{an }为等差数列，Sn 是其前n 项和，且S 11＝22π3，则tan a 6的值为( ) A ． 3 B ．－ 3C ．± 3D ．－33 3．数列2222222235721,,,,,122334(1)n n n ++的前n 项和是（ ） A ．211n - B ．211n + C ．211(1)n ++ D ．211(1)n -+ 4．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－155．等比数列{}n a 中，15252||1,8,,a a a a a ==->则n a =（ ） A ．1(2)n -- B ．1(2)n --- C ．(2)n - D ．(2)n-- 6．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．35B ．33C ．31D ．297．设等差数列{}n a 的前n 项之和为n S ，已知2553,9,a a S ==则等于 ( ）A ．15B ．20C ．25D ．308．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．1109．等差数列}{n a 的公差不为零，首项1a =1，2a 是1a 和5a 等比中项，则数列}{na 的前10 项之和是（ ）A ．90B ． 100C ． 145D ． 19010．数列{}n a 满足1211,,2a a ==并且1111()2(2)n n n n n a a a a a n -++-+=≥，则数列的第2010项为 ( ）A ．10012B ．201012 C ．12010 D ．110011．设{}n a ，{}n b 均为正项等比数列，将它们的前n 项之积分别记为n A ，n B ，若22n n n n A B -=，则55a b 的值为 ( ） A ．32 B ．64 C ．256 D ．51212．在等差数列{}n a 中，已知854=+a a ，则8S 等于（ ） A ．8 B ．16 C ．24D ．32 第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．已知数列{a n }的首项a 1≠0，其前n 项的和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋a 1，则a n S n ＝________.14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若1≤a 5≤4,2≤a 6≤3，则S 6的取值范围是_______.15．设)N (3*∈=-n a n n ，则数列}{n a 的各项和为 ．16．已知数列{}n a 中，1n 1n 211a ,a a ,24n 1+==+-则n a =_____________。

6.3 等比数列及其前n 项和必备知识预案自诊知识梳理1.等比数列的定义一般地,如果一个数列从 起,每一项与它的前一项的比都等于 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 表示(显然q ≠0).2.等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,则它的通项公式为a n = ;通项公式的推广a n =a m q n-m .3.等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ,使 成等比数列,那么G 叫做a 与b 的等比中项,此时, .4.等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0),其前n 项和为S n ,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 q 1-q.设数列{a n }是等比数列,S n 是其前n 项和.(1)若m+n=p+q ,则a m a n =a p a q ;若2s=p+r ,则a p a r =a s 2,其中m ,n ,p ,q ,s ,r ∈N *.(2)a k ,a k+m ,a k+2m ,…仍是等比数列,公比为q m (k ,m ∈N *). (3)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{pan qb n}也是等比数列.(4)S m+n =S n +q n S m =S m +q m S n .(5)若a 1·a 2·…·a n =T n ,则T n ,T 2n T n,T3n T 2n,…成等比数列.(6)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.(7)当公比q ≠-1时,S n ,S 2n -S n ,S 3n −S 2n 仍成等比数列,其公比为q n .考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(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=ab. ( ) (3)等比数列中不存在数值为0的项.( )(4)如果{a n}为等比数列,b n=a2n-1+a2n,那么数列{b n}也是等比数列.()(5)如果数列{a n}为等比数列,那么数列{ln a n}是等差数列.()(6)若数列{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.()2.(2020江西上饶三模,文3)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1=1,a3+4S2=0,则a10=()A.-512B.512C.1 024D.-1 0243.(2020湖南衡阳一模)在等比数列{a n}中,a1a3=a4=4,则a6的所有可能值构成的集合是()A.{6}B.{-8,8}C.{-8}D.{8}4.(2020全国1,文10)设{a n}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.325.若数列{a n}是等比数列,且公比q=4,a1+a2+a3=21,则a n=.关键能力学案突破考点等比数列的基本运算〖例1〗(2020全国3,文17)设等比数列{a n}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{a n}的通项公式;S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1=S m+3,求m.?解题心得解决等比数列有关问题的常见思想方法:(1)方程思想:等比数列中有五个量a1,n,q,a n,S n,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和q,问题可迎刃而解.(2)分类讨论思想:因为等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,所以当某一参数为公比进行求和时,就要对参数是否为1进行分类求和.(3)整体思想:应用等比数列前n项和公式时,常把q n或a11-q当成整体进行求解.对点训练1(1)(2019全国3,理5)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.2(2)(2020全国2,文6)记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则S na n=() A.2n-1 B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1考点等比数列的判定与证明〖例2〗已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n-b n+4,4b n+1=3b n-a n-4.(1)证明:{a n+b n}是等比数列;a n}和{b n}的通项公式.?解题心得1.证明数列{a n}是等比数列常用的方法:(1)定义法,证明a na n-1=q(n≥2,q为常数);(2)等比中项法,证明a n2=a n-1·a n+1(a n·a n-1·a n+1≠0,n≥2,n∈N*);(3)通项公式法,若数列通项公式可写成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.2.若判断一个数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.对点训练2(2020福建福州三模,理17)已知数列{a n}和{b n}的前n项和分别为S n,T n,a1=2,b1=1,且a n+1=a1+2T n.(1)若数列{a n}为等差数列,求S n;(2)若b n+1=b1+2S n,证明:数列{a n+b n}和{a n-b n}均为等比数列.考等比数列性质的应用点 (多考向探究)考向1 等比数列项的性质的应用〖例3〗(1)(2020河北沧州一模,理7)已知{a n }为等比数列,a 5+a 8=-3,a 4a 9=-18,则a 2+a 11=( )A.9B.-9C.212D.-214(2)(2020辽宁锦州一模,7)已知等比数列{a n },若a 5+a 7=8,则a 4(a 6+2a 8)+a 3a 11的值为( ) B.64 C.16 D.8 ? 考向2 等比数列和的性质及应用〖例4〗(1)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(2)已知数列{a n }是各项都为正数的等比数列,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解题心得1.在解答等比数列的有关问题时,为简化解题过程常常利用等比数列项的如下性质:(1)通项公式的推广:a n =a m q n-m ;(2)等比中项的推广与变形:a p 2=a m ·a n (m+n=2p )及a k ·a l =a m ·a n (k+l=m+n ). 2.对已知条件为等比数列的前几项和,求其前多少项和的问题,应用公比不为-1的等比数列前n 项和的性质:S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 仍成等比数列比较简便.对点训练3(1)(2020东北三省四市教研体二模,5)在等比数列{a n }中,a 5,a 7是函数f (x )=x 2-4x+3的两个零点,则a 3·a 9=( )A.-3B.3C.-4D.4(2)在等比数列{a n }中,如果a 1+a 2=40,a 3+a 4=60,那么a 7+a 8=( ) A.135 B.100 C.95 D.80(3)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= .考点等差、等比数列的综合问题〖例5〗(1)(2020东北三省四市模拟,理6)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项的和为S n ,a 1=2,且a 1,a 3,a 9成等比数列,则S 8=( )A.56B.72C.88D.40(2)已知在等比数列{a n }中,有a 3a 11=4a 7,数列{b n }是等差数列,其前n 项和为S n ,且b 7=a 7,则S 13=( )B.52C.78D.104?