全国统考2022高考数学一轮复习课时规范练31等比数列及其前n项和理含解析北师大版.docx

高考数学（理科）一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案学案30 等比数列及其前n项和导学目标： 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.了解等比数列与指数函数的关系.4.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．自主梳理 1．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同一常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的________，通常用字母________表示(q≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝______________. 3．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． 4．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am•________ (n，m∈N*)． (2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n (k，l，m，n∈N*)，则__________________________． (3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan} (λ≠0)，1an，{a2n}，{an•bn}，anbn仍是等比数列． (4)单调性：a1>0，q>1或a1<00<q<1⇔{an}是________数列；a1>0，0<q<1或a1<0q>1⇔{an}是________数列；q＝1⇔{an}是____数列；q<0⇔{an}是________数列． 5．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q (q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝－－q＝－－1＝a1qnq－1－a1q－1. 6．等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为______．自我检测 1．“b＝ac”是“a、b、c成等比数列”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 2．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－a，数列{an}为等比数列，则实数a的值是 ( ) A．3 B．1 C．0 D．－1 3．(2011•温州月考)设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于 ( ) A.27(8n－1) B.27(8n＋1－1) C.27(8n＋2－1) D.27(8n＋3－1) 4．(2011•湖南长郡中学月考)已知等比数列{an}的前三项依次为a－2，a＋2，a＋8，则an等于 ( ) A．8•32n B．8•23n C．8•32n－1 D．8•23n－1 5．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1 (n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________. 探究点一等比数列的基本量运算例1 已知正项等比数列{an}中，a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋a4a6＝36，求数列{an}的通项an和前n项和Sn.变式迁移1 在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2•an－1＝128，Sn ＝126，求n和q.探究点二等比数列的判定例2 (2011•岳阳月考)已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*. (1)证明数列{an＋1}是等比数列； (2)求{an}的通项公式以及Sn.变式迁移2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)． (1)求a2，a3的值； (2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．探究点三等比数列性质的应用例3 (2011•湛江月考)在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝8，且1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a5＝2，求a3.变式迁移3 (1)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，求b5＋b9的值； (2)在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，求a41a42a43a44.分类讨论思想与整体思想的应用例(12分)设首项为正数的等比数列{an}的前n项和为80，它的前2n项和为6 560，且前n项中数值最大的项为54，求此数列的第2n项．【答题模板】解设数列{an}的公比为q，若q＝1，则Sn＝na1，S2n＝2na1＝2Sn. ∵S2n＝6 560≠2Sn＝160，∴q≠1，[2分] 由题意得－－q＝80，－－q＝6 560. ②[4分] 将①整体代入②得80(1＋qn)＝6 560，∴qn＝81.[6分] 将qn＝81代入①得a1(1－81)＝80(1－q)，∴a1＝q－1，由a1>0，得q>1，∴数列{an}为递增数列．[8分] ∴an＝a1qn－1＝a1q•qn＝81•a1q＝54. ∴a1q＝23.[10分] 与a1＝q－1联立可得a1＝2，q＝3，∴a2n＝2×32n－1 (n∈N*)．[12分] 【突破思维障碍】 (1)分类讨论的思想：①利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论；②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时为递增数列；当a1<0，q>1或a1>0,0<q<1时为递减数列；当q<0时为摆动数列；当q ＝1时为常数列．(2)函数的思想：等比数列的通项公式an＝a1qn－1＝a1q•qn (q>0且q≠1)常和指数函数相联系．(3)整体思想：应用等比数列前n项和时，常把qn，a11－q当成整体求解．本题条件前n 项中数值最大的项为54的利用是解决本题的关键，同时将qn和－－q的值整体代入求解，简化了运算，体现了整体代换的思想，在解决有关数列求和的题目时应灵活运用． 1．等比数列的通项公式、前n项公式分别为an＝a1qn－1，Sn＝na1，q＝1，－－q，q≠1. 2．等比数列的判定方法： (1)定义法：即证明an＋1an＝q (q≠0，n∈N*) (q是与n值无关的常数)． (2)中项法：证明一个数列满足a2n＋1＝an•an＋2 (n∈N*且an•an＋1•an ＋2≠0)． 3．等比数列的性质： (1)an＝am•qn－m (n，m∈N*)； (2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n (k，l，m，n∈N*)，则ak•al＝am•an； (3)设公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn. 4．在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；计算过程中要注意整体代入的思想方法． 5．等差数列与等比数列的关系是：(1)若一个数列既是等差数列，又是等比数列，则此数列是非零常数列； (2)若{an}是等比数列，且an>0，则{lg an}构成等差数列． (满分：75分) 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(2010•辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于 ( ) A.152 B.314 C.334 D.172 2．(2010•浙江)设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则S5S2等于 ( ) A．－11 B．－8 C．5 D．11 3．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝3，前三项的和S3＝21，则a3＋a4＋a5等于( ) A．33 B．72C．84 D．189 4．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是 ( ) A．T10 B．T13 C．T17 D．T25 5．(2011•佛山模拟)记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则S10S5等于( ) A．－3 B．5 C．－31 D．33 题号 1 2 3 4 5 答案二、填空题(每小题4分，共12分) 6．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为________． 7．(2011•平顶山月考)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________. 8．(2010•福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an＝________. 三、解答题(共38分) 9．(12分)(2010•陕西)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列． (1)求数列{an}的通项；(2)求数列{2an}的前n项和Sn.10．(12分)(2011•廊坊模拟)已知数列{log2(an－1)}为等差数列，且a1＝3，a2＝5. (1)求证：数列{an－1}是等比数列； (2)求1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an的值．11．(14分)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}对n∈N*均有c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 010.答案自主梳理 1．公比q 2.a1•qn－1 4.(1)qn－m (2)ak•al＝am•an (4)递增递减常摆动 6.qn 自我检测 1．D 2.B3.B4.C5.－9 课堂活动区例1 解题导引(1)在等比数列的通项公式和前n项和公式中共有a1，an，q，n，Sn五个量，知道其中任意三个量，都可以求出其余两个量．解题时，将已知条件转化为基本量间的关系，然后利用方程组的思想求解； (2)本例可将所有项都用a1和q表示，转化为关于a1和q的方程组求解；也可利用等比数列的性质来转化，两种方法目的都是消元转化．解方法一由已知得： a21q4＋2a21q6＋a21q8＝100，a21q4－2a21q6＋a21q8＝36.①② ①－②，得4a21q6＝64，∴a21q6＝16.③ 代入①，得16q2＋2×16＋16q2＝100. 解得q2＝4或q2＝14. 又数列{an}为正项数列，∴q＝2或12. 当q＝2时，可得a1＝12，∴an＝12×2n－1＝2n－2， Sn＝12(1－2n)1－2＝2n－1－12；当q＝12时，可得a1＝32. ∴an＝32×12n－1＝26－n. Sn＝321－12n1－12＝64－26－n. 方法二∵a1a5＝a2a4＝a23，a2a6＝a3a5，a3a7＝a4a6＝a25，由a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋a4a6＝36，可得a23＋2a3a5＋a25＝100，a23－2a3a5＋a25＝36，即(a3＋a5)2＝100，(a3－a5)2＝36. ∴a3＋a5＝10，a3－a5＝±6.解得a3＝8，a5＝2，或a3＝2，a5＝8. 当a3＝8，a5＝2时，q2＝a5a3＝28＝14. ∵q>0，∴q ＝12，由a3＝a1q2＝8，得a1＝32，∴an＝32×12n－1＝26－n. Sn ＝32－26－n×121－12＝64－26－n. 当a3＝2，a5＝8时，q2＝82＝4，且q>0，∴q＝2. 由a3＝a1q2，得a1＝24＝12. ∴an＝12×2n －1＝2n－2. Sn＝12(2n－1)2－1＝2n－1－12. 变式迁移1 解由题意得a2•an－1＝a1•an＝128，a1＋an＝66，解得a1＝64，an＝2或a1＝2，an＝64. 若a1＝64，an＝2，则Sn＝a1－anq1－q＝64－2q1－q＝126，解得q＝12，此时，an＝2＝64•12n－1，∴n＝6. 若a1＝2，an＝64，则Sn＝2－64q1－q＝126，∴q＝2. ∴an＝64＝2•2n －1.∴n＝6. 综上n＝6，q＝2或12. 例2 解题导引(1)证明数列是等比数列的两个基本方法：①an＋1an＝q (q为与n值无关的常数)(n∈N*)．②a2n＋1＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)． (2)证明数列不是等比数列，可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明，也可用反证法． (1)证明由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*，可得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，两式相减得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6，又a1＝5，所以a2＝11，从而a2＋1＝2(a1＋1)，故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，又a1＝5，a1＋1≠0，从而an＋1＋1an＋1＝2，即数列{an＋1}是首项为6，公比为2的等比数列． (2)解由(1)得an＋1＝6•2n－1，所以an＝6•2n－1－1，于是Sn＝6•(1－2n)1－2－n＝6•2n－n－6. 变式迁移2 (1)解∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8. (2)证明∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan ＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，① ∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1 ＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．② ①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2. ∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴Sn＋2Sn－1＋2＝2，故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．例3 解题导引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am•an＝ap•aq”，可以减少运算量，提高解题速度．解由已知得 1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a5 ＝a1＋a5a1a5＋a2＋a4a2a4＋a3a23 ＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5a23＝8a23＝2，∴a23＝4，∴a3＝±2.若a3＝－2，设数列的公比为q，则－2q2＋－2q－2－2q－2q2＝8，即1q2＋1q＋1＋q＋q2 ＝1q＋122＋q＋122＋12＝－4. 此式显然不成立，经验证，a3＝2符合题意，故a3＝2. 变式迁移3 解(1)∵a3a11＝a27＝4a7，∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4，∵{bn}为等差数列，∴b5＋b9＝2b7＝8. (2)a1a2a3a4＝a1•a1q•a1q2•a1q3＝a41q6＝1.① a13a14a15a16＝a1q12•a1q13•a1q14•a1q15 ＝a41•q54＝8.② ②÷①：a41•q54a41•q6＝q48＝8⇒q16＝2，又a41a42a43a44＝a1q40•a1q41•a1q42•a1q43 ＝a41•q166＝a41•q6•q160＝(a41•q6)•(q16)10 ＝1•210＝1 024. 课后练习区 1．B [∵{an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1，∴设{an}的公比为q，则q>0，且a23＝1，即a3＝1. ∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝1q2＋1q＋1＝7，即6q2－q－1＝0. 故q＝12或q＝－13(舍去)，∴a1＝1q2＝4. ∴S5＝4(1－125)1－12＝8(1－125)＝314.] 2．A [由8a2＋a5＝0，得8a1q ＋a1q4＝0，所以q＝－2，则S5S2＝a1(1＋25)a1(1－22)＝－11.] 3．C [由题可设等比数列的公比为q，则3(1－q3)1－q＝21⇒1＋q＋q2＝7⇒q2＋q－6＝0 ⇒(q＋3)(q－2)＝0，根据题意可知q>0，故q＝2.所以a3＋a4＋a5＝q2S3＝4×21＝84.] 4．C [a3a6a18＝a31q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a39，即a9为定值，所以下标和为9的倍数的积为定值，可知T17为定值．] 5．D [因为等比数列{an}中有S3＝2，S6＝18，即S6S3＝a1(1－q6)1－qa1(1－q3)1－q＝1＋q3＝182＝9，故q＝2，从而S10S5＝a1(1－q10)1－qa1(1－q5)1－q ＝1＋q5＝1＋25＝33.] 6．127 解析∵公比q4＝a5a1＝16，且q>0，∴q＝2，∴S7＝1－271－2＝127. 7.1207 解析∵S99＝30，即a1(299－1)＝30，∵数列a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为8，∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝4a1(1－833)1－8 ＝4a1(299－1)7＝47×30＝1207. 8．4n－1 解析∵等比数列{an}的前3项之和为21，公比q ＝4，不妨设首项为a1，则a1＋a1q＋a1q2＝a1(1＋4＋16)＝21a1＝21，∴a1＝1，∴an＝1×4n－1＝4n－1. 9．解(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列，得1＋2d1＝1＋8d1＋2d，....................................................................................(4分) 解得d＝1或d＝0(舍去)．故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n.............................................................(7分) (2)由(1)知2an＝2n，由等比数列前n项和公式，得Sn＝2＋22＋23＋ (2)＝2(1－2n)1－2 ＝2n＋1－2.………………………………………………………………………………(12分) 10．(1)证明设log2(an－1)－log2(an－1－1)＝d (n≥2)，因为a1＝3，a2＝5，所以d＝log2(a2－1)－log2(a1－1)＝log24－log22＝1，…………………………………………………………(3分) 所以log2(an－1)＝n，所以an－1＝2n，所以an－1an－1－1＝2 (n≥2)，所以{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．………(6分) (2)解由(1)可得an－1＝(a1－1)•2n－1，所以an＝2n＋1，…………………………………………………………………………(8分) 所以1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an ＝122－2＋123－22＋…＋12n＋1－2n ＝12＋122＋…＋12n＝1－12n.………………………………………………………………(12分) 11．解(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(d＝0舍)．……………………………………………………………………(2分) ∴an＝1＋(n－1)•2＝2n－1.………………………………………………………………(3分) 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3•3n－2＝3n－1.………………………………………………………………………(6分) (2)由c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1得当n≥2时，c1b1＋c2b2＋…＋cn－1bn－1＝an. 两式相减得：当n≥2时，cnbn＝an＋1－an ＝2.……………………………………………(9分) ∴cn＝2bn＝2•3n －1 (n≥2)．又当n＝1时，c1b1＝a2，∴c1＝3. ∴cn＝3 (n ＝1)2•3n－1(n≥2).……………………………………………………………(11分) ∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 010 ＝3＋6－2×32 0101－3＝3＋(－3＋32 010)＝32 010.…………………………………………(14分)。