解题心得等差数列和等比数列的综合问题,涉及的知识面很宽,题目的变化也很多,但是万变不离其宗,只要抓住基本量a 1,d (q ),充分运用方程、函数、转化等数学思想方法,合理调用相关知识,就不难解决这类问题.对点训练4(1)已知数列{a n }是公差为d (d ≠0)的等差数列,且a 1,a 3,a 6成等比数列,则a 1d=( ) A.1B.2C.3D.4(2)已知数列{a n }满足a 1=2,an+1n+1−a nn=2,若b n =2√2a n ,则数列{b n }的前n 项和S n=.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)求解,问题便可迎刃而解.2.判定等比数列的方法 (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 =cq n-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 n+12=a n ·a n+2(a n ·a n+1·a n+2≠0,n ∈N *)⇔{a n }是等比数列. 3.求解等比数列问题常用的数学思想 (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.1.在等比数列中,易忽视每一项与公比都不为0.2.在求等比数列的前n 项和时,易忽略q=1这一特殊情形.6.3 等比数列及其前n 项和必备知识·预案自诊知识梳理1.第2项 同一个 公比2.a 1q n-1(a 1≠0,q ≠0)3.a ,G ,b G 2=ab考点自诊1.(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)×2.A 因为在等比数列{a n }中,a 1=1,a 3+4S 2=0,所以q 2+4(1+q )=0,解得q=-2,则a 10=-512.3.D 因为a 1a 3=a 22=4,a 4=4,所以a 2=2,所以q 2=a4a 2=2,所以a 6=a 2q 4=2×4=8,故a 6的所有可能值构成的集合是{8}.4.D 设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 1+a 2+a 3=1,a 2+a 3+a 4=2,所以q (a 1+a 2+a 3)=2,解得q=2.所以a 6+a 7+a 8=q 5(a 1+a 2+a 3)=25=32.5.4n-1 因为数列{a n }是等比数列,且公比q=4,a 1+a 2+a 3=21,所以a 1+4a 1+16a 1=21,解得a 1=1,所以a n =4n-1,故答案为4n-1.关键能力·学案突破例1解(1)设{a n }的公比为q ,则a n =a 1q n-1.由已知得{a 1+a 1q =4,a 1q 2-a 1=8,解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1. (2)由(1)知log 3a n =n-1,故S n =n (n -1)2.由S m +S m+1=S m+3得m (m-1)+(m+1)m=(m+3)·(m+2),即m 2-5m-6=0,解得m=-1(舍去),m=6. 对点训练1(1)C (2)B (1)设等比数列{a n }的公比为q (q>0),则{a 1(1-q 4)1-q =15,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,解得{a 1=1,q =2,所以a 3=a 1q 2=1×22=4.故选C . (2)设等比数列{a n }的公比为q. ∵a 5-a 3=12,a 6-a 4=24, ∴a 6-a4a 5-a 3=q=2.又a 5-a 3=a 1q 4-a 1q 2=12a 1=12, ∴a 1=1.∴a n =a 1·q n-1=2n-1, S n =a 1(1-q n )1-q=1×(1-2n )1-2=2n -1.∴Sn a n=2n -12n -1=2-12n -1=2-21-n .故选B .例2(1)证明因为4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4,两式相加得4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n ),即a n+1+b n+1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.(2)解由(1)知,a n +b n =12n -1,将4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4两式相减得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2.所以{a n -b n }是公差为2的等差数列. 又因为a 1-b 1=1,所以a n -b n =2n-1,所以a n =12〖(a n +b n )+(a n -b n )〗=12n +n-12,b n =12〖(a n +b n )-(a n -b n )〗=12n -n+12. 对点训练2(1)解由a n+1=a 1+2T n ,得a 2=a 1+2b 1,又a 1=2,b 1=1,解得a 2=4.因为数列{a n }为等差数列,所以该数列的公差为a 2-a 1=2, 所以S n =2n+n (n -1)2×2=n 2+n.(2)证明当n ≥2时,a n =a 1+2T n-1,因为T n -T n-1=b n ,所以a n+1-a n =2b n ,即a n+1=a n +2b n ,同理可得b n+1=b n +2a n (n ≥2).则a n+1+b n+1=3(a n +b n ),所以a n+1+b n+1a n +b n=3(n ≥2),又a 2=a 1+2b 1=4,b 2=b 1+2a 1=5,所以a 2+b 2a 1+b 1=4+52+1=3,所以a n+1+b n+1a n +b n=3(n ∈N *),所以数列{a n +b n }是以3为首项,3为公比的等比数列.因为a n+1-b n+1=-(a n -b n ),所以a n+1-b n+1a n -b n=-1(n ≥2),又a 2-b 2a 1-b 1=4-52-1=-1,所以a n+1-b n+1a n -b n=-1(n ∈N *),所以数列{a n -b n }是以-1为首项,-1为公比的等比数列.例3(1)C (2)B (1)∵{a n }为等比数列,∴a 4a 9=a 5a 8=-18,联立{a 5a 8=-18,a 5+a 8=-3,得{a 5=-6,a 8=3或{a 5=3,a 8=-6.设等比数列{a n }的公比为q ,则当{a 5=-6,a 8=3时,q 3=a 8a 5=-12,∴a 2+a 11=a 5q 3+a 8q 3=-6-12+3×-12=212;当{a 5=3,a 8=-6时,q 3=a 8a 5=-2,∴a 2+a 11=a 5q 3+a 8q 3=3-2+(-6)×(-2)=212.故选C. (2)a 4(a 6+2a 8)+a 3a 11=a 4a 6+2a 4a 8+a 3a 11=a 52+2a 5a 7+a 72=(a 5+a 7)2=64.故选B .例4(1)B (2)A (1)由等比数列的性质可知,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是等比数列,因此S 12=4+8+16+32=60,故选B .(2)依题意,S 10,S 20-S 10,S 30-S 20,S 40-S 30成等比数列,因此(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.又因为数列{a n }的各项都为正数,即S 20>0,因此S 20=30,S 20-S 10=20,所以S 40-S 30=S 10×S 20-S 10S 103=80,S 40=S 30+(S 40-S 30)=70+80=150.故选A .对点训练3(1)B (2)A (3)2 (1)由a 5,a 7是函数f (x )=x 2-4x+3的两个零点,即a 5,a 7是方程x 2-4x+3=0的两个实根.则a 5·a 7=3,所以在等比数列{a n }中,a 3·a 9=a 5·a 7=3.故选B .(2)由等比数列的性质知,a 1+a 2,a 3+a 4,a 5+a 6,a 7+a 8成等比数列,其首项为40,公比为6040=32,所以a 7+a 8=40×323=135. (3)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.例5(1)B (2)B (1)由已知,a 32=a 1a 9,a 1=2,故(a 1+2d )2=a 1(a 1+8d ),解得d=2或d=0(舍),故a n =2+(n-1)×2=2n ,S 8=8(a 1+a 8)2=4×(2+2×8)=72.故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 3a 11=4a 7,∴a 72=4a 7≠0,解得a 7=4,数列{b n }是等差数列,且b 7=a 7.∴S13=13×(b1+b13)2=13b7=13a7=52,故选B.对点训练4(1)D(2)4(4n-1)3(1)由a1,a3,a6成等比数列,得a32=a1·a6,即(a1+2d)2=a1(a1+5d),整理,得4d2=a1d.又因为d≠0,所以a1d=4.(2)数列{a n}满足a1=2,a n+1n+1−a nn=2,则数列a nn是以a11=2为首项,2为公差的等差数列.故a nn=2+2(n-1)=2n.由于首项符合通项,故a n=2n2,所以b n=2√2a n=22n=4n.因为b n+1b n =4n+14n=4,所以数列{b n}是以b1=4为首项,公比为4的等比数列,所以S n=4(4n-1)4-1=4(4n-1)3.故答案为4(4n-1)3.。