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

课时规范练31等比数列及其前n项和课时规范练第49页一、选择题1.在等比数列{a n}中,a1=1,公比|q|≠1.若a m=a1a2a3a4a5,则m等于( )A.9B.10C.11D.12答案:C解析:a m=a1a2a3a4a5=q·q2·q3·q4=q10=a1q10,所以m=11.2.在等比数列{a n}中,a2a6=16,a4+a8=8,则等于( )A.1B.-3C.1或-3D.-1或3答案:A解析:由a2a6=16,得=16⇒a4=±4,又a4+a8=8,可得a4(1+q4)=8,∵q4>0,∴a4=4.∴q2=1,=q10=1.3.等比数列{a n}的公比为q,则“a1>0,且q>1”是“对于任意正整数n,都有a n+1>a n”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答案:A解析:易知,当a1>0且q>1时,a n>0,所以=q>1,表明a n+1>a n;若对任意自然数n,都有a n+1>a n成立,当a n>0时,同除以a n得q>1,但当a n<0时,同除以a n得q<1.4.已知等比数列{a n}满足a n>0,n=1,2,…,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1等于( )A.n(2n-1)B.(n+1)2C.n2D.(n-1)2答案:C解析:由a5·a2n-5=22n(n≥3),得=22n,∵a n>0,∴a n=2n.易得结论.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,S3n=14,则S4n等于( )A.80B.30C.26D.16答案:B解析:设S2n=a,S4n=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=S4n=30.6.在等比数列{a n}中,a1=2,其前n项和为S n,若数列{a n+1}也是等比数列,则S n等于( )A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1答案:C解析:数列{a n}为等比数列,设其公比为q,则a n=2q n-1,∵数列{a n+1}也是等比数列,∴(a n+1+1)2=(a n+1)(a n+2+1).∴+2a n+1=a n a n+2+a n+a n+2.∴a n+a n+2=2a n+1.∴a n(1+q2-2q)=0,得q=1,即a n=2.∴S n=2n.二、填空题7.已知在等差数列{a n}中,n≥1时,都有a n>a n+1,且a2,a8是方程x2-12x+m=0的两根,前15项的和S15=m,则数列{a n}的公差为.答案:-2或-3解析:由题意得2a5=a2+a8=12,即a5=6.由S15=m,且S15=15a8,得a8=,将x1=a8=代入方程x2-12x+m=0,解得m=0或m=-45,即a8=0或-3.由3d=a8-a5=-6或-9,均小于0,得d=-2或-3.8.在等比数列{a n}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式a n=.答案:4n-1解析:由题意知a1+4a1+16a1=21,解得a1=1,所以通项公式为a n=4n-1.9.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且A,B,C成等差数列,三边a,b,c成等比数列,b=,则△ABC的面积是.1 / 2答案:解析:因为△ABC的内角A,B,C成等差数列,所以A+C=2B,B=.又因为三边a,b,c成等比数列,b=,所以ac=b2=3.于是S△ABC=ac sin B=.三、解答题10.在等差数列{a n}中,a1=1,a7=4,数列{b n}是等比数列,已知b2=a3,b3=,求满足b n<的最小自然数n的值.解:∵{a n}为等差数列,a1=1,a7=4,∴6d=3,d=,∴a n=.∵{b n}为等比数列,b2=2,b3=,q=,∴b n=6×.∵b n<,∴81<,即3n-2>81=34.∴n>6,从而可得n min=7.11.已知{a n}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列{a n}的通项;(2)求数列{}的前n项和S n.解:(1)由题设知公差d≠0.由a1=1,a1,a3,a9成等比数列,得,解得d=1,或d=0(舍去).所以{a n}的通项a n=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)知=2n,由等比数列前n项和公式得S n=2+22+23+…+2n==2n+1-2.12.已知数列{a n}满足:a1=1,a2=a(a>0).数列{b n}满足b n=a n a n+1(n∈N*).(1)若{a n}是等差数列,且b3=12,求a的值及{a n}的通项公式;(2)若{a n}是等比数列,求{b n}的前n项和S n;(3)当{b n}是公比为q-1的等比数列时,{a n}能否为等比数列?若能,求出a的值;若不能,请说明理由.解:(1)∵{a n}是等差数列,a1=1,a2=a,∴a n=1+(n-1)(a-1).又∵b3=12,∴a3a4=12,即(2a-1)(3a-2)=12.解得a=2或a=-.∵a>0,∴a=2.∴a n=n.(2)∵数列{a n}是等比数列,a1=1,a2=a(a>0),∴a n=a n-1.∴b n=a n a n+1=a2n-1.∵=a2,∴数列{b n}是首项为a,公比为a2的等比数列.当a=1时,S n=n;当a≠1时,S n=.(3)数列{a n}不能为等比数列.∵b n=a n a n+1,∴.则=a-1.∴a3=a-1.假设数列{a n}能为等比数列.由a1=1,a2=a,得a3=a2.∴a2=a-1,此方程无解,故数列{a n}一定不能为等比数列.希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。

课时规范练31 等比数列基础巩固组1.在等比数列{a n}中,a3a7=9,则a5=()A.±3B.3C.±D.2.已知数列{a n}为等比数列,则“a6>a5>0”是“数列{a n}为递增数列”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.将数列{3n+1}与{9n1}的公共项从小到大排列得到数列{a n},则a10=()A.319B.320C.321D.3224.在等比数列{a n}中,a1+a2=,a4+a5=18,则其前5项的积为()A.64B.81C.192D.2435.(2023江苏淮阴检测)设{a n}是首项为1的等比数列,若a1,2a2,4a3成等差数列,则通项公式a n= .6.在等比数列{a n}中,a1+a3=10,a2+a4=5,则公比q= ;满足a n>1的n的最大值为.7.(2022河南洛阳三模)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对任意的n∈N*,都满足S n+2=2a n,b n=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的最小项的值.综合提升组8.已知数列{a n}的前n项和为S n,若3S n=2a n3n,则a2 021=()A. 2 021B.32 0216C.22 0211D.22 02119.(2022广东广州三模)在等比数列{a n}中,a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则(n∈N*)的最小值为()A. B. C. D.1创新应用组10.(2022山西临汾考前适应训练一)已知{a n}为等比数列,a1=16,公比q=.若T n是数列{a n}的前n项积,求当T n取最大值时n的值.答案：课时规范练31等比数列1.A由等比数列的性质,可得=a3a7=9,则a5=±3.2.B设数列{a n}的公比为q.充分性:当a6>a5>0时,q=>1,且a1=>0,则数列{a n}为递增数列;必要性:当数列{a n}为递增数列时,若a1<0,0<q<1,则0>a6>a5.故为充分不必要条件.3.B由题意知,数列{a n}是首项为9,公比为9的等比数列,所以a n=9n,则a10=910=320.4.D设等比数列{a n}的公比为q,由题意=q3=8,解得q=2,所以a1+a2=a1+2a1=,所以a1=,所以a1a2a3a4a5=q10=5×210=243.5.n1由a1,2a2,4a3成等差数列,得4a2=a1+4a3,∴4q=1+4q2,解得q=,∴a n=1·n1=n1.6.3因为a1+a3=10,a2+a4=5,所以q==所以a1+a3=a1+q2a1=10,即a1=8,所以a n=a1q n1=8×n1,所以当n为偶数时,a n<0;当n为奇数时,a n=8×n1=8×n1=24n>0.要使a n>1,则4n>0且n为奇数,即n<4且n为奇数,所以n=1或n=3,n的最大值为3.7.解(1)∵S n+2=2a n,∴当n≥2时,S n1+2=2a n1.两式相减,得a n=2a n1.又a1=2,∴{a n}是以2为公比,2为首项的等比数列,∴a n=2n,n∈N*.(2)∵b n=,易知b n>0,b n+1=,=2,当>1时,n>+1,则当n≥3时,b n<b n+1,又b1=2,b2=1,b3=,∴当n=3时,b n有最小值8.C当n=1时,3S1=3a1=2a13,解得a1=3;当n≥2时,由3S n=2a n3n,得3S n1=2a n13(n1),上述两式作差得3a n=2a n2a n13,即a n=2a n13,∴a n+1=2(a n1+1),可得=2,∵a1+1=2,∴数列{a n+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列,∴a2021+1=2×(2)2020=22021,∴a2021=220211.故选C.9.D设等比数列{a n}的公比为q,由于4a1,2a2,a3成等差数列,∴4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,则q24q+4=(q2)2=0,解得q=2,∴a n=2n1,=1,=1,=2,,=2,当n=1时,2=1,当n≥2时,2>1,<…,(n∈N*)的最小值为1.故选D.10.解T n=a1·a2·…·a n=a1·a1q·a1q2·…·a1q n1=q1+2+3+…+(n1)==16n×=24n,函数y=n2+n的开口向下,对称轴为n=,所以当n=4或n=5时,T n取得最大值.。

课时规范练32 数列求和基础巩固组1.设数列{a n}为等比数列,数列{b n}为等差数列,且S n为数列{b n}的前n项和,若a2=1,a10=16,且a6=b6,则S11=()A.20B.30C.44D.882.S n=+…+等于()A. B.C. D.3.(2022福建漳州二模)已知S n是数列{a n}的前n项和,a1=1,a2=2,a3=3,记b n=a n+a n+1+a n+2且b n+1b n=2,则S31=()A.171B.278C.351D.3954.在数列{a n}中,a n+a n+1=2n,S n为其前n项和,若a1=a4,则S101=()A.4 882B.5 100C.5 102D.5 2125.已知数列{a n}的通项公式为a n=,则其前n项和为()A.1B.1C.2D.26.(2022湖北荆州模拟)已知数列{a n}满足a n=1+2+4+…+2n1,则数列的前5项和为.7.(2022辽宁辽阳二模)①{2n a n}为等差数列,且a3=;②为等比数列,且a2=.从①②两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.在数列{a n}中,a1=,.(1)求{a n}的通项公式;(2)已知{a n}的前n项和为S n,试问是否存在正整数p,q,r,使得S n=pqa n+r?若存在,求p,q,r的值;若不存在,请说明理由.8.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=,数列{log3b n}是公差为1的等差数列,b1=1.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=a2n+1+b2n+1,求数列{c n}的前n项和T n.综合提升组9.已知数列{a n}的前n项和为S n=23n,则此数列奇数项的前m项和为()A. B.C. D.10.对于实数x,[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{a n}的通项公式为a n=,前n项和为S n,则[S1]+[S2]+…+[S40]=()A.105B.120C.125D.13011.在数列{a n}中,a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),若b n=a n cos,且数列{b n}的前n项和为S n,则S11=()A.64B.80C.64D.8012.在数列{a n}中,a1=2,a p+q=a p a q(p,q∈N*),记b m为数列{a n}中在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,则数列{b m}的前150项和S150= .13.(2022辽宁沈阳模拟)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,a1+a5=22,S n=n(a n2n+2).(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=(1)n·,求数列{b n}的前2n+1项和T2n+1.14.在等差数列{a n}中,a1+3,a3,a4成等差数列,且a1,a3,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在任意相邻两项a k与a k+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n},求数列{b n}的前200项和T200.创新应用组15.在数列{a n}中,a1=3,a n+1=3a n4n,若b n=,且数列{b n}的前n项和为S n,则S n=()A.n1+B.C.n1+D.n1+16.(2022山东潍坊二模)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,且+2a n=4S n,数列{b n}满足b n=(2.(1)求数列{b n}的前n项和B n,并证明B n+1,B n,B n+2是等差数列;(2)设c n=(1)n a n+b n,求数列{c n}的前n项和T n.17.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,公比q>0,S2=2a22,S3=a42,数列{a n}满足a2=4b1,nb n+1(n+1)b n=n2+n(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:数列为等差数列;(3)设数列{c n}的通项公式为c n=其前n项和为T n,求T2n.课时规范练32数列求和1.C解析:∵数列{a n}为等比数列,∴=a2a10=16.又a6=a2q4>0(q为公比),∴b6=a6=4.又数列{b n}为等差数列,∴S11=×11=11a6=44.故选C.2.A解析:由S n=+…+,可得S n=+…+.两式相减可得,S n=+…+,所以S n=,故选A.3.C解析:由b n+1b n=2,得a n+1+a n+2+a n+3(a n+a n+1+a n+2)=a n+3a n=2,∴a1,a4,a7,…是首项为1,公差为2的等差数列,a2,a5,a8,…是首项为2,公差为2的等差数列,a3,a6,a9,…是首项为3,公差为2的等差数列,S31=(a1+a4+…+a31)+(a2+a5+…+a29)+(a3+a6+…+a30)=1×11++2×10++3×10+=351.4.C解析:因为a n+a n+1=2n, ①所以a n+1+a n+2=2n+2, ②由②①得a n+2a n=2,所以数列{a n}奇数项与偶数项均成公差为2的等差数列.当n为奇数时,a n=a1+×2=n+a11;当n为偶数时,a n=a2+×2=n+a22=n+(2a1)2=na1.又因为a1=a4,所以a1=4a1,得a1=2,所以a n=所以S101=(a1+…+a101)+(a2+…+a100)=×(2+102)+×(0+98)=5102.故选C.5.A解析:因为a n=,所以其前n项和为1+…+=1.故选A.6.解析:因为a n=1+2+4+…+2n1=2n1,a n+1=2n+11,所以.所以的前5项和为++…+==1.7.解 (1)若选①:设等差数列{2n a n}的公差为d,则d==2,∴2n a n=2a1+2(n1)=2n1,即a n=.若选②:设等比数列的公比为q,则q=,∴×n1=n,即a n=.(2)S n=+…+,S n=+…+,则两式相减得S n=+2×+…+,∴S n=3.∵S n=3=34×=34a n+2,∴存在正整数p,q,r,使得S n=pqa n+r,且p=3,q=4,r=2.8.解(1)当n=1时,a1=S1==1,当n≥2,a n=S n S n1==3n2,所以n=1满足n≥2时的情况,所以a n=3n2(n∈N*).因为log3b n=log3b1+(n1)×(1)=1n,所以b n=31n.(2)因为c n=a2n+1+b2n+1=3(2n+1)2+31(2n+1)=6n+1+n,所以T n=,所以T n=3n2+4n+1.9.B解析:当n≥2时,a n=S n S n1=(23n)(23n1)=2·3n1.因为当n=1时,a1=1不满足,所以数列{a n}从第2项开始成等比数列.又a3=18,则数列{a n}的奇数项构成的数列的前m项和T m=1=.故选B.10.B解析:因为a n=,所以S n=+ (1)[S1]=[1]=0,[S2]=[1]=0,[S3]=[1]=1,[S4]=[1]=1,…,[S7]=[1]=1, [S8]=[1]=2,[S9]=[1]=2,…,[S14]=[1]=2,[S15]=[1]=3,[S16]=[1]=3,…,[S23]=[1]=3,[S24]=[1]=4,[S25]=[1]=4,…,[S34]=[1]=4,[S35]=[1]=5,[S36]=[1]=5,…,[S40]=[1]=5.故[S1]+[S2]+…+[S40]=0×2+1×5+2×7+3×9+4×11+5×6=120.故选B.11.C解析:已知na n+1=(n+1)a n+n(n+1),则+1,可得数列是首项为1,公差为1的等差数列,即有=n,即a n=n2,则b n=a n cos=n2cos,则S11=(12+22+42+52+72+82+102+112)+(32+62+92)=(12+223232+42+526262+72+829292+102+112)=×(5+23+41+59)=64.故选C.12.803解析:令p=1,q=n,则a1+n=a1a n=2a n,所以数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.当m=1时,b1=0.当2n≤m<2n+1时,b m=n,所以S150=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b64+b65+…+b127)+(b128+b129+…+b150)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×(150127)=803.13.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d.由a1+a5=22,得a3=11,由S n=n(a n2n+2),得S2=2(a22),又S2=a1+a2=2a2d,解得d=4,所以a n=a3+(n3)d=4n1.(2)由(1)得b n=(1)n·=(1)n·=(1)n,所以T2n+1=b1+b2+b3+…+b2n+b2n+1=++…+== .14.解(1)设等差数列{a n}的公差为d.由题意得a1+3+a4=2a3,即2a1+3+3d=2a1+4d,解得d=3.又a1a8=,即a1(a1+7×3)=(a1+2×3)2,解得a1=4,所以a n=3n+1.(2)在数列{b n}中,a k+1前面(包括a k+1)共有2+22+23+…+2k+(k+1)=2k+1+k1项.令2k+1+k1≤200(k=1,2,…),则k≤6,所以a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7出现在数列{b n}的前200项中.当k=6时,2k+1+k1=133,所以a7前面(包括a7)共有133项,所以a7后面(不包括a7)还有67个2.所以T200=(4+7+…+22)+2(2+22+23+…+26+67)=91+386=477.15.D解析:由a n+1=3a n4n,可得a n+1[2(n+1)+1]=3[a n(2n+1)].∵a1=3,∴a1(2×1+1)=0,则可得数列{a n(2n+1)}为常数列0,即a n(2n+1)=0,∴a n=2n+1,∴b n==1+=1+,∴S n=n++…+=n+=n1+.故选D.16.解 (1)+2a n=4S n, ①a n>0,当n=1时,+2a1=4a1,∴a1=2或a1=0(舍去),当n≥2时,+2a n1=4S n1, ②①②,得+2a n2a n1=4a n,∴(a n a n1)(a n+a n1)=2(a n+a n1).∵a n>0,∴a n a n1=2(n≥2),∴{a n}是以2为首项,2为公差的等差数列,∴a n=2n,b n=(2)n,∴数列{b n}是首项为2,公比为2的等比数列,∴B n==+(1)n.∵B n+2+B n+1=+(1)n+2·+(1)n+1·===2B n,∴B n+1,B n,B n+2成等差数列.(2)c n=(1)n·2n+(2)n=(2)n+2(1)n·n,当n为偶数时,T n=(2)1+(2)2+…+(2)n+2[1+23+4+…(n1)+n]=+2×[(1+2)+(3+4)+…+(n+1+n)]= +2×+n.当n为奇数时,T n=(2)1+(2)2+…+(2)n+2[1+23+4+…+(n1)n]=+2×[1+(23)+(45)+…+(n1n)]= +2×1+(1)×=n1=n.综上可知T n=17.(1)解因为等比数列{a n}的前n项和为S n,公比q>0,S2=2a22,S3=a42,所以S3S2=a42a2=a3,整理得a2q22a2=a2q.又a2≠0,所以q2q2=0.由于q>0,解得q=2.由于a1+a2=2a22,解得a1=2,所以a n=2n.(2)证明数列{a n}满足a2=4b1,解得b1=1.由于nb n+1(n+1)b n=n2+n,所以=1,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列.(3)解因为数列是以1为首项,1为公差的等差数列,所以=1+(n1)=n,所以b n=n2.因为数列{c n}的通项公式为c n=所以令p n=c2n1+c2n==(4n1)·4n1,所以T2n=3·40+7·41+11·42+…+(4n1)·4n1, ①4T2n=3·41+7·42+11·43+…+(4n5)·4n1+(4n1)·4n.②①②得3T2n=3·40+4·41+…+4·4n1(4n1)·4n,整理得3T2n=3+4·(4n1)·4n,故T2n=·4n.。

课时作业31 等比数列及其前n 项和[根底达标]一、选择题 1．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]1，a 1，a 2,3成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，那么a 1＋a 2b 2的值为()A ．2B ．－2C ．±2D.542．[2021·湖南邵阳调研]设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，假设S 4S 2＝3，那么S 6S 4＝()A ．2B.73C.310D ．1或2 3．[2021·洛阳市尖子生联考]等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 5，那么数列{b n }的前9项和S 9等于()A ．9B ．18C ．36D ．72 4．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]公比不为1的等比数列{a n }中，假设a 1a 5＝a m a n ，那么mn 不可能为()A ．5B ．6C ．8D ．9 5．[2021·唐山市高三年级摸底考试]S n 为数列{a n }的前n 项和，3S n ＝a n ＋2，那么数列{S n }() A ．有最大项也有最小项B ．有最大项无最小项 C ．无最大项有最小项D ．无最大项也无最小项 二、填空题 6．[2021·福州市高中毕业班质量检测]设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝4a n ，那么a 1a 2·…·a n＝________________________________________________________________________.7．[2021·长春调研]在正项等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，那么n ＝________.8．[2021·河北省九校高三联考试题]正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与32a 4的等差中项为12，那么a 1的值为________．三、解答题 9．[2021·云南玉溪检测]在等比数列{a n }中，a 1＝6，a 2＝12－a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，假设S m ＝66，求m .10．[2021·湖北十堰调研]数列{a n }的首项a 1＞0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列{1a n }的前n 项和T n .[能力挑战]11．[2021·全国卷Ⅱ]数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .假设a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，那么k ＝()A ．2B ．3C ．4D ．5 12．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]等比数列{a n }满足：a 1＝4，S n ＝pa n ＋1＋m (p ＞0)，那么p －1m 取最小值时，数列{a n }的通项公式为()A ．a n ＝4·3n －1B ．a n ＝3·4n －1C ．a n ＝2n ＋1D ．a n ＝4n 13．[2021·安徽省示范高中名校高三联考]设S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，a 1＝3，假设－a 4，a 3，a 5成等差数列，那么S n 与a n 的关系式为________________．课时作业311．解析：由等差数列的性质知1＋3＝a 1＋a 2＝4，由等比数列的性质知b 22＝1×4＝4，∴b 2＝±2，由于等比数列中奇数项符号相同，偶数项符号相同，∴b 2＝2，∴a 1＋a 2b 2＝2，应选A.答案：A2．解析：设S 2＝k ，S 4＝3k ，因为数列{a n }为等比数列，所以S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也为等比数列，又S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，所以S 6－S 4＝4k ，所以S 6＝7k ，所以 S 6S 4＝7k 3k ＝73.应选B 项．答案：B3．解析：因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 8＝a 25＝4a 5，又a n ≠0，所以a 5＝4，因为数列{b n }是等差数列，所以b 4＋b 6＝2b 5＝a 5＝4，所以b 5＝2，那么数列{b n }的前9项和S 9＝9b 5＝18，应选B.答案：B4．解析：由等比数列的性质可知，m ＋n ＝6，m ∈N *，n ∈N *，当m ＝n ＝3时，mn ＝9；当m ＝4，n ＝2时，mn ＝8；当m ＝5，n ＝1时，mn ＝5.应选B.答案：B5．解析：因为3S n ＝a n ＋2①，当n ≥2时，3S n －1＝a n －1＋2②，所以当n ≥2时，①－②得3a n ＝a n －a n －1，即a n ＝－12a n －1.又当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝a 1＋2，所以a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，－12为公比的等比数列，即{a n }的各项为1，－12，14，－18，116，－132，…，因此数列{a n }的最大项为首项1，最小项为第二项－12.又3S n ＝a n ＋2，所以数列{S n }的最大项为1，最小项为12，应选A.答案：A6．解析：因为a 1＝1，a n ＋1＝4a n ，所以数列{a n }是以1为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝4n －1，所以a 1a 2a 3…a n ＝1×4×42×…×4n －1＝41＋2＋…＋n －1＝4n (n －1)2＝2n (n －1)．答案：2n (n －1)7．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3n －6＝36，即n ＝14. 答案：148．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 5与32a 4的等差中项为12，所以a 5＋32a 4＝1，所以a 3q 2＋32a 3q ＝1，又a 3＝1，所以2q 2＋3q －2＝0，又数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝12，所以a 1＝a 3q 2＝4.答案：49．解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝6，a 2＝12－a 3， ∴6q ＝12－6q 2，解得q ＝－2或q ＝1，∴a n ＝6×(－2)n －1或a n ＝6.(2)①假设a n ＝6×(－2)n －1，那么S n ＝6×[1－(－2)n )]3＝2[1－(－2)n ]，由S m ＝66，得2[1－(－2)m ]＝66，解得m ＝5.②假设a n ＝6，q ＝1，那么{a n }是常数列， ∴S m ＝6m ＝66，解得m ＝11. 综上，m 的值为5或11.10．解析：(1)证明：记b n ＝1a n －1，那么b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )＝13，又a 1＝23，所以b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列，所以1a n －1＝12·⎝⎛⎭⎫13n －1，即a n ＝2·3n －11＋2·3n －1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －11＋2·3n －1.(2)由(1)知1a n －1＝12·⎝⎛⎭⎫13n －1，即1a n ＝12·⎝⎛⎭⎫13n －1＋1.所以数列{1a n }的前n 项和T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＋n ＝34·⎝⎛⎭⎫1－13n ＋n . 11．解析：令m ＝1，那么由a m ＋n ＝a m a n ，得a n ＋1＝a 1a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n ，所以a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝a k (a 1＋a 2＋…＋a 10)＝2k×2×(1－210)1－2＝2k ＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k ＝4，应选C.答案：C12．解析：∵S n ＝pa n ＋1＋m ，∴S n －1＝pa n ＋m (n ≥2)， ∴a n ＝S n －S n －1＝pa n ＋1－pa n (n ≥2)， ∴pa n ＋1＝(p ＋1)a n (n ≥2)， ∴a n ＋1a n ＝p ＋1p(n ≥2)， 又n ＝1时，a 1＝S 1＝pa 2＋m ＝4，∴a 2＝4－m p ，a 2a 1＝4－m4p.∵{a n }为等比数列，∴a 2a 1＝4－m 4p ＝p ＋1p ，∵p ＞0，∴p ＝－m4，∴m ＝－4p ，p －1m ＝p ＋14p ≥2p ×14p＝1，当且仅当p ＝14p ，p ＝12时取等号，此时等比数列的公比p ＋1p ＝3，∴a n ＝4×3n －1. 答案：A13．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＞0，由－a 4，a 3，a 5成等差数列，得2a 3＝a 5－a 4，那么q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ＝2a n －a 1，即S n ＝2a n －3.答案：S n ＝2a n －3。