题组层级快练 6.3等比数列一、单项选择题1．(2021·泰安模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 2＝3，4a 32＝a 1a 7，则a 5等于( ) A.34 B.38 C ．12 D ．24 2．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10等于( )A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或33．(2020·广州模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足4S 5＝3S 4＋S 6，且a 2＝1，则a 4＝( ) A.127 B ．27 C.19D ．9 4．(2021·益阳市、湘潭市高三调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．255．(2021·天津市河西区月考)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6．《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里．问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”则该匹马第一天走的里数为( )A.128127B.44 800127C.700127D.17532 7．(2021·深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a·3n －1＋b ，则a b ＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．38．在14与78之间插入n 个数组成等比数列，若各项总和为778，则此数列的项数为( )A ．4B ．5C ．6D ．79．(2021·广东惠州一中月考)已知数列{a n }是等比数列，且a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．16(1－4－n ) B ．16(1－2－n ) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n ) 10．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝a 2＋2a 3，S 2是S 1与mS 3的等比中项，则m ＝( ) A ．1 B.97 C.67 D.12二、多项选择题11．已知正项等比数列{a n }满足a 4＝4，a 2＋a 6＝10，则公比q ＝( ) A.12 B. 2 C ．2 D.22 12．已知等比数列{a n }中，满足a 1＝1，q ＝2，则( ) A ．数列{a 2n }是等比数列B ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是递增数列C ．数列{log 2a n }是等差数列D ．数列{a n }中，S 10，S 20，S 30仍成等比数列 三、填空题与解答题13．已知等比数列{a n }满足a 1＝12，a 2a 8＝2a 5＋3，则a 9＝________．14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________．15．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________．16．(2020·课标全国Ⅲ，文)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m.17．(2021·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 52，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________．18．(2021·四川成都一诊)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .6.3等比数列 参考答案1．答案 D 2．答案 A解析 由a 2a 6＝16，得a 42＝16⇒a 4＝±4.又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8，∵q 4>0，∴a 4＝4.∴q 2＝1，a 20a 10＝q 10＝1. 3．答案 D解析 因为4S 5＝3S 4＋S 6，所以3S 5－3S 4＝S 6－S 5，即3a 5＝a 6，故公比q ＝3.由等比数列的通项公式得a 4＝a 2q 4－2＝1×32＝9.故选D. 4．答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，所以a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D. 5．答案 D 6．答案 B解析 由题意知每日所走的路程成等比数列{a n }，且公比q ＝12，S 7＝700，由等比数列的求和公式得a 1⎝⎛⎭⎫1－1271－12＝700，解得a 1＝44 800127.故选B.7．答案 A 8．答案 B解析 ∵q ≠1⎝⎛⎭⎫14≠78，∴S n ＝a 1－a n q 1－q ，∴778＝14－78q1－q ，解得q ＝－12，78＝14×⎝⎛⎭⎫－12n ＋2－1，∴n ＝3.故该数列共5项． 9．答案 C解析 因为等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝14，所以a 5a 2＝q 3＝18，所以q ＝12.由等比数列的性质，易知数列{a n a n＋1}为等比数列，其首项为a 1a 2＝8，公比为q 2＝14，所以要求的a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{a n a n ＋1}的前n项和．由等比数列的前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝323(1－4－n )．故选C. 10．答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝a 2＋2a 3，得a 1＝a 1q ＋2a 1q 2，解得q ＝－1或q ＝12，当q ＝－1时，S 2＝0，这与S 2是S 1与mS 3的等比中项矛盾．当q ＝12时，S 1＝a 1，S 2＝32a 1，mS 3＝74a 1m ，由S 2是S 1与mS 3的等比中项，得S 22＝S 1×mS 3，94a 12＝m ×74a 12，所以m ＝97.故选B.11．答案 BD解析 因为a 4＝4，a 2＋a 6＝10，所以a 4q 2＋a 4q 2＝10，得2q 4－5q 2＋2＝0，得q 2＝2或q 2＝12，又q>0，所以q ＝2或q ＝22.故选BD. 12．答案 AC解析 等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝2n －1. 于是a 2n＝22n －1，1a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，log 2a n ＝n －1，故数列{a 2n }是等比数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是递减数列，数列{log 2a n }是等差数列．因为S 10＝210－1，S 20＝220－1，S 30＝230－1，S 20S 10≠S 30S 20，所以S 10，S 20，S 30不成等比数列(应是S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列)．故选AC. 13．答案 18解析 方法一：设数列{a n }的公比为q ，由a 2a 8＝2a 5＋3，得a 12q 8＝2a 1q 4＋3，又a 1＝12，所以q 8－4q 4－12＝0，解得q 4＝6或q 4＝－2(舍去)，所以a 9＝a 1q 8＝12×62＝18.方法二：根据等比数列的性质可得a 2a 8＝a 52，又a 2a 8＝2a 5＋3，所以a 52－2a 5－3＝0，解得a 5＝3或a 5＝－1.因为a 1>0，所以a 5＝a 1q 4>0，所以a 5＝3.因为a 1a 9＝a 52，所以a 9＝a 52a 1＝18.14．答案 －2解析 由S 3＋3S 2＝0，即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. 15．答案 －2 2n －1－12解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q|＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12.16．答案 (1)a n ＝3n －1 (2)6解析 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8，解得a 1＝1，q ＝3，所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知log 3a n ＝n －1. 故S n ＝n （n －1）2. 由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3得m(m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)，即m 2－5m －6＝0. 解得m ＝－1(舍去)或m ＝6. 17．答案 83解析 ∵数列{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 52，∴a 72＝2a 52，∴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＝83.18．答案 (1)证明见解析 (2)S n ＝2n ＋1－4n ＋2 解析 (1)证明：∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2. ∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋4＝2n ，∴a n ＝2n －4. 当n ＝1时，a 1＝－2<0，∴S 1＝|a 1|＝2； 当n ≥2时，a n ≥0，∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n －4)＝2＋22＋…＋2n －4(n －1)＝2（1－2n ）1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，上式也满足． ∴S n ＝2n ＋1－4n ＋2.。

第3讲等比数列基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．已知{a n}，{b n}都是等比数列，给出下列结论：①{a n＋b n}，{a n·b n}都一定是等比数列；②{a n＋b n}一定是等比数列，但{a n·b n}不一定是等比数列；③{a n＋b n}不一定是等比数列，但{a n·b n}一定是等比数列；④{a n＋b n}，{a n·b n}都不一定是等比数列．其中正确的是________(填序号)．解析两个等比数列的积仍是一个等比数列．答案③2．(2017·苏北四市调研)在等比数列{a n}中，已知a2·a5＝－32，a3＋a4＝4，且公比为整数，则a10＝________.解析设等比数列{a n}的公比为q(q∈Z)，且a2·a5＝a3·a4＝－32，a3＋a4＝4，＝－2，则a10＝a4q6＝8×(－2)6＝512.解得a3＝－4，a4＝8，q＝a4a3答案5123．(2015·全国Ⅱ卷改编)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝________.解析设等比数列{a n}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.答案424．已知{a n}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________.解析 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝4，a 7＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧ q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎨⎧ q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.答案 －75．(2017·南京、盐城模拟)设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________.解析 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 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80.S 40＝150.答案 1506．(2017·扬州中学模拟)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________．解析 两式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3.即q ＝3. 答案 37．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．解析 因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，q 2＝－1舍去，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.答案 48．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________.解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 1(1－q 4)1－q ＝3a 1(1－q 2)1－q，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.答案 8二、解答题9．在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81.(1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎨⎧ a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n (b 1＋b n )2＝n 2－n 2. 10．(2017·合肥模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列．(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列．解 (1)设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ，∴S n ＝⎩⎨⎧ na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾． 故数列{a n ＋1}不是等比数列．能力提升题组(建议用时：20分钟)11．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 ＝________.解析 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q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14. 答案 1412．(2017·盐城中学模拟)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 ＝________.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 12(9n －1)13．(2017·南京、盐城模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a n >0，若S 6－2S 3＝5，则S 9－S 6的最小值为________．解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由a n >0得q >0，S n >0.又S 6－2S 3＝(a 4＋a 5＋a 6)－(a 1＋a 2＋a 3)＝S 3q 3－S 3＝5，则S 3＝5q 3－1，由S 3>0，得q 3>1，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝S 3q 6＝5q 6q 3－1＝51q 3－1q 6，令1q 3＝t ，t ∈(0,1)，则1q 3－1q 6＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14，所以当t ＝12，即q 3＝2时，1q 3－1q 6取得最大值14，此时S 9－S 6取得最小值20.答案 2014．(2015·江苏卷节选)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由．(1)证明 因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列，(2)解 不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝d a ，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t＝－1 4.显然t＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列.。

6.3 等比数列考点一 等比数列的运算1.(2013江西,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( ) A.-24 B .0 C.12 D.24 1.答案 A2.(2013课标全国Ⅱ,3,5分)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.13B.-13C.19D.-192.答案 C3.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n }中,a 5=1,a 6+a 7=3.则满足a 1+a 2+…+a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为 . 5.答案 124.(2013北京,10,5分)若等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3+a 5=40,则公比q= ;前n 项和S n = . 6.答案 2;2n+1-25.(2013天津,19,14分)已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列,其前n 项和为S n (n ∈N *),且S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设T n =S n -1S n(n ∈N *),求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.10.解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q,因为S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列,所以S 5+a 5-S 3-a 3=S 4+a 4-S 5-a 5,即4a 5=a 3,于是q 2=a 5a 3=14.又{a n }不是递减数列且a 1=32,所以q=-12.故等比数列{a n }的通项公式为a n =32× -12 n -1=(-1)n-1·32n . (2)由(1)得S n =1- -12n =1+1n, n 为奇数,1-12n ,n 为偶数.当n 为奇数时,S n 随n 的增大而减小,所以1<S n ≤S 1=32,故0<S n -1S n ≤S 1-1S 1=32-23=56. 当n 为偶数时,S n 随n 的增大而增大,所以34=S 2≤S n <1,故0>S n -1S n≥S 2-1S 2=34-43=-712. 综上,对于n ∈N *,总有-712≤S n -1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为5,最小项的值为-7.考点二 等比数列的性质6.(2013福建,9,5分)已知等比数列{a n }的公比为q,记b n =a m(n-1)+1+a m(n-1)+2+…+a m(n-1)+m ,c n =a m(n-1)+1·a m(n-1)+2·…·a m(n-1)+m (m,n ∈N *),则以下结论一定正确的是( ) A.数列{b n }为等差数列,公差为q m B.数列{b n }为等比数列,公比为q 2m C.数列{c n }为等比数列,公比为q m 2D.数列{c n }为等比数列,公比为q m 2 1.答案 C7.(2013陕西,17,12分)设{a n }是公比为q 的等比数列. (1)推导{a n }的前n 项和公式;(2)设q ≠1,证明数列{a n +1}不是等比数列. 6.解析 (1)设{a n }的前n 项和为S n , 当q=1时,S n =a 1+a 1+…+a 1=na 1;当q ≠1时,S n =a 1+a 1q+a 1q 2+…+a 1q n-1,① qS n =a 1q+a 1q 2+…+a 1q n ,② ①-②得,(1-q)S n =a 1-a 1q n , ∴S n =a 1(1-q n )1-q, ∴S n = na 1,q =1,a 1(1-q n )1-q,q ≠1.(2)假设{a n +1}是等比数列,则对任意的k ∈N +, (a k+1+1)2=(a k +1)(a k+2+1),a k +12+2a k+1+1=a k a k+2+a k +a k+2+1, a 12q 2k +2a 1q k =a 1q k-1·a 1q k+1+a 1q k-1+a 1q k+1,∵a 1≠0,∴2q k =q k-1+q k+1. ∵q ≠0,∴q 2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{a n +1}不是等比数列.。