第3讲等比数列及其前n项和A级基础演练时间：30分钟满分：55分一、选择题每小题5分，共20分1．在等比数列{a n}中，a1＝8，a4＝a3a5，则a7＝．解析在等比数列{a n}中a错误!＝a3a5，又a4＝a3a5，所以a4＝1，故q＝错误!，所以a7＝错误!答案 B2．已知等比数列{a n}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则a n＝．A．4·错误!n B．4·错误!nC．4·错误!n－1D．4·错误!n－1解析a＋12＝a－1a＋4⇒a＝5，a1＝4，q＝错误!，∴a n＝4·错误!n－1答案 C3．2022·泰安模拟已知等比数列{a n}为递增数列．若a1>0，且2a n＋a n＋2＝5a n＋1，则数列{a n}的公比q＝．A．2 C．2或错误!D．3解析∵2a n＋a n＋2＝5a n＋1，∴2a n＋2a n q2＝5a n q，化简得，2q2－5q＋2＝0，由题意知，q>1∴q＝2答案 A4．2022·江西盟校二模在正项等比数列{a n}中，S n是其前n项和．若a1＝1，a2a6＝8，则S8＝．A．8 B．15错误!＋1C．15错误!－1 D．151－错误!解析∵a2a6＝a错误!＝8，∴a错误!q6＝8，∴q＝错误!，∴S8＝错误!＝15错误!＋1．答案 B二、填空题每小题5分，共10分5．2022·广州综合测试在等比数列{a n}中，a1＝1，公比q＝2，若a n＝64，则n的值为________．解析因为a n＝a1q n－1且a1＝1，q＝2，所以64＝26＝1×2n－1，所以n＝7答案76．2022·辽宁已知等比数列{a n}为递增数列，且a错误!＝a10，2a n＋a n＋2＝5a n＋1，则数列{a n}的通项公式a n＝________解析根据条件求出首项a1和公比q，再求通项公式．由2a n＋a n＋2＝5a n＋1⇒2q2－5q＋2＝0⇒q＝2或错误!，由a错误!＝a10＝a1q9＞0⇒a1＞0，又数列{a n}递增，所以q＝＝a10＞0⇒a1q42＝a1q9⇒a1＝q＝2，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n答案2n三、解答题共25分7．12分2022·九龙坡区调研已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋1n∈N*．1求证：数列{a n＋1}是等比数列，并写出数列{a n}的通项公式；2若数列{b n}满足4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4b n－1＝a n＋1n，求数列{b n}的前n项和S n1证明∵a n＋1＝2a n＋1，∴a n＋1＋1＝2a n＋1，又a1＝1，∴a1＋1＝2≠0，a n＋1≠0，∴错误!＝2，∴数列{a n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n＋1＝2n，可得a n＝2n－12解∵4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4b n－1＝a n＋1n，∴4b1＋b2＋b3＋…＋b n－n＝2n2，∴2b1＋b2＋b3＋…＋b n－2n＝n2，即2b1＋b2＋b3＋…＋b n＝n2＋2n，∴S n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝错误!n2＋n8．13分已知数列{a n}的前n项和为S n，在数列{b n}中，b1＝a1，b n＝a n－a n－1n≥2，且a n＋S n ＝n1设c n＝a n－1，求证：{c n}是等比数列；2求数列{b n}的通项公式．1证明∵a n＋S n＝n，①∴a n＋1＋S n＋1＝n＋1，②②－①得a n＋1－a n＋a n＋1＝1，∴2a n＋1＝a n＋1，∴2a n＋1－1＝a n－1，∴错误!＝错误!∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1∴a1＝错误!，∴c1＝－错误!，公比q＝错误!∴{c n}是以－错误!为首项，公比为错误!的等比数列．2解由1可知c n＝错误!·错误!n－1＝－错误!n，∴a n＝c n＋1＝1－错误!n∴当n≥2时，b n＝a n－a n－1＝1－错误!n－错误!＝错误!n－1－错误!n＝错误!n又b1＝a1＝错误!代入上式也符合，∴b n＝错误!nB级能力突破时间：30分钟满分：45分一、选择题每小题5分，共10分1．2022·全国已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＝2a n＋1，则S n＝．A．2n－1n－1n－1解析当n＝1时，a1＝1当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n＋1－2a n，解得3a n＝2a n＋1，∴错误!＝错误!又∵S1＝2a2，∴a2＝错误!，∴错误!＝错误!，∴{a n}从第二项起是以错误!为公比的等比数列，∴a n＝错误!∴S n＝错误!n－1答案 B2．2022·威海模拟在由正数组成的等比数列{a n}中，若a3a4a5＝3π，则inog3a1＋og3a2＋…＋og3a7的值为．C．1 D．－错误!解析因为a3a4a5＝3π＝a错误!，所以a4＝3错误!og3a1＋og3a2＋…＋og3a7＝og3a1a2…a7＝og3a错误!＝7og33错误!＝错误!，所以inog3a1＋og3a2＋…＋og3a7＝错误!答案 B二、填空题每小题5分，共10分3．设f是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的实数，∈R，都有f·f＝f＋，若a1＝错误!，a n＝fnn∈N*，则数列{a n}的前n项和S n的取值范围是________．解析由已知可得a1＝f1＝错误!，a2＝f2＝[f1]2＝错误!2，a3＝f3＝f2·f1＝[f1]3＝错误!3，…，a n＝fn＝[f1]n＝错误!n，∴S n＝错误!＋错误!2＋错误!3＋…＋错误!n＝错误!＝1－错误!n，∵n∈N*，∴错误!≤S n0，则S n一定有最大值．其中真命题的序号是________写出所有真命题的序号．解析对于①，注意到错误!＝错误!a n＋1－a n＝错误!d是一个非零常数，因此数列错误!是等比数列，①正确．对于②，S13＝错误!＝错误!＝13，因此②正确．对于③，注意到S n ＝na1＋错误!d＝n[a n－n－1d]＋错误!d＝na n－错误!d，因此③正确．对于④，S n＝na1＋错误!d，d>0时，S n不存在最大值，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是①②③答案①②③三、解答题共25分5．12分2022·江西已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1＝aa＞0，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝31若a＝1，求数列{a n}的通项公式；2若数列{a n}唯一，求a的值．解1设数列{a n}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，由b1，b2，b3成等比数列得2＋q2＝23＋q2．即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋错误!，q2＝2－错误!所以数列{a n}的通项公式为a n＝2＋错误!n－1或a n＝2－错误!n－12设数列{a n}的公比为q，则由2＋aq2＝1＋a3＋aq2，得aq2－4aq＋3a－1＝0*，由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程*有两个不同的实根．由数列{a n}唯一，知方程*必有一根为0，代入*得a＝错误!6．13分2022·合肥模拟数列{a n}的前n项和记为S n，a1＝t，点S n，a n＋1在直线＝3＋1上，n∈N*1当实数t为何值时，数列{a n}是等比数列．2在1的结论下，设b n＝og4a n＋1，c n＝a n＋b n，T n是数列{c n}的前n项和，求T n解1∵点S n，a n＋1在直线＝3＋1上，∴a n＋1＝3S n＋1，a n＝3S n－1＋1n>1，且n∈N*．∴a n＋1－a n＝3S n－S n－1＝3a n，∴a n＋1＝4a n n>1，n∈N*，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1，∴当t＝1时，a2＝4a1，数列{a n}是等比数列．2在1的结论下，a n＋1＝4a n，a n＋1＝4n，b n＝og4a n＋1＝n，c n＝a n＋b n＝4n－1＋n，∴T n＝c1＋c2＋…＋c n＝40＋1＋41＋2＋…＋4n－1＋n＝1＋4＋42＋…＋4n－1＋1＋2＋3＋…＋n＝错误!＋错误!。