第三节 等比数列时间：45分钟 分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2013·江西卷)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12D ．24解析 由等比中项公式(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)， 得x 2＋4x ＋3＝0. ∴x ＝－1(舍去)，x ＝－3.∴数列为－3，－6，－12，－24.故选A.等比中项公式比定义法更直接．注意x ＝－1不满足等比数列的条件． 答案 A2．(2013·全国大纲卷)已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－3－10)B.19(1－310) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)解析 由题意3a n ＋1＋a n ＝0，得3a 2＋a 1＝0.又a 2＝－43，故a 1＝4；a n ＋1＝－13a n ，故{a n }为以－13为公比，以4为首项的等比数列，所以S 10＝4[1－－1310]1＋13＝3[1－(13)10]，所以选C.答案 C3．若S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( ) A ．11 B ．5 C ．－8D ．－11解析 由8a 2＋a 5＝0，得8a 1q ＋a 1q 4＝0，得q ＝－2，则S 5S 2＝a 11＋25a 11－22＝－11.答案 D4．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1.若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m ＝( ) A ．9B ．10C ．11D ．12解析 在等比数列{a n }中，∵a 1＝1， ∴a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5＝a 51q 10＝q 10. 又∵a m ＝q m －1，∴m －1＝10，∴m ＝11.答案 C5．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．若a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( ) A.152 B.314 C.334D.172解析 ∵{a n }是由正数组成的等比数列，且a 2a 4＝1， ∴设{a n }的公比为q ，则q ＞0，且a 23＝1，即a 3＝1.∵S 3＝7，∴a 1＋a 2＋a 3＝1q 2＋1q ＋1＝7，即6q 2－q －1＝0.故q ＝12，或q ＝－13(舍去)，a 1＝1q2＝4.故S 5＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－125＝314.答案 B6．(2013·福建卷)已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2＋…＋a m (n －1)＋m，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( ) A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m 解析 本题考查等差、等比数列的证明．c n ＋1c n ＝a mn ＋1·a mn ＋2·…·a mn ＋m a mn －1＋1·a m n －1＋2·…·a mn －1＋m＝q m·q m·…·qm m 个＝qm 2. 答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2013·广东卷)设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________.解析 ∵a 1＝1，q ＝－2，∴|a 2|＝2，a 3＝4，|a 4|＝8.∴a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝15. 答案 158．(2013·辽宁卷)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和，若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析 ∵x 2－5x ＋4＝0的根为1和4，所以a 1＝1，a 3＝4，q ＝2，∴S 6＝1×1－261－2＝26－1＝63.答案 639．(2014·徐州市检测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4，a 3，a 5成等差数列，且S k ＝33，S k ＋1＝－63，其中k ∈N *，则S k ＋2的值为________．解析 设公比为q,2a 3＝a 4＋a 5， 2a 3＝a 3q ＋a 3q 2，又a 3≠0， ∴2＝q ＋q 2，q ＝1或q ＝－2.当q ＝1时，S k ＝k ·a 1＝33，S k ＋1＝(k ＋1)a 1＝－63S k ＝33说明a 1>0，S k ＋1＝－63说明a 1<0，矛盾，∴q ＝－2.S k ＋1－S k ＝a k ＋1＝－96，S k ＋2＝S k ＋1＋a k ＋2＝－63＋(－96)·(－2)＝129.答案 129三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．(2013·四川卷)在等比数列{a n }中，a 2－a 1＝2，且2a 2为3a 1和a 3的等差中项，求数列{a n }的首项、公比及前n 项和．解 a 1q －a 1＝2，得a 1(q －1)＝2.由4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2得q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝1. 由于a 1(q －1)＝2，因此q ＝1不合题意，应舍去． 故公比q ＝3，首项a 1＝1. ∴数列的前n 项和S n ＝3n－12.11．(2013·陕西卷)设{a n }是公比为q 的等比数列． (Ⅰ)推导{a n }的前n 项和公式；(Ⅱ)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 解 (Ⅰ)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 11－q n1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.(Ⅱ)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．12．(2013·天津卷)已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (Ⅰ)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×(－12)n －1＝(－1)n －1·32n .(Ⅱ)由(Ⅰ)得S n ＝1－(－12)n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }的最大项的值为56，最小项的值为－712.。

第3讲等比数列随堂演练巩固1.若等比数列{}中则等于( )A.4B.8C.16D.32【答案】C【解析】∵{}是等比数列且∴.2.一个各项均为正数的等比数列,其任何项都等于后面两项的和,则其公比是( )A. B.C. D.【答案】D【解析】由题设知在公比为正数的等比数列中,设首项为公比为q,∴∴.∴舍去.3.已知等比数列{}中则等于( )A. B.C. D.【答案】C【解析】易知…也成等比数列,则将作为数列的首项.4.设…),则f(n)等于… ()A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意发现,f(n)即为一个以2为首项,公比q=8,项数为n+1的等比数列的和, 由公式可得5.已知数列{}是等比数列,则….【答案】【解析】根据和可求得等比数列{}的首项,公比q=2,而所求的和式可看成是数列{}的前n项和,而所以{}是首项为公比为的等比数列,故其前n项和为.课后作业夯基1.已知等差数列{}的公差为-2,且成等比数列,则等于( )A.-4B.-6C.8D.-8【答案】C【解析】因为成等比数列,所以而数列{}是等差数列,且其公差为-2,故有整理得故.2.若等比数列{}的公比为q,则“q>1”是“对于任意正整数n,都有”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】D【解析】当时,条件与结论均不能由一方推出另一方3.设成等比数列,其公比为2,则的值为( )A. B.C. D.1【答案】A【解析】由题意得.∴.4.已知等比数列{}中则等于( )A.240B.C.480D.【答案】C【解析】∵{}为等比数列,∴数列也成等比数列.∴∴.5.已知数列{}为等比数列是它的前n项和.若且与的等差中项为则等于( )A.35B.33C.31D.29【答案】C【解析】设数列{}的公比为故.6.在等比数列{}中公比若则m等于( )A.9B.10C.11D.12【答案】C【解析】∵∴.∴m=11.7.设{}是任意等比数列,它的前n项和,前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是( )A.X+Z=2YB.Y(Y-X)=Z(Z-X)C.D.Y(Y-X)=X(Z-X)【答案】D【解析】等比数列中有成等比数列,故有X(Z-Y)两边展开有即移项有:提取公因式,得Y(Y-X)=X(Z-X),故选D.8.(2012山东临沂月考)已知等比数列{}前n项的积为若是一个确定的常数,那么中也是常数的是( )A. B.C. D.【答案】C【解析】即为定值,所以下标和为9的倍数的积为定值,可知为定值.9.在等比数列{}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式.【答案】【解析】由题意知①又∵q=4,∴①式为即.∴.10.数列{}满足:loglog若则.【答案】1 280【解析】由已知得故数列{}是公比为2的等比数列,所以280.11.已知两个等比数列{},{},满足a.(1)若a=1,求数列{}的通项公式;(2)若数列{}唯一,求a的值.【解】(1)设{}的公比为q,则2+.由成等比数列,得即解得.所以{}的通项公式为或.(2)设{}的公比为q,则由得0(*).由a>0得故方程(*)有两个不同的实根.由{}唯一,知方程(*)必有一根为0,代入方程(*)得a=. 12.已知数列{}的前n项和为且.(1)求;(2)证明数列{}是等比数列;(3)求及.【解】(1)∵∴.又∴.(2)证明:∵∴.两式相减,得即∴数列{}是首项为公比为的等比数列.(3)由(2)得.13.已知数列{}满足1,2,3,…).(1)若{}是等差数列,求其首项和公差d;(2)证明{}不可能是等比数列;(3)若求{}的通项公式以及前n项和公式.【解】(1)因为{}是等差数列,设其首项为公差为d,则于是有n+1,整理得1)n,因此解得.(2)证明:假设{}是等比数列,设其首项为则于是有解得于是公比这时.但事实上二者矛盾,所以{}不是等比数列.(3)由可得所以数列{}是一个公比为2的等比数列,其首项为1+2=2, 于是.故于是{}的前n项和公式.高⌒考じ试≧题╬库。

§6.3等比数列及其前n项和考纲解读分析解读 1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.3.求通项公式、求前n项和及等比数列相关性质的应用是高考热点.五年高考考点一等比数列及其性质1.(2017课标全国Ⅱ,3,5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,则塔的顶层共有灯( )A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏答案 B2.(2016某某,5,5分)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,a2n-1+a2n<0”的( )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答案 C3.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )A.21B.42C.63D.84答案 B4.(2017,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=.答案 15.(2016课标全国Ⅰ,15,5分)设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.答案646.(2015某某,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n=.答案3n-1教师用书专用(7—13)7.(2013某某,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )A.-24B.0C.12D.24答案 A8.(2013某某,9,5分)已知等比数列{a n}的公比为q,记b n=a m(n-1)+1+a m(n-1)+2+…+a m(n-1)+m,=a m(n-1)+1·a m(n-1)+2·…·a m(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是( )A.数列{b n}为等差数列,公差为q mB.数列{b n}为等比数列,公比为q2mC.数列{}为等比数列,公比为D.数列{}为等比数列,公比为答案 C9.(2014某某,13,5分)若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=.答案5010.(2014某某,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-11.(2014某某,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案 412.(2014某某,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=.答案 113.(2013某某,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+a n>a1a2…a n的最大正整数n的值为.答案12考点二等比数列前n项和公式1.(2013课标全国Ⅱ,3,5分)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )A. B.-C. D.-答案 C2.(2017某某,9,5分)等比数列{a n}的各项均为实数,其前n项和为S n.已知S3=,S6=,则a8=.答案323.(2015某某,14,5分)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.答案2n-14.(2016某某,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=,证明:e1+e2+…+e n>.解析(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n==.由e2==,解得q=.因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以>q k-1(k∈N*).于是e1+e2+…+e n>1+q+…+q n-1=,故e1+e2+…+e n>.疑难突破由(1)可得e n=,因为不等式左边是e1+e2+…+e n,直接求和不行,利用放缩法得e n=>=q n-1,从而得e1+e2+…+e n>q0+q1+…+q n-1,化简即可.评析本题涉及的知识点比较多,由递推思想推出数列{a n}是等比数列,由等差中项求出q,由放缩法证明不等式成立.综合性较强.5.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)证明是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)证明++…+<.解析(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=<.所以++…+<.教师用书专用(6—11)6.(2013,10,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=;前n项和S n=.答案2;2n+1-27.(2013某某,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=.答案638.(2015某某,18,12分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.解析(1)因为2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n=(2)因为a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3T n=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=+-(n-1)×31-n=-,所以T n=-.经检验,n=1时也适合.综上可得T n=-.9.(2015某某,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:,,,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列?并说明理由.解析(1)证明:因为==2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).假设存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-.显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以及,并令t=,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),则g'(t)=.令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列.*),且10.(2013某某,19,14分)已知首项为的等比数列{a n}不是．．递减数列,其前n项和为S n(n∈NS3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-(n∈N*),求数列{T n}的最大项的值与最小项的值.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2==.又{a n}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{a n}的通项公式为a n=×=(-1)n-1·.(2)由(1)得S n=1-=当n为正奇数时,S n随n的增大而减小,所以1<S n≤S1=,故0<S n-≤S1-=-=.当n为正偶数时,S n随n的增大而增大,所以=S2≤S n<1,故0>S n-≥S2-=-=-.综上,对于n∈N*,总有-≤S n-≤.所以数列{T n}最大项的值为,最小项的值为-.11.(2013某某,18,12分)已知等比数列{a n}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,则由已知可得解得或故a n=·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==·<<1.若a n=(-5)·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故<1.综上,对任何正整数m,总有<1.故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列及其性质1.(2018某某广雅中学、东华中学、某某名校第一次联考,7)已知公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n,a1a2a3a4a5=,且a2,a4,a3成等差数列,则S5=( )A. B. C. D.答案 D2.(2018某某某某模拟,7)等比数列{a n}中,a1=512,公比q=-,记Πn=a1×a2×…×a n(即Πn表示数列{a n}的前n 项之积),Π8,Π9,Π10,Π11中,值为正数的个数是( )A.1B.2C.3D.4答案 B3.(2017某某4月模拟,6)已知递增的等比数列{a n}的公比为q,其前n项和S n<0,则( )A.a1<0,0<q<1B.a1<0,q>1C.a1>0,0<q<1D.a1>0,q>1答案 A4.(2016某某某某一中期中,4)已知数列{a n}为等比数列,且a1a13+2=4π,则tan(a2a12)的值为( )A. B.-C.±D.-答案 A考点二等比数列前n项和公式5.(2017某某某某中学高三上学期第三次调研,4)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=( )A.29B.31C.33D.36答案 B6.(2018某某某某第一中学四模,14)等比数列{a n}的前n项和为S n,S n=b(-2)n-1-a,则=.答案-7.(2017某某某某一中期中,15)已知正项等比数列{a n}满足log2a n+2-log2a n=2,且a3=8,则数列{a n}的前n项和S n=.答案2n+1-2B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:50分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018某某荆州一模,9)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{b n}的连续三项,则的值为( )A. B.4 C.2 D.答案 A2.(2017某某某某期中,11)已知数列S n为等比数列{a n}的前n项和,S8=2,S24=14,则S2 016=( )A.2252-2B.2253-2C.21 008-2D.22 016-2答案 B3.(2017某某某某摸底考试,11)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项之积为T n,并且满足条件:a1>1,a2 016a2 017>1,<0,给出下列结论:(1)0<q<1;(2)a2 016a2 018-1>0;(3)T2 016是数列{T n}中的最大项;(4)使T n>1成立的最大自然数等于4 031,其中正确的结论为( )A.(2)(3)B.(1)(3)C.(1)(4)D.(2)(4)答案 B4.(2016某某名校学术联盟调研三,7)已知等比数列{a n}的各项都为正数,其前n项和为S n,且a1+a7=9,a4=2,则S8=( )A.15(1+)B.15C.15(-1)或15D.15(1+)或15答案 D二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2018某某某某第一次调研,14)在各项都为正数的等比数列{a n}中,若a2 018=,则+的最小值为.答案 46.(2018某某某某第三中学阶段性检测,15)下表给出一个“三角形数阵”:,,,,,,……已知每一列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,每一行的公比都相等.