考点测试31 等比数列高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中、低等难度 考纲研读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一、根底小题1．{a n }为等比数列且满足a 6－a 2＝30，a 3－a 1＝3，那么数列{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．15 B ．31 C ．40 D ．121答案 B解析 因为{a n }为等比数列且满足a 6－a 2＝30，a 3－a 1＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 5－a 1q ＝30，a 1q 2－a 1＝3，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，S 5＝1－251－2＝31，所以数列{a n }的前5项和S 5＝31.2．设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，那么以下结论正确的选项是( )A ．S n ＝4－3a nB ．S n ＝3－2a nC ．S n ＝3a n －2D ．S n ＝2a n －1答案 B解析 由题意，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝3－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以S n ＝3－2a n ，应选B.3．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，假设a 1a m ＝9，那么m 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11答案 C解析 在等比数列中，假设p ＋q ＝m ＋n ，p ，q ，m ，n 都为正整数，那么a p a q ＝a m a n ，因为a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝a 4a 7＝9，因为a 1a m ＝9，所以m ＝10.应选C.4．在等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，那么数列{lg a n }的前8项和等于( )A ．6B ．5C ．4D ．3答案 C解析 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＝4.5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝8，S 6＝7，那么a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C ．578D ．558答案 A解析 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＋a 9＝18.6．{a n }是首项为32的等比数列，S n 是其前n 项和，且S 6S 3＝6564，那么数列{|log 2a n |}的前10项和为( )A ．58B ．56C ．50D ．45答案 A解析 设数列{a n }的公比为q ，根据题意知S 6－S 3S 3＝164＝q 3，所以q ＝14，从而有a n ＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝27－2n，所以log 2a n ＝7－2n ，所以|log 2a n |＝|2n －7|，所以数列{|log 2a n |}的前10项和等于5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝3×5＋12＋7×1＋132＝58.应选A.7．各项均不为零的数列{a n }，定义向量c n ＝(a n ，a n ＋1)，b n ＝(n ，n ＋1)，n ∈N *.以下命题中真命题是( )A ．假设∀n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，那么数列{a n }是等比数列 B ．假设∀n ∈N *总有c n ∥b n 成立，那么数列{a n }是等比数列 C ．假设∀n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，那么数列{a n }是等差数列 D ．假设∀n ∈N *总有c n ∥b n 成立，那么数列{a n }是等差数列 答案 D解析 ∵向量c n ＝(a n ，a n ＋1)，b n ＝(n ，n ＋1)，n ∈N *，∴当c n ∥b n 时，(n ＋1)a n －na n ＋1＝0，即a n ＝na 1，∴数列{a n }为等差数列，∴D 正确，B 错误；当c n ⊥b n 时，na n ＋(n ＋1)a n ＋1＝0，即a n ＝－1n －1n·a 1，∴数列{a n }既不是等差数列，也不是等比数列，∴A ，C 错误．应选D.8．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2(a n －1＋a n －2＋…＋a 2＋a 1)(n ≥2，n ∈N *)，那么这个数列的前4项和S 4＝________.答案 27解析 由n ≥2时，a n ＝2S n －1，a n ＋1＝2S n ，∴a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －2，n ≥2，∴S 4＝1＋2＋6＋18＝27.二、高考小题9．(2022·全国卷Ⅲ)各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，那么a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2答案 C解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.应选C.10．(2022·北京高考)“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，为这个理论的开展做出了重要奉献．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.假设第一个单音的频率为f ，那么第八个单音的频率为( )A.32f B ．322f C ．1225fD ．1227f答案 D解析 由题意知，十三个单音的频率构成首项为f ，公比为122的等比数列，设该等比数列为{a n }，那么a 8＝a 1q 7，即a 8＝1227f ，应选D.11．(2022·浙江高考)a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln (a 1＋a 2＋a 3)．假设a 1>1，那么( )A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案 B解析 设f (x )＝ln x －x (x >0)，那么f ′(x )＝1x －1＝1－xx，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，∴f (x )≤f (1)＝－1，即有ln x ≤x －1.从而a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln (a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，∴a 4<0，又a 1>1，∴公比q <0.假设q ＝－1，那么a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，ln (a 1＋a 2＋a 3)＝ln a 1>0，矛盾．假设q <－1，那么a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋q )(1＋q 2)<0，而a 2＋a 3＝a 2(1＋q )＝a 1q (1＋q )>0，∴ln (a 1＋a 2＋a 3)>ln a 1>0，也矛盾．∴－1<q <0.从而a 3a 1＝q 2<1，∵a 1>0，∴a 1>a 3.同理，∵a 4a 2＝q 2<1，a 2<0，∴a 4>a 2.应选B.12．(2022·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著?算法统宗?中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，那么塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏答案 B解析 由题意可知，由上到下灯的盏数a 1，a 2，a 3，…，a 7构成以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 11－271－2＝381，∴a 1＝3.应选B.13．(2022·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，假设a 1＝1，S 3＝34，那么S 4＝________.答案 58解析 设等比数列{a n }的公比为q ，又a 1＝1，那么a n ＝a 1qn －1＝qn －1.∵S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.14．(2022·北京高考)假设等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，那么a 2b 2＝________.答案 1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .∵a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＋3d ＝8，－1·q 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝－2.∴a 2＝2，b 2＝2.∴a 2b 2＝22＝ 1.15．(2022·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 .S 3＝74，S 6＝634，那么a 8＝________.答案 32解析 设等比数列{a n }的公比为q .当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 6＝6a 1＝2S 3，不符合题意，∴q ≠1，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q ＝74，a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，∴a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.三、模拟小题16．(2022·开封一模)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，那么S 13＝( )A ．26B ．52C ．78D ．104答案 B解析 等比数列{a n }中，a 3a 11＝4a 7，可得a 27＝4a 7，又a 7≠0，得a 7＝4，因为数列{b n }是等差数列，b 7＝a 7＝4，那么S 13＝12×13(b 1＋b 13)＝13b 7＝13×4＝52.应选B.17．(2022·石家庄一模){a n }为等比数列，a 5＋a 8＝2，a 6a 7＝－8，那么a 2＋a 11＝( ) A ．5 B ．7 C ．－7 D ．－5答案 C解析 ∵{a n }为等比数列，a 6a 7＝－8，∴a 5a 8＝－8，又a 5＋a 8＝2，解得a 5＝4，a 8＝－2或a 5＝－2，a 8＝4.当a 5＝4，a 8＝－2时，q 3＝－12，∴a 2＋a 11＝a 5q －3＋a 8q 3＝4×1－12－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－7；当a 5＝－2，a 8＝4时，q 3＝－2，∴a 2＋a 11＝a 5q －3＋a 8q 3＝－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋4×(－2)＝－7，应选C.18．(2022·宜宾二诊)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，假设a n ＞0，a 1＝12，S n ＜2，那么{a n }的公比的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，34 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 答案 A解析 设等比数列{a n }的公比为q ，那么q ≠1.∵a n ＞0，a 1＝12，S n ＜2，∴12×q n －1＞0，121－q n1－q ＜2，∴0<q <1.∴1≤4－4q ，解得q ≤34.综上可得，{a n }的公比的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，34.应选A.19．(2022·四川省高三一诊)正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4－2S 2＝3，那么S 6－S 4的最小值为( )A.14 B ．3 C ．4 D ．12答案 D解析 根据题意，设该等比数列的首项为a 1，公比为q ，假设S 4－2S 2＝3，那么有S 4－2S 2＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4－2(a 1＋a 2)＝(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)＝(q 2－1)(a 1＋a 2)＝3，又由数列{a n }为正项的等比数列，那么q >1，那么a 1＋a 2＝3q 2－1，那么S 6－S 4＝a 5＋a 6＝(a 1＋a 2)×q 4＝3q 2－1×q 4＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2－1＋1q 2－1＋2≥6＋3×2×q 2－1×1q 2－1＝12，当且仅当q 2＝2时等号成立，即S 6－S 4的最小值为12.应选D.20．(2022·广州市天河区高三一模)假设数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n2n ＝2n (n ∈N *)，那么数列{b n }的前n 项和S n 为( )A ．2n ＋1B ．4·2n－4 C ．2n ＋2－2D ．2n ＋2－4答案 D解析 数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n2n ＝2n (n ∈N *)，可得b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1＝2(n －1)(n ≥2)，可得b n2n ＝2n －2(n －1)＝2(n ≥2)，可得b n ＝2n ＋1(n ≥2)．因为当n ＝1时，b 1＝4也适合上式， 所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ＋1.所以数列{b n }是等比数列，公比为2. 数列{b n }的前n 项和S n ＝41－2n1－2＝2n ＋2－4.应选D.21．(2022·郑州二模)等比数列{a n }为递增数列，设其前n 项和为S n ，假设a 2＝2，S 3＝7，那么a 5的值为________．答案 16解析 设{a n }的公比为q ，因为a 2＝2，S 3＝7，所以2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，故a 1＝1，所以a 5＝24＝16.一、高考大题1．(2022·全国卷Ⅱ)数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝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 －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解 (1)证明：由题设得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．由题设得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. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，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 ＋12.2．(2022·全国卷Ⅰ)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{a n }的通项公式． 解 (1)由条件可得a n ＋1＝2n ＋1na 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．由题设条件可得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 n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.3．(2022·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．假设S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由得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)假设a n ＝(－2)n －1，那么S n ＝1－－2n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 假设a n ＝2n －1，那么S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.4．(2022·全国卷Ⅱ)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)假设a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)假设T 3＝21，求S 3.解 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 那么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)或⎩⎪⎨⎪⎧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，那么S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，那么S 3＝－6. 二、模拟大题5．(2022·湖南永州三模)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)假设数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解 (1)证明：当n ＝1时，a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. ∵S n ＝2a n －n (n ∈N *)，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)， ∴a n ＝2a n －2a n －1－1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)， ∴数列{a n ＋1}是首项、公比都为2的等比数列． (2)由(1)得，a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n－1，∵b 3＝a 2＝22－1＝3，b 7＝a 3＝23－1＝7，设等差数列{b n }的公差为d ，那么b 1＋2d ＝3，b 1＋6d ＝7，∴b 1＝d ＝1，∴b n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. 6．(2022·广州二模){a n }是递增的等比数列，a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)解法一：设等比数列{a n }的公比为q ， 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＝4，a 1·a 1q 3＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝13或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，q ＝3.因为{a n }是递增的等比数列， 所以a 1＝13，q ＝3.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.解法二：设等比数列{a n }的公比为q ， 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝a 2a 3＝3，所以a 2，a 3是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根．解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，a 3＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 3＝1.因为{a n }是递增的等比数列， 所以a 2＝1，a 3＝3，那么q ＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)由(1)知b n ＝n ×3n －2.那么S n ＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n ×3n －2，①在①式两边同时乘以3，得3S n ＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n ×3n －1，②由①－②，得－2S n ＝3－1＋30＋31＋…＋3n －2－n ×3n －1，即－2S n ＝131－3n1－3－n ×3n －1，所以S n ＝14(2n －1)×3n －1＋112.。

[基础强化]一、选择题1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比为q ，若S 6＝9S 3，S 5＝62，则a 1＝() A.2B ．2 C.5D ．32．已知等比数列{a n }满足a 1＝18，4a 2a 4＝4a 3－1，则a 2＝()A ．±14B.14C ．±116D.1163．等比数列{a n }中，若a n >0，a 2a 4＝1，a 1＋a 2＋a 3＝7，则公比q ＝() A.14B.12 C ．2D ．44．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝() A ．7B ．8 C ．15D ．165．设{a n }是公比为q ＞1的等比数列，若a 2010和a 2011是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则a 2012＋a 2013＝()A ．18B ．10C ．25D ．96．已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若a 1＝－24，a 4＝－89，则当T n 取得最大值时，n的值为()A ．2B ．3C ．4D ．67．已知等比数列{a n }中，a 3＝7，前三项之和S 3＝21，则公比q 的值为()A ．12B ．－12C ．1或－12D ．－1或128．在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝33，则a 11＋a 2011a 17＋a 2017＝()A.29B.49C.23D.899．(多选)[2021·某某某某期中]已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，则下列说法正确的是()A ．{a n }为单调递增数列 B.S 6S 3＝9 C ．S 3，S 6，S 9成等比数列 D ．S n ＝2a n －a 1二、填空题10．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＝________.11．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＝________.12．设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.[能力提升] 13．[2020·全国卷Ⅱ]数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝()14．设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则()A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n15．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.16．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．专练31 等比数列及其前n 项和1．B由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 6)1－q ＝9×a 1(1－q 3)1－q，a 1(1－q 5)1－q ＝62，即⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝8，a 1(1－q 5)1－q＝62，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，选B.2．A 因为4a 2a 4＝4a 3－1，所以4a 21q 4＝4a 1q 2－1，又a 1＝18，解得q ＝±2，所以a 2＝a 1·q ＝18×(±2)＝±14.故选A. 3．B 由等比数列的性质得a 23＝a 2a 4＝1，结合a n >0，得a 3＝1.由a 1＋a 2＋a 3＝7，得a 3q 2＋a 3q＋a 3＝7，则1q 2＋1q ＝6，结合q >0，得q ＝12，故选B.4．C ∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 2＝4a 1＋a 3.又{a n }为等比数列，∴4q ＝4＋q 2，∴q ＝2.又a 1＝1，∴S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝1－241－2＝15.5．A 由题意可得：a 2010＝12，a 2011＝32，又{a n }为等比数列，∴q ＝3.∴a 2012＋a 2013＝92＋272＝18.6．C 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝－24q 3＝－89，q 3＝127，q ＝13，此等比数列各项均为负数，当n 为奇数时，T n 为负数，当n 为偶数时，T n 为正数，所以T n 取得最大值时，n为偶数，排除B ，而T 2＝(－24)2×⎝⎛⎭⎫13＝24×8＝192，T 4＝(－24)4⎝⎛⎭⎫136＝84×19＝849＞192，T 6＝(－24)6⎝⎛⎭⎫1315＝86×⎝⎛⎭⎫139＝8639＝19×8637＜849，T 4最大，故选C.7．C 若q ＝1，因为a 3＝7，所以S 3＝3×7＝21，符合题意；若q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7a 1(1－q 3)1－q ＝21，解得q ＝－12.所以公比q 的值为1或－12，故选C.8．D ∵{a n }为等比数列，∴q ＝a 3a 2＝332，又a 11＋a 2011a 17＋a 2017＝1q 6＝2332＝89. 9．BD 由a 6＝8a 3，可得q 3a 3＝8a 3，则q ＝2，当首项a 1＜0时，可得{a n }为单调递减数列，故A 错误； 由S 6S 3＝1－261－23＝9，故B 正确； 假设S 3，S 6，S 9成等比数列，可得S 26＝S 3S 9， 即(1－26)2＝(1－23)(1－29)，显然不成立， 所以S 3，S 6，S 9不成等比数列，故C 错误；由{a n }是公比q 的等比数列，可得S n ＝a 1－a n q 1－q ＝2a n －a 12－1＝2a n －a 1，故D 正确．10．32解析：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＝32.11．50解析：∵{a n }为等比数列，∴a 10a 11＝a 9a 12， 又a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10a 11＝e 5，∴ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2……a 20)＝ln(a 10·a 11)10＝ln(e 5)10＝lne 50＝50. 12．－8解析：由{a n }为等比数列，设公比为q .⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， 即⎩⎪⎨⎪⎧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＝－8.13．C 由a m ＋n ＝a m a n ，令m ＝1可得a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴数列{a n }是公比为2的等比数列，∴a n ＝2×2n －1＝2n .则a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝2k ＋1＋2k ＋2＋…＋2k ＋10＝2k ＋1(1－210)1－2＝2k ＋11－2k ＋1＝215－25，∴k ＝4.故选C.14．D ∵a 1＝1，q ＝23，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n ＝3－2·⎝⎛⎭⎫23n －1＝3－2a n . 15.1213解析：通解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.优解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以a 2a 6＝a 6，所以a 2＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.16．64解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5， 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝⎝⎛⎭⎫12(－3)＋(－2)＋…＋(n －4) ＝⎝⎛⎭⎫1212n (n －7)＝⎝⎛⎭⎫1212⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494，当n ＝3或4时，12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494取到最小值－6，此时⎝⎛⎭⎫1212⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494取到最大值26，所以a 1a 2…a n 的最大值为64.。

课时跟踪检测（三十一） 等比数列及其前n 项和(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D.2．(2018·云南11校跨区调研)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：选B 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 9－S 6＝16，S 6＝12，S 12－S 9＝32，S 12＝32＋16＋12＝60.3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( ) A ．－13B.13 C ．－12D.12解析：选A 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.4．(2018·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3－a 272＋a 11＝0，数列{b n }为等比数列，且b 7＝a 7，则b 1·b 13＝( )A ．25B ．16C ．8D ．4解析：选B 由a 3－a 272＋a 11＝0，得2a 7－a 272＝0，a 7＝4，所以b 7＝4，b 1·b 13＝b 27＝16.5．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 －1B ．4n－1 C ．2n －1D ．2n－1解析：选D 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝5452＝12，所以S n a n＝1－q n1－q q n －1＝1－12n12n ＝2n－1. 6．(2018·漳州八校联考)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 ．－3B ．5C ．－31D ．33解析：选D 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－q31－q 6＝19，得q 3＝8，∴q ＝2， ∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33. 7．已知等比数列{a n }中，a 3＝3，a 10＝384，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝3， ①a 10＝a 1q 9＝384， ②②÷①，得q 7＝128，即q ＝2， 把q ＝2代入①，得a 1＝34，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝34×2n －1＝3×2n －3. 答案：3×2n －38．在3与192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， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,489．(2018·邢台摸底)若正项数列{a n }满足a 2＝12，a 6＝132，且a n ＋1a n ＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则log 2a 4＝________.解析：由a n ＋1a n ＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)可得数列{a n }是等比数列，所以a 24＝a 2a 6＝164，又a 4>0，则a 4＝18，故log 2a 4＝log 218＝－3.答案：－310．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 ＝________.解析：设公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q . 又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，所以a n ＝a 1·q n －1＝2n .答案：2nB 级——中档题目练通抓牢1．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 由题意得a 1＋a 3＋…＝85，a 2＋a 4＋…＝170，所以数列{a n }的公比q ＝2，由数列{a n }的前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.2．(2018·福建模拟)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 ．a 1<0,0<q <1 B ．a 1<0，q >1 C ．a 1>0,0<q <1D ．a 1>0，q >1解析：选A ∵S n <0，∴a 1<0， 又数列{a n }为递增的等比数列， ∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|，∴－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n ∈(0,1)，∴a 1<0,0<q <1.故选A.3．(2018·湖北七市(州)联考)在各项都为正数的数列{a n }中，首项a 1＝2，且点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n－1 B.1－－3n2C.1＋3n2D.3n 2＋n 2解析：选A 由点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，得a 2n －9a 2n －1＝0，即(a n ＋3a n －1)(a n －3a n －1)＝0，又数列{a n }各项均为正数，且a 1＝2，∴a n ＋3a n －1>0，∴a n －3a n －1＝0，即a na n －1＝3，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝3的等比数列，其前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝2×3n－13－1＝3n－1.4．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________. 解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1)两式相除得q 2＋1q 2－1q ·q 2－1＝156， 即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4. 答案：45．(2018·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2.答案：43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋26．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列．(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)知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 ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝4a n －p ，其中p 为非零常数． (1)求证：数列{a n }为等比数列； (2)若a 2＝43，求{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，S 1＝4a 1－p ，得a 1＝p3≠0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(4a n －p )－(4a n －1－p )＝4a n －4a n －1， 得3a n ＝4a n －1，即a n a n －1＝43， 所以数列{a n }是首项为p 3，公比为43的等比数列．(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝p 3×⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，又a 2＝43，可知p ＝3，于是a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.C 级——重难题目自主选做(2018·黄冈调研)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12n·a 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 nn， 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)由(1)知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.。

等比数列及其前n 项和课时作业1．(2022·江西新余模拟)等比数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝8，那么a 3a 4a 5＝( ) A ．±64 B ．64 C ．32 D ．16答案 B解析 因为a 2＝2，a 6＝8，所以由等比数列的性质可知a 2·a 6＝a 24＝16，而a 2，a 4，a 6同号，所以a 4＝4，所以a 3a 4a 5＝a 34＝64.应选B.2．(2022·吉林调研)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设a 1＝3，a 4＝24，那么S 6＝( ) A ．93 B ．189 C ．99 D ．195答案 B解析 ∵a 4＝a 1q 3＝3q 3＝24，∴q ＝2，∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝189.应选B.3．(2022·太原模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，S m ＝15，那么m 为( )A ．12B ．14C ．15D ．16答案 D 解析a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝q 4＝2，由a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1，得a 1·1－q41－q＝1，∴a 1＝q －1，又S m ＝15，即a 1(1－q m )1－q＝15，∴q m＝16，∵q 4＝2，∴m ＝16.应选D.4．(2022·厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S n ＝2n ＋1＋λ，那么λ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案 A解析 依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3， 所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.应选A.5．(2022·昆明一中模考)数列{a n }是递减的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，假设a 2＋a 5＝18，a 3a 4＝32，那么S 5的值是( )A ．62B ．48C ．36D ．31答案 A解析 由a 2＋a 5＝18，a 3a 4＝32，得a 2＝16，a 5＝2或a 2＝2，a 5＝16(不符合题意，舍去)，设数列{a n }的公比为q ，那么a 1＝32，q ＝12，所以S 5＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝62，选A.6．(2022·长沙一模)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，那么( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n答案 D解析 因为a 1＝1，公比q ＝23，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝3－2a n ，应选D.7．(2022·山西临汾模拟)设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，那么a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5 D ．159.5答案 C解析 因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，那么a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12. a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.8．(2022·江西九校联考)在等比数列{a n }中，假设a 2a 5＝－34，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝54，那么1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝( )A ．1B ．－34C ．－53D.43答案 C解析 因为数列{a n }是等比数列，a 2a 5＝－34＝a 3a 4，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝54，所以1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝a 2＋a 5a 2a 5＋a 3＋a 4a 3a 4＝54－34＝－53.应选C. 9．(2022·昆明模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，假设S 4S 2＝3，那么S 6S 4＝( ) A ．2 B.73 C.310D ．1或2答案 B解析 设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.应选B.10．(2022·延庆模拟)等差数列{a n }的公差为2，假设a 2，a 4，a 8成等比数列，那么{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)2答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2，a 4，a 8成等比数列， ∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )， 将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n (n －1)·22＝n (n ＋1)．应选A.11．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设a 8＝2a 4，S 4＝4，那么S 8的值为( ) A ．4 B ．8 C ．10 D ．12答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知q ≠1.因为a 8＝2a 4，S 4＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 7a 1q 3＝2，a 1(1－q 4)1－q ＝4，解得q 4＝2，a 1＝－4(1－q )，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝－4(1－q )(1－22)1－q＝12.应选D.12．记等比数列{a n }的前n 项积为T n (n ∈N *)，a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，那么m 的值为( )A ．4B ．7C ．10D ．12答案 A解析 因为{a n }是等比数列，所以a m －1a m ＋1＝a 2m .又a m －1a m ＋1－2a m ＝0，那么a 2m －2a m ＝0，所以a m ＝2.由等比数列的性质可知前2m －1项积T 2m －1＝a 2m －1m，即22m －1＝128，故m ＝4.应选A.13．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 3＋3S 2＝0，那么公比q ＝________. 答案 －2解析 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 ＝－2.14．(2022·福州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋3，那么S 4＝________.答案 66解析 依题意有a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差，得a n ＋1－a n ＝2a n ，n ≥2，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5×(1－33)1－3＝66.15．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，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案 2n解析 设等比数列{a n }的公比为q .∵a 25＝a 10，∴(a 1q 4)2＝a 1q 9，∴a 1＝q ，∴a n ＝q n. ∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴2a n (1＋q 2)＝5a n q ，∴2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12(舍去)．∴a n ＝2n.16．(2022·启东模拟)等比数列{a n }中，a 2>a 3＝1，那么使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≥0成立的最大自然数n 是________．答案 5解析 设公比为q ，由a 2>a 3＝1知0<q <1，a n ＝qn －3，∴不等式的左端＝q －2(1－q n )1－q－q 2(1－q －n )1－q －1＝1－q n(1－q )q2·(1－q 5－n)≥0，∵0<q <1，∴n ≤5. 17．(2022·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值． 解 (1)设{a n }的公差为d . 因为a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列， 所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6)． 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d )．解得d ＝2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.那么当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.18．(2022·柳州模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －2n (n ∈N *)． (1)证明：{a n ＋2}是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，假设T n <a 对任意正整数n 都成立，求a 的取值范围．解 (1)证明：因为S n ＝2a n －2n (n ∈N *)，① 所以a 1＝S 1＝2a 1－2，得a 1＝2.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)．②由①②两式相减得a n ＝2a n －1＋2，变形得a n ＋2＝2(a n －1＋2)．又因为a 1＋2＝4，所以{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝4×2n －1，所以a n ＝4×2n －1－2＝2n ＋1－2(n ≥2)．又a 1＝2也符合上述表达式，所以a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．(2)因为b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2<12，依题意得a ≥12，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 19．(2022·山东省实验中学模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝2a 2－2，S 3＝a 4－2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na n，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 2＝2a 2－2，①S 3＝a 4－2，②所以由①②两式相减得a 3＝a 4－2a 2，即q 2－q －2＝0. 又因为q >0，所以q ＝2.又因为S 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 1q ＝2a 1q －2， 代入q ＝2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①将①式两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②由①②两式错位相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，整理得T n ＝2－n ＋22n.20．(2022·正定模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且3a n ＋1＋2S n ＝3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设对任意n ∈N *，k ≤S n 恒成立，求实数k 的最大值． 解 (1)因为3a n ＋1＋2S n ＝3，① 所以当n ≥2时，3a n ＋2S n －1＝3.② 由①－②，得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0(n ≥2)， 所以a n ＋1a n ＝13(n ≥2)． 因为a 1＝1,3a 2＋2a 1＝3，解得a 2＝13，所以a 2a 1＝13.所以数列{a n }是首项为1，公比为13的等比数列．所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.(2)由(1)知S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .由题意，可知对于任意n ∈N *，恒有k ≤32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 成立．因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 为递增数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 中的最小项为23，所以k ≤32×23＝1，故实数k 的最大值为1.。

课后限时集训(三十九)等比数列及其前n 项和建议用时：40分钟一、选择题1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12D ．24A [由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列，知(3x ＋3)2＝x ·(6x ＋6)，解得x ＝－3或x ＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24，选A.]2．已知在等比数列{a n }中，a 3＝7，前三项之和S 3＝21，则公比q 的值是( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12C[当q ＝1时，a 3＝7，S 3＝21，符合题意；当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，a11－q 31－q＝21，得q ＝－12.综上，q 的值是1或－12，故选C.]3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( ) A.13 B ．－13C.19D ．－19B [当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n－1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.]4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为( )A ．6里B ．12里C ．24里D ．48里B [记每天走的路程里数为{a n }，由题意知{a n }是公比为12的等比数列，由S 6＝378，得S 6＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，∴a 5＝192×124＝12(里)．故选B.]5．(2020·全国卷Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5C [令m ＝1，则由a m ＋n ＝a m a n ，得a n ＋1＝a 1a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n ，所以a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝a k (a 1＋a 2＋…＋a 10)＝2k ×2×1－2101－2＝2k ＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k ＝4，故选C.]6．(2020·宝山区一模)已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和为S n ，则下列结论正确的是( )A ．若a 1＋a 2＞0，则a 1＋a 3＞0B ．若a 1＋a 3＞0，则a 1＋a 2＞0C ．若a 1＞0，则S 2 021＞0D ．若a 1＞0，则S 2 020＞0C [A 错误，如数列：－1,2，－4，…. BD 错误，如数列1，－2,4，….C 正确，当q ＜0时，显然S 2 021＞0；当0＜q ＜1时，及q ＞1时“1－q ”与“1－q 2 021”同号，故S 2 021＞0；当q ＝1时，显然S 2 021＞0，故C 正确．]二、填空题7．已知1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1＋a 2b 2的值________．52 [由题意得a 1＋a 2＝5，b 22＝4，又b 2与第一项的符号相同，所以b 2＝2.所以a 1＋a 2b 2＝52.] 8．在14与78之间插入n 个数组成等比数列，若各项之和为778，则此数列的项数为________．5 [设此等比数列为{a m }，公比为q ，则该数列共有n ＋2项．∵14≠78，∴q ≠1.由等比数列的前n 项和公式，得778＝14－78q1－q ，解得q ＝－12，∴a n ＋2＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋2－1＝78，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝116，解得n ＝3，∴该数列共有5项．] 9．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 ＝________.30 [由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列． 由(x －2)2＝2×(14－x )， 解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30.] 三、解答题10．(2020·全国卷Ⅲ)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 . [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 －12.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 ＝6.11．设数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝53，a n ＋2＝53a n ＋1－23a n ，令b n ＝a n ＋1－a n(n ∈N *)(1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：∵a n ＋2＝53a n ＋1－23a n ，∴an ＋2－a n ＋1＝23(a n ＋1－a n )，而b n ＝a n ＋1－a n ，∴b n ＋1＝23b n ，又b 1＝a 2－a 1＝23，∴{b n }是首项为23，公比为23的等比数列．(2)由(1)知b n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ， ∴a n －a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝1＋23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n1－23＝3－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .1．已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．3n ＋1B ．3n －1 C.3n 2＋n 2D.3n 2－n 2C [∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1， ∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1， 又数列{a n }为等比数列， ∴数列{a n }的公比为q ＝3，∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3，∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列， ∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋n n －12×3＝3n 2＋n 2.故选C.]2.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．132 [由题意，得正方形的边长构成以22为首项，以22为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为22×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫229＝132.] 3．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.[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. 当n ＝1时，a 1＝1不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥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＝21－4n 1－4＝24n －13.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋24n －13＝22n ＋1＋13.1．(2020·宣城二模)将正整数排成如图所示：试问2 020是表中第________行的第________个数．11 997 [由题意得第n 行有2n －1个数，20＋2＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＋29＝1－2101－2＝1 023，20＋2＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＋29＋210＝1－2111－2＝2 047，∴2 020是表中第11行的第997个数．]2．[结构不良试题]设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知满足________，求公比q 以及a 21＋a 22＋…＋a 2n. 从①a 2a 5＝－32且a 3＋a 4＝－4，②a 1＝1且S 6＝9S 3，③S 2＝a 3－1且S 3＝a 4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并完成解答．[解] 若选①，则有a 2a 5＝a 3a 4＝－32，故有a 3a 4＝－32，a 3＋a 4＝－4，解得a 3＝4，a 4＝－8，或a 3＝－8，a 4＝4，即q ＝－2或q ＝－12.因为{a 2n }是以a 21为首项，q 2为公比的等比数列，若q ＝－2，a 1＝1，此时a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n －13；或q ＝－12，a 1＝－32，此时a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝2123⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .若选②，S 6－S 3S 3＝8，即q 3＝8，故q ＝2.因为{a 2n }是以a 21为首项，q 2为公比的等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n －13. 若选③，S 2＝a 3－1(*)，S 3＝a 4－1(**)． 令(**)式减(*)式，得a 3＝a 4－a 3， 即a 4＝2a 3，故q ＝2. 则(*)式中，a 1＋a 2＝a 3－1， 即a 1＋2a 1＝4a 1－1，即a 1＝1.因为{a 2n }是以a 21为首项，q 2为公比的等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n －13.。