记第i行第j列的数为a i-j,则(1)a8-3=;(2)前20行中这个数共出现了次.答案(1) (2)47.(2017某某仿真模拟,16)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足:a1=1,a2=2,S n+1=a n+2-a n+1(n∈N*),若不等式λS n>a n恒成立,则实数λ的取值X围是.答案λ>1三、解答题(共15分)8.(2017某某某某第一次教学质量检测,19)已知数列{a n}的首项a1=1,且a n+1=(n∈N*).(1)证明:数列是等比数列;(2)若b n=-,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:∵a n+1=,∴==+,∴-=.又a1=1,∴-=,∴数列是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)知,-=·=,即=+.∴b n=-=.于是S n=+++…+,①S n=++…++,②①-②得,S n=++…+-=-=1--,则S n=2--=2-,∴数列{b n}的前n项和S n=2-.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列基本运算的解题技巧1.(2017某某某某八校2月联考,3)等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=18,则等于( )A.-3B.5C.-31D.33答案 D2.(2017某某某某康杰中学模拟(2),7)已知{a n}是各项均为正数的等比数列(公比q>1),b n=log2a n,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,则a n=( )A.22n-3B.25-2nC.22n-5D.22n-3或25-2n答案 A方法2 等比数列的判定与证明3.(2016某某某某期中模拟,5)下列结论正确的是( )A.若数列{a n}的前n项和S n=n2+n+1,则{a n}为等差数列B.若数列{a n}的前n项和S n=2n-2,则{a n}为等比数列C.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等差数列,则,,也可能构成等差数列D.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等比数列,则,,一定构成等比数列答案 D4.(2018某某八校第一次联考,17)已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a n+2=4a n+1-4a n.(1)求证:{a n+1-2a n}为等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)证明:由a n+2=4a n+1-4a n得a n+2-2a n+1=2a n+1-4a n=2(a n+1-2a n),∴=2,又a2-2a1=2≠0,∴{a n+1-2a n}是等比数列.(2)由(1)可得a n+1-2a n=2n-1(a2-2a1)=2n,∴-=,∴是首项为,公差为的等差数列,∴=,∴a n=n·2n-1.。

用心 爱心 专心12013高考数学一轮复习6-3答案一、选择题1.解析：设等比中项为x ，则x 2＝(2＋1)(2－1)＝1，即x ＝±1.答案：C 2.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：B3.解析：显然，n ∈N ＋，a n ，a n ＋1，a n ＋2成等比数列，则a 2n ＋1＝a n a n ＋2，反之，则不一定成 立，举反例，如数列为1,0,0,0，…答案：A4.解析：设S 2n ＝a ，S 4n ＝b ， 由等比数列的性质知：2(14－a )＝(a －2)2，解得a ＝6或a ＝－4(舍去)， 同理(6－2)(b －14)＝(14－6)2，所以b ＝S 4n ＝30.答案：B 5.解析：令等比数列{a n }的公比为q ，则a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2， 又a 1＝1,4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则4q ＝4＋q 2，得q ＝2. ∴S 6＝1－261－2＝26－1＝63.答案：A二、填空题6.解析：由题意可知，b 6b 8＝b 27＝a 27＝2(a 3＋a 11)＝4a 7， ∵a 7≠0，∴a 7＝4.∴b 6b 8＝16.答案：167.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2； 等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝2n －1，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1.所以2n－1＝127，n ＝7.答案：7 三、解答题8.证明：由a 1＋S 1＝1及a 1＝S 1得a 1＝12.又由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1.∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2b n ＋1＝b n .∴数列{b n }是以b 1＝a 1－1＝－12为首项，12为公比的等比数列．9.解：(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列，∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 n ＝1，2n －2n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝21－4n1－4＝24n－13. ∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋24n －13＝22n ＋1＋13. 10.解：(1)依题意，得2S n ＝a n ＋1－a 1.当n ≥2时，有⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－a 1，2S n －1＝a n －a 1.两式相减，得a n ＋1＝3a n (n ≥2)． 又因为a 2＝2S 1＋a 1＝3a 1，a n ≠0，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为3的等比数列． 因此，a n ＝a 1·3n －1(n ∈N ＋)．(2)因为S n ＝a 11－3n 1－3＝12a 1·3n－12a 1，b n ＝1－S n ＝1＋12a 1－12a 1·3n .要使{b n }为等比数列，当且仅当1＋12a 1＝0，即a 1＝－2.所以存在a 1＝－2，使数列{b n }为等比数列．。

2017高考数学一轮复习 第六章 数列 6.3.2 等比数列的性质及应用对点训练 理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 ．6 B ．5 C ．4 D ．3 答案 C解析 ∵a 4＝2，a 5＝5， ∴a 4a 5＝a 1a 8＝a 2a 7＝a 3a 6＝10，∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg (a 1a 2…a 8)＝lg (a 1a 8)4＝lg (a 4a 5)4＝4lg (a 4a 5)＝4lg 10＝4，选C.2．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 ．3答案 B解析 由等比数列的性质得：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是，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，故选B. 3.已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn ，若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81 D ．16答案 A解析 由题意可知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.故选A.4．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________．答案 2n－1解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 4＝9a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 4＝9a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8a 4＝1，∵数列{a n }是递增的等比数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1a 4＝8，可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n－1.5．设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________．答案 －12解析 S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6.故(2a 1－1)2＝a 1×(4a 1－6)，解得a 1＝－12.6．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d ， 则(a －d )＋a ＋(a ＋d )＝15，解得a ＝5， ∴b 3＝7－d ，b 4＝10，b 5＝18＋d . ∵b 3，b 4，b 5成等比数列，∴b 3b 5＝b 24，即(7－d )(18＋d )＝102，化简，得d 2＋11d －26＝0，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)， ∴b 3＝5，b 4＝10，b 5＝20， ∴数列{b n }的公比q ＝105＝2，数列{b n }的通项公式为b n ＝b 3qn －3＝5×2n －3.(2)由b 3＝5，q ＝2，得b 1＝b 3q 2＝54，∴数列{b n }是首项为b 1＝54，公比为q ＝2的等比数列，∴数列{b n }的前n 项和S n ＝b 1－q n1－q＝5×2n －2－54.。