课时规范练32 数列的应用数学归纳法基础巩固组1.用数学归纳法证明2n>2n+1,n的第一个取值应是()A.1B.2C.3D.42.用数学归纳法证明:首项是a1,公差是d的等差数列的前n项和公式是S n=na1+n(n-1)d时,假设当n=k2时,公式成立,则S k=()A.a1+(k-1)dB.k(a1+a k)2dC.ka1+k(k-1)2dD.(k+1)a1+k(k+1)23.某小镇在今年年底统计有人口20万,预计人口年平均增长率为1%,那么五年后这个小镇的人口数为()A.20×(1.01)5万B.20×(1.01)4万万C.20×1.015-11.01-1万D.20×1.014-11.01-14.对于不等式√n2+n<n+1(n∈N+),某同学用数学归纳法证明的过程如下:(1)当n=1时,√12+1<1+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k∈N+)时,不等式成立,即√k2+k<k+1,则当n=k+1时,√(k+1)2+(k+1)=√k2+3k+2<√(k2+3k+2)+(k+2)=√(k+2)2=(k+1)+1.所以当n=k+1时,不等式成立,则上述证法()A.过程全部正确B.n=1验得不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确5.今年“五一”期间,北京十家重点公园举行免费游园活动,北海公园免费开放一天,早晨6时30分有2人进入公园,接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来,第二个30分钟内有8人进去2人出来,第三个30分钟内有16人进去3人出来,第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去,到上午11时30分公园内的人数是.6.某市利用省运会的契机,鼓励全民健身,从7月起向全市投放A,B两种型号的健身器材.已知7月投放A型号健身器材300台,B型号健身器材64台,计划8月起,A型号健身器材每月的投放量均为a 台,B型号健身器材每月的投放量比上一月多50%,若12月底该市A,B型号两种健身器材投放总量不少于2 000台,则a的最小值为.7.用数学归纳法证明:1+12+13+14+…+12n-1≤n.8.已知数列{x n},{y n}满足x1=5,y1=-5,2x n+1+3y n=7,6x n+y n+1=13.求证:x n=3n+2,y n=1-2·3n(n∈N*).综合提升组9.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=(用n表示).10.某大学毕业生为自主创业于2019年8月初向银行贷款240 000元,与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款,从2019年9月初开始,每个月月初还一次款,贷款月利率为0.5%,现因经营状况良好准备向银行申请提前还款计划于2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少()(注:“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还,每一期所还款金额由两部分组成,一部分为每期本金,即贷款本金除以还款期数,另一部分是利息,即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率;1年按12个月计算)A.18 000元B.18 300元C.28 300元D.36 300元11.用数学归纳法证明:1-12+13−14+…+12n-1−12n=1n+1+1n+2+…+12n.12.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用,从孩子一周岁生日开始,每年到银行储蓄a元一年定期,若年利率为r保持不变,且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期,当孩子18岁生日时不再存入,将所有存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数为多少.13.已知n∈N*,S n=(n+1)(n+2)·…·(n+n),T n=2n×1×3×…×(2n-1).(1)求S1,S2,S3,T1,T2,T3;(2)猜想S n与T n的关系,并用数学归纳法证明.14.已知某中学食堂每天供应3 000名学生用餐,为了改善学生伙食,学校每星期一有A,B两种菜可供大家免费选择(每人都会选而且只能选一种菜).调查资料表明,凡是在这星期一选A种菜的,下星期一会有20%改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有40%改选A种菜.用a n,b n分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,如果a1=2 000.(1)请用a n,b n表示a n+1与b n+1;(2)证明:数列{a n-2 000}是常数列.创新应用组15.设数列{a n}的前n项和为S n,且(S n-1)2=a n S n(n∈N*),设b n=(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1(n∈N*),数列{b n}的前n项和为T n.(1)求S1、S2、S3的值;(2)利用“归纳—猜想—证明”求出S n的通项公式;(3)求数列{T n}的通项公式.16.某学校实验室有浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液.在使用之前需要重新配制溶液,具体操作方法为取浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液各300 mL分别装入两个容积都为500 mL的锥形瓶A,B中,先从瓶A中取出100 mL溶液放入B瓶中,充分混合后,再从B瓶中取出100 mL溶液放入A 瓶中,再充分混合.以上两次混合过程完成后算完成一次操作.设在完成第n 次操作后,A 瓶中溶液浓度为a n g/mL,B 瓶中溶液浓度为b n g/mL .(参考数据:lg 2≈0.301,lg 3≈0.477)(1)请计算a 1,b 1,并判定数列{a n -b n }是否为等比数列?若是,求出其通项公式;若不是,请说明理由; (2)若要使得A ,B 两个瓶中的溶液浓度之差小于0.01 g/mL,则至少要经过几次?参考答案课时规范练32 数列的应用 数学归纳法1.C ∵n=1时,21=1,2×1+1=3,2n >2n+1不成立;n=2时,22=4,2×2+1=5,2n >2n+1不成立; n=3时,23=8,2×3+1=7,2n >2n+1成立. ∴n 的第一个取值应是3.2.C 假设当n=k 时,公式成立,只需把公式中的n 换成k 即可,即S k =ka 1+k (k -1)2d.3.A 某小镇在今年年底统计有人口20万,预计人口年平均增长率为1%,那么1年后这个小镇的人口数为20(1+1%), 2年后这个小镇的人口数为20(1+1%)2, 3年后这个小镇的人口数为20(1+1%)3, 4年后这个小镇的人口数为20(1+1%)4,5年后这个小镇的人口数为20(1+1%)5=20×(1.01)5. 4.D 在n=k+1时,没有应用n=k 时的假设,不是数学归纳法.5.4 039 设每个30分钟进去的人数构成数列{a n },则a 1=2=2-0,a 2=4-1,a 3=8-2,a 4=16-3,a 5=32-4,…,a n =2n -(n-1).设数列{a n }的前n 项和为S n ,依题意,只需求 S 11=(2-0)+(22-1)+(23-2)+…+(211-10) =(2+22+23+…+211)-(1+2+…+10)=2(1-211)1-2−11×102=212-2-55=212-57=4039.6.74 设B 型号健身器材这6个月投放量为{b n },公比为q ,则b n 是以b 1=64为首项,q=32的等比数列,q ≠1,∴其前6项和为S 6=64×[1-(32) 6]1-32=1330,∴5a+300+1330≥2000,解得a ≥74,故a 的最小值为74.7.证明(1)当n=1时,左边=1,右边=1,不等式成立.(2)假设当n=k ,k ∈N *时,不等式成立,即有1+12+13+14+…+12k -1≤k ,则当n=k+1时,左边=1+12+13+14+…+12k -1+12k+12k +1+…+12k+1-1≤k+12k+12k +1+…+12k+1-1,又12k+12k +1+…+12k+1-1<12k·2k =1,即1+12+13+14+…+12k -1+12k +12k +1+…+12k+1-1≤k+1, 即当n=k+1时,不等式也成立.综上可得,对于任意n ∈N *,1+12+13+14+…+12n -1≤n 成立.8.证明(1)当n=1时,x 1=5=31+2,y 1=1-2×31=-5,满足条件,命题成立.(2)假设n=k 时,命题成立,即x k =3k +2,y k =1-2·3k 成立. 当n=k+1时,由2x k+1+3y k =7,有x k+1=12(7-3y k )=7-3(1-2·3k )2=4+2·3k+12=2+3k+1,由6x k +y k+1=13,有y k+1=13-6x k =13-6×(3k +2)=1-2·3k+1. 所以n=k+1时命题也成立.综上(1)和(2)可知,对一切n ∈N *,命题x n =3n +2,y n =1-2·3n (n ∈N *)成立.9.5 12(n+1)(n-2) 由题意知f (3)=2,f (4)=5,f (5)=9,可以归纳出每增加一条直线,交点增加的个数为原有直线的条数.所以f (4)-f (3)=3,f (5)-f (4)=4,猜测得出f (n )-f (n-1)=n-1(n ≥4).有f (n )-f (3)=3+4+…+(n-1), 所以f (n )=12(n+1)(n-2).n=3时,也满足此式.10.B 由题意可知,该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元,∴两种还款方式的本金没有差额.∵该大学毕业生决定2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,∴从2019年9月初第一次还款到2024年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的.∴按原约定所有还款数额-按现计划的所有还款数额=原约定还款方式从2024年9月起到最后还完这整60个月所还的利息.∵每月应还本金:240000÷120=2000(元),2024年8月还完后本金还剩240000-2000×60=120000(元). ∴2024年9月应还利息为:120000×0.5%, 2024年10月应还利息为:(120000-2000)×0.5%, 2024年11月应还利息为:(120000-2000×2)×0.5%, …最后一次应还利息为:(120000-2000×59)×0.5%.后60个月所还的利息为:120000×0.5%+(120000-2000)×0.5%+(120000-2000×2)×0.5%+…+(120000-2000×59)×0.5%=0.5%×[120000+(120000-2000)+(120000-2000×2)+…+(120000-2000×59)]=0.5%×[120000×60-2000×(1+2+…+59)]=18300(元). 11.证明(1)当n=1时,左边=1-12=12,右边=12,等式成立;(2)假设当n=k (k ∈N *)时等式成立,即 1-12+13−14+…+12k -1−12k =1k+1+1k+2+…+12k ,当n=k+1时,1-12+13−14+…+12k -1−12k +12(k+1)-1−12(k+1) =1k+1+1k+2+…+12k +12k+1−12k+2=1k+2+…+12k+12k+1+1k+1−12k+2=1k+2+1k+3+…+12k+1+12k+2=1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+12(k+1)-1+12(k+1), 根据(1)和(2),可知1-12+13−14+…+12n -1−12n=1n+1+1n+2+…+12n成立,原等式得证.12.解根据题意,当孩子18岁生日时,孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r )17,同理,孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r )16,孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r )15, ……孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r ), 可以看成是以a (1+r )为首项,(1+r )为公比的等比数列的前17项的和, 此时将存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数S=a (1+r )17+a (1+r )16+…+a (1+r )=a (1+r )[(1+r )17-1]1+r -1=ar[(1+r )18-(1+r )].13.解(1)S 1=T 1=2,S 2=T 2=12,S 3=T 3=120;(2)猜想:S n =T n (n ∈N *). 证明:①当n=1时,S 1=T 1;②假设当n=k (k ≥1且k ∈N *)时,S k =T k , 即(k+1)(k+2)·…·(k+k )=2k ×1×3×…×(2k-1), 则当n=k+1时,S k+1=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k-1)(k+1+k )(k+1+k+1) =(k+2)(k+3)·…·(2k )(2k+1)(2k+2)=2k ×1×3×…×(2k -1)k+1×(2k+1)(2k+2)=2k+1×1×3×…×(2k-1)(2k+1)=T k+1. 即n=k+1时也成立,由①和②可知n ∈N *,S n =T n 成立. 14.(1)解由题意知:a n+1=45a n +25b n ,b n+1=15a n +35b n .(2)证明∵a n+1=45a n +25b n ,且a n +b n =3000, ∴a n+1=45a n +25(3000-a n ),∴a n+1=25a n +1200,∴a n+1-2000=25(a n -2000),又a 1-2000=0, ∴数列{a n -2000}是常数列.15.解(1)由(S n -1)2=a n S n ,令n=1,则(S 1-1)2=S 12,得S 1=12,当n ≥2时,由a n =S n -S n-1,得(S n -1)2=(S n -S n-1)S n ,得S n =12-S n -1,令n=2,得S 2=23,令n=3,得S 3=34,即S 1=12,S 2=23,S 3=34. (2)由(1)知S 1=12,S 2=23,S 3=34,猜想S n =nn+1,下面用数学归纳法证明:①当n=1时,由猜想知显然成立;②假设n=k 猜想成立,即S k =k k+1,则当n=k+1时,由(1)有S k+1=12-S k=12-k k+1=k+1k+2=k+1(k+1)+1,即当n=k+1时,猜想S n =nn+1也成立. 综合①和②可知,猜想S n =nn+1成立,即S n =nn+1.(3)由(2)知a 1=12,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=nn+1−n -1n=1n (n+1),综合知a n =1n (n+1),又b n =(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1, 则b n=(-1)n+1(n+1)2·1n (n+1)·1(n+1)(n+2)=(-1)n+1n (n+2)=(-1)n+121n−1n+2.当n 为偶数时, T n =121-13-12−14+13−15-14−16+…+1n -1−1n+1-1n−1n+2=121-1n+1−12+1n+2=1212+-1(n+1)(n+2); 当n 为奇数时,T n =T n-1+b n =1212+-1n (n+1)+121n−1n+2=1212+1(n+1)(n+2).综上可得T n =1212+(-1)n+1(n+1)(n+2).16.解(1)由题意,得b 1=0.2×300+2×100300+100=0.65(g/mL),a 1=0.65×100+2×200200+100=1.55(g/mL).当n ≥2时,b n =1400(300b n -1+100a n -1)=14(3b n -1+a n -1), a n =1300(200a n -1+100b n )=14(3a n -1+b n -1), ∴a n -b n =12(a n -1−b n -1),∴等比数列{a n -b n }的公比为12,其首项a 1-b 1=1.55-0.65=0.9,∴a n -b n =0.9·12n-1. (2)由题意可知,问题转化为解不等式0.9·12n-1<10-2,∴n>1+1+2lg3lg2≈7.49,∴至少要操作8次才能达到要求.。