6.3 等比数列基础篇固本夯基考点一等比数列及其前n项和1.(2019课标Ⅲ,5,5分)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=( )A.16B.8C.4D.2答案 C2.(2021安徽安庆一模,6)数列{a n}是各项均为正数的等比数列,3a2是a3与2a4的等差中项,则{a n}的公比等于( )A.2B.32C.3D.√2答案 B3.(2021黑龙江齐齐哈尔一模,6)已知等比数列{a n}中,a n a n+1=4n,则公比为( )A.√2B.2C.±2D.±√2答案 B4.(2020课标Ⅱ,6,5分)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.5答案 C5.(2022届河北衡水一中调研一,7)在公差不为0的等差数列{a n}中,a1,a2,a a1,a a2,a a3成公比为4的等比数列,则k3=( )A.84B.86C.88D.96答案 B6.(2021哈尔滨六中期中,3)已知{a n}为等比数列,若a2a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为54,则a1=( )A.35B.33C.16D.29答案 C7.(2022届四川绵阳第一次诊断,9)已知首项为1的数列{a n}的前n项和为S n,4a n a n+1=16n,则下列说法不正确的是( )A.数列{a n}是等比数列B.数列{S n }为单调递增数列C.a 5=256D.4a n =3S n +4n-1答案 D8.(2022届太原期中,9)已知{a n }为等比数列,且首项为31,公比为12,则数列的前n 项积取得最大值时,n=( )A.15B.16C.5D.6 答案 C9.(2021陕西渭南一模,10)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2a a a =3332,a a +3a 3=a -45a +7,则数列{a n }的公比q=( )A.2B.-2C.12 D.-12 答案 C10.(2019课标Ⅰ,14,5分)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= . 答案121311.(2021陕西宝鸡一模,15)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若S 3=6,S 4=a 1-3,则S 6= . 答案21412.(2021河南、湖南名校联考,15)已知等比数列{a n }满足a 1-a 3=-827,a 2-a 4=-89,则使a 1a 2…a n取得最小值的n 为 . 答案 3或413.(2018课标Ⅲ,17,12分)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.解析 (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)或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)a3.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=6.14.(2020新高考Ⅰ,Ⅱ,18,12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)(新高考Ⅰ)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100. (新高考Ⅱ)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1.解析(1)设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q1=12(舍去),q2=2.由题设得a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×2 4+5×25+6×(100-63)=480.(新高考Ⅱ)a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1=23[1-(-22)a]1-(-22)=85-(-1)n22a+35.考点二等比数列的性质1.(2021江西红色七校联考,6)在各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a11+2a6a8+a3a13=25,则a1a13的最大值是( )A.25B.254C.5 D.25答案 B2.(2021云南名校检测,3)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=4,S4=16,则S6= ( )A.52B.75C.60D.70答案 A3.(2020南昌模拟,4)在公比不为1的等比数列{a n}中,若a1a5=a m a n,则mn不可能．．．为( ) A.5 B.6 C.8 D.9答案 B4.(2021河南名校联考,6)已知等比数列{a n}的前n项和S n=2λ+(λ-3)·2n(λ为常数),则λ=()A.-2B.-1C.1D.2答案 C5.(2021全国甲,7,5分)等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n.设甲:q>0,乙:{S n}是递增数列,则( )A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 答案 B6.(2022届吉林东北师范大学附属中学摸底,8)若正项等比数列{a n }中的a 5,a 2017是方程x 2-4x+2=0的两根,则log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+…+log 2a 2021=( ) A.20223B.1010C.20212D.1011答案 C7.(2022届河南重点中学模拟一,8)已知公比不等于1的等比数列{a n }的前n 项乘积为T n ,若a 2a 82=a 62,则( )A.T 5=T 7B.T 3=T 6C.T 4=T 7D.T 3=T 9 答案 C8.(2021安徽黄山重点高中月考,10)已知函数f(x)=21+a 2(x∈R),若等比数列{a n }满足a 1a 2019=1,则f(a 1)+f(a 2)+f(a 3)+…+f(a 2019)= ( ) A.2019 B.20192C.2D.12答案 A9.(2021宁夏名校月考,7)已知数列{x n }满足lgx n+1=1+lgx n (n∈N *),且x 1+x 2+x 3+…+x 100=1,则lg(x 101+x 102+…+x 200)= . 答案 100综合篇 知能转换考法 等比数列的判定与证明 1.(2021皖江名校联盟考试,4)若数列{a n }的各项均为正数,满足a a 2a a +1=a n-1(n∈N *,n≥2),且a 2020=215,a 2022=25,则a 2021=( )A.25B.65C.2√315D.2√35答案 C2.(2021安徽安庆重点高中月考,16)已知数列{a n }是等比数列,有下列四个命题: ①数列{|a n |}是等比数列;②数列{1a a}是等比数列;③数列{lg a a 2}是等比数列; ④数列{a n ·a n+1}是等比数列. 其中正确命题的序号为 . 答案 ①②④3.(2022届河北衡水一中调研一,18)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n =a n+1-2n+1+1(n∈N *),且a 2=5. (1)证明{a a 2a+1}为等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3(a n +2n),若对于任意的n∈N *,不等式b n (1+n)-λn(b n +2)-6<0恒成立,求实数λ的取值范围.解析 (1)由题可得2S n-1=a n -2n+1(n≥2),则2a n =2S n -2S n-1=a n+1-2n+1+1-(a n -2n+1)=a n+1-a n -2n,则a n+1=3a n +2n,从而有a a +12a +1+1=32(aa2a +1),n≥2,又当n=1时,2a 1=2S 1=a 2-22+1=5-4+1=2,所以a 1=1,且满足a 222+1=32(a 121+1),则a a +12a +1+1=32(aa 2a +1),n∈N *,故{a a2a +1}是以32为首项,32为公比的等比数列,则a a2a +1=(32)a,故a n =3n-2n.(2)由(1)知,b n =log 3(a n +2n)=n,则∀n∈N *,n(1+n)-λn(n+2)-6<0恒成立,即λ>a (1+a )-6a (a +2)=a 2+n -6a 2+2n =1-a +6a 2+2n =1-a +6(a +6)2-10(n +6)+24=1-1a +6-10+24a +6,令f(t)=1-1a -10+24a,t=n+6≥7,易知f(t)在[7,+∞)上单调递增,且t→+∞时,f(t)→1,则λ≥1. 4.(2021云南曲靖第二中学二模,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)请从①2S n =3a n -3-4n,②a 1=-3,a n+1=-a n -4这两个条件中任选一个,证明数列{a n +2}是等比数列;(2)数列{b n }为等差数列,b 3=5,b 5=9,记c n =(a n +2)b n ,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)选条件①.当n=1时,2a 1=2S 1=3a 1-3-4,解得a 1=7.当n≥2时,由2S n =3a n -3-4n,可得2S n-1=3a n-1-3-4(n-1),两式相减,可得2a n =3a n -3a n-1-4,即a n =3a n-1+4,∴a n +2=3(a n-1+2),∴数列{a n +2}是以9为首项,3为公比的等比数列.选条件②.当n=1时,a 1+2=-3+2=-1,当n≥2时,a n+1+2=-a n -4+2=-(a n +2),∴数列{a n +2}是以-1为首项,-1为公比的等比数列. (2)设等差数列{b n }的公差为d,则d=a 5-a 35-3=2,b 1=b 3-2d=1,∴b n =1+2(n-1)=2n-1,n∈N *.选条件①.由(1)可得a n +2=9·3n-1=3n+1,则c n =(a n +2)b n =(2n-1)·3n+1,∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n , 即T n =1×32+3×33+5×34+…+(2n -1)·3n+1,3T n =1×33+3×34+…+(2n -3)·3n+1+(2n-1)·3n+2,两式相减,可得-2T n =1×32+2×33+2×34+…+2·3n+1-(2n-1)·3n+2=9+2×33-3a +21-3-(2n-1)·3n+2=-18-2(n-1)·3n+2,∴T n =(n-1)·3n+2+9,n∈N *.选条件②.由(1)可得a n +2=-1·(-1)n-1=(-1)n,则c n =(a n +2)b n =(2n-1)·(-1)n,∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =-1+3-5+…+(2n -1)·(-1)n,当n 为偶数时,T n =-1+3-5+…+(2n -1)=2+2+…+2=2×a2=n,当n 为奇数时,T n =-1+3-5+…-(2n-1)=2+2+…+2-(2n-1)=2×a -12-(2n-1)=-n,∴T n ={-a ,a 为奇数,a ,a 为偶数.。