第六章 数 列第三节 等比数列及其前n 项和A 级·基础过关 |固根基|1.(2020届惠州调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比为q ，若S 6＝9S 3，S 5＝62，则a 1＝( ) A ． 2 B ．2 C ． 5D ．3解析：选B 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 6）1－q ＝9×a 1（1－q 3）1－q ，a 1（1－q 5）1－q＝62，即⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝8，a 1（1－q 5）1－q＝62，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，故选B ． 2．(2019届昆明一中模考)已知数列{a n }是递减的等比数列，S n 是其前n 项和，若a 2＋a 5＝18，a 3a 4＝32，则S 5的值是( )A ．62B ．48C ．36D ．31解析：选A 由a 2＋a 5＝18，a 3a 4＝32，得a 2＝16，a 5＝2或a 2＝2，a 5＝16(不符合题意，舍去)，设数列{a n }的公比为q ，则a 1＝32，q ＝12，所以S 5＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝62，故选A ．3．(2019届厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A 解法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A ． 解法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8， 因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3， 所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A ．4．(2019届长沙一模)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n解析：选 D 因为a 1＝1，公比q ＝23，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝3－2a n ，故选D ． 5．(2019届郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12，则a 4＝( )A ．4B ．32C ．108D ．256解析：选D ∵数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＝12，即log 2a 1·a 2·a 3＝12，得a 32＝212，解得a 2＝16.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 2＝a 1·q ＝4×q＝16，解得q ＝4，∴a 4＝a 1·q 3＝4×43＝256.故选D ．6．(2019届长春市第一次质量监测)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若公比q ＝2，则a 1＋a 3＋a 5S 6＝( )A ．13B ．17C ．23D ．37解析：选A 解法一：由题意知a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋22＋24)＝21a 1，而S 6＝a 1（1－26）1－2＝63a 1，所以a 1＋a 3＋a 5S 6＝21a 163a 1＝13，故选A ． 解法二：由题意知S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 3＋a 5)＋(a 2＋a 4＋a 6)＝(a 1＋a 3＋a 5)＋2(a 1＋a 3＋a 5)＝3(a 1＋a 3＋a 5)，故a 1＋a 3＋a 5S 6＝13，故选A ．7．(2019届广州市第二次综合测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列等式一定成立的是( ) A ．S n ＋S 2n ＝S 3n B ．S 22n ＝S n S 3nC ．S 22n ＝S n ＋S 2n －S 3nD ．S 2n ＋S 22n ＝S n (S 2n ＋S 3n )解析：选D 不妨设等比数列{a n }的首项为1，公比为2，则a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，故S 2n ＝22n－1，S 3n＝23n－1.令n ＝1，则有S 1＝1，S 2＝3，S 3＝7，代入选项A 中，有S 1＋S 2＝1＋3＝4≠S 3＝7，故A 错误；代入选项B 中，有S 22＝32＝9≠S 1S 3＝1×7，故B 错误；代入选项C 中，有S 22＝32＝9≠S 1＋S 2－S 3＝1＋3－7＝－3，故C 错误；代入选项D 中，有S 21＋S 22＝1＋32＝10＝S 1(S 2＋S 3)＝1×(3＋7)＝10，故D 正确．故选D ．8．(2019届益阳市、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 ．3 B ．5 C ．9D ．25解析：选D 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 ．9．(2019届郑州市第二次质量预测)已知等比数列{a n }为单调递增数列，设其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7，则a 5的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝2，S 3＝7，所以2q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q＝2或q ＝12(舍去)，故a 1＝1，所以a 5＝24＝16.答案：1610．(2019届洛阳市第二次统考)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 8a 13＝64，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 20＝________．解析：解法一：设数列{a n }的公比为q(q>0)，则由题意，得a 1q 9·a 1q 10＋a 1q 7·a 1q 12＝64，所以a 21q 19＝32，所以log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 20＝log 2(a 1a 2…a 20)＝log 2(a 201q 1＋2＋…＋19)＝log 2(a 201q 190)＝log 2(32)10＝log 2250＝50.解法二：因为a 10a 11＋a 8a 13＝64，数列{a n }为等比数列，所以a 10a 11＋a 10a 11＝64，所以a 10a 11＝32，所以log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 20＝log 2(a 1a 2…a 20)＝log 2(a 10a 11)10＝log 2(32)10＝log 2250＝50.答案：5011．(2019届武汉市调研测试)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1. (1)求数列{a n }的公比q ；(2)令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值． 解：(1)∵{a n }是正项等比数列，a 1＝1， 若q ＝1，则S n ＝na 1＝n ，∴S 2＝2，4S 4＝4×4＝16，S 6＝6，∴S 2＋4S 4＝2＋16＝18≠S 6＝6，不合题意，∴q≠1，从而S n ＝a 1（1－q n）1－q.由S 2＋4S 4＝S 6可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q ，∴(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，而q≠1，且q>0， ∴1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0， ∴(q 2－4)(q 2＋1)＝0，∴q＝2.(2)由(1)知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n1－2＝2n－1.当n≥5时，b n ＝2n －1－15>0；当n≤4时，b n ＝2n －1－15<0，∴T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6)＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝(210－1)－2(24－1)－30＝210－25－29＝963.12．(2019届陕西省高三二检)已知S n 为数列{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 .解：(1)证明：当n ＝1时，由S n －2a n ＝n －4，得a 1＝3， ∴S 1－1＋2＝4.当n≥2时，S n －2a n ＝n －4可化为S n ＝2(S n －S n －1)＋n －4，即S n ＝2S n －1－n ＋4， ∴S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]，∴{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知，S n －n ＋2＝2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1＋n －2，∴T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝22（1－2n ）1－2＋（1＋n ）n 2－2n＝2n ＋2＋n 2－3n 2－4.B 级·素养提升 |练能力|13.(2019届江苏盐城四校联考)已知a 1，a 2，a 3，a 4依次成等比数列，公比q 为正数且不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则q 的值是( )A ．1＋52B ．±1＋52C ．±1＋32D ．－1＋32解析：选B 因为公比q 不为1，所以删去的不是a 1，a 4.①若删去a 2，则由2a 3＝a 1＋a 4，得2a 1q 2＝a 1＋a 1q 3.又a 1≠0，所以2q 2＝1＋q 3，整理得q 2(q －1)＝(q －1)(q ＋1)．又q≠1，所以q 2＝q ＋1.又q>0，所以q ＝1＋52；②若删去a 3，则由2a 2＝a 1＋a 4，得2a 1q ＝a 1＋a 1q 3.又a 1≠0，所以2q ＝1＋q 3，整理得q(q＋1)(q －1)＝q －1.又q≠1，所以q(q ＋1)＝1.又q>0，所以q ＝－1＋52.故选B ．14．(2019届湖北武汉模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为( )A ．10B ．15C ．20D ．25解析：选C 由题意可得a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 8，由S 8－2S 4＝5，可得S 8－S 4＝S 4＋5. 又由等比数列的性质知S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列，则S 4(S 12－S 8)＝(S 8－S 4)2. 于是a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 8＝（S 8－S 4）2S 4＝（S 4＋5）2S 4＝S 4＋25S 4＋10≥2S 4×25S 4＋10＝20，当且仅当S 4＝5时等号成立．所以a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为20.故选C ．15．(2019届长沙市、南昌市高三第一次联考)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5B ．5或6C ．6或7D ．7或8解析：选C 设数列{a n }的公比为q ，由a 4＋a 6a 1＋a 3＝18，得q 3＝18，则q ＝12，则a n ＝a 5·q n －5＝27－n，从而可得T n ＝a 1·a 2·…·a n ＝26＋5＋4＋…＋(7－n)＝2n （6＋7－n ）2＝212 (－n 2＋13n)，所以当12(－n 2＋13n)取最大值时，T n 取最大值，此时n ＝6或7，故选C ．16．(2020届湖北部分重点中学联考)已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 3＝3，S 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 23a 2n ＋3，{b n }为递增数列，若c n ＝4b n b n ＋1，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1.解：(1)设数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，a 1＝a 3＝3，S 3＝9，符合条件，∴a n ＝3； 当q≠1时，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1－q 3）1－q＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1＋q ＋q 2）＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q ＝－12，∴a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.综上，a n ＝3(q ＝1)或a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(q≠1)．(2)证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符，所以a n ＝12×－12n －1，所以a 2n ＋3＝12×－122n ＋2＝3×122n ，b n ＝log 23a 2n ＋3＝log 222n＝2n ，则c n ＝4b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1.。

第六章数列第三讲等比数列及其前n项和练好题·考点自测1.下列结论中,错误的个数为()①满足a n+1=qa n(n∈N*,q为常数)的数列{a n}为等比数列.②a,b,c三个数成等比数列的充要条件是b2=ac.③如果数列{a n}为等比数列,b n=a2n-1+a2n,则数列{b n}也是等比数列.④如果数列{a n}为等比数列,则数列{ln a n}是等差数列.A.1B.2C.3D.42.[北京高考,5分][理]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.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.[2019全国卷Ⅲ,5,5分][理]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.24.[易错题]记等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=6,则S4=()A.10或8B.-10C.-10或8D.-10或-85.[2020全国卷Ⅱ,6,5分][理]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.56. [2020全国卷Ⅰ,10,5分]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.327.[2017全国卷Ⅱ,3,5分][理]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8.[2016全国卷Ⅰ,15,5分][理]设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.拓展变式1.[2016全国卷Ⅲ,17,12分][理]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S5=31,求λ.32=()2.(1)[2020全国卷Ⅱ,6,5分]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 nA.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1(2)已知数列{a n}是等差数列,若a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,则q=()A.1B.2C.3D.43.(1)[2021大同市调研测试]已知各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3=5,a4a5a6=5√2,则a7a8a9=()A.25B.20C.10√2D.10(2)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为()A.25B.20C.15D.10(3)记等比数列{a n}的前n项积为T n(n∈N*),已知a m-1a m+1-2a m=0,且T2m-1=128,则m的值为()A.4B.7C.10D.124.数列{a n},{b n}满足a1=-1,b1=2,且{a n+1=-b n,(n∈N*),则b2 015+b2 016=.b n+1=2a n-3b n答案第三讲等比数列及其前n项和1.D对于①,当n属于正整数,q为常数且不等于0时,数列{a n}为等比数列,故①错误;对于②,由等比中项的概念可知,a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac,故②错误;对于③,当等比数列{a n}的公比q=-1时,b n=0,此时{b n}不是等比数列,故③错误;对于④,当a n为正数时,数列{ln a n}是等差数列,故④错误.所以结论中错误的个数为4,故选D.2.D 等比数列-1,-2,-4,…,满足公比q =2>1,但{a n }不是递增数列,即充分性不成立.a n =-1×(12)n -1为递增数列,但q =12<1,即必要性不成立.故“q >1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D .3.C 设等比数列{a n }的公比为q ,由a 5=3a 3+4a 1得q 4=3q 2+4,得q 2=4,因为数列{a n }的各项均为正数,所以q =2.又a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1+q +q 2+q 3)=a 1(1+2+4+8)=15,所以a 1=1,所以a 3=a 1q 2=4,故选C.4.C 设等比数列的公比为q ,因为a 1=2,S 3=6,所以S 3=2+2q +2q 2=6,则q 2+q -2=0,所以q =1或q =-2.当q =1时,S 4=S 3+2=8;当q =-2时,S 4=S 3+a 1q 3=6+2×(-2)3=-10.故选C .5.C 令m =1,则由a m +n =a m a n ,得a n +1=a 1a n ,即a n+1a n=a 1=2,所以数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列,所以a n =2n ,所以a k +1+a k +2+…+a k +10=a k (a 1+a 2+…+a 10)=2k ×2×(1-210)1-2=2k +1×(210-1)=215-25=25×(210-1),解得k =4,故选C .6.D 解法一设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 2+a 3+a4a 1+a 2+a 3=(a 1+a 2+a 3)q a 1+a 2+a 3=q =2,由a 1+a 2+a 3=a 1(1+q +q 2)=a 1(1+2+22)=1,解得a 1=17,所以a 6+a 7+a 8=a 1(q 5+q 6+q 7)=17×(25+26+27)=17×25×(1+2+22)=32,故选D . 解法二令b n =a n +a n +1+a n +2(n ∈N *),则b n +1=a n +1+a n +2+a n +3.设数列{a n }的公比为q ,则b n+1b n=a n+1+a n+2+a n+3a n +a n+1+a n+2=(a n +a n+1+a n+2)q a n +a n+1+a n+2=q ,所以数列{b n }为等比数列,由题意知b 1=1,b 2=2,所以等比数列{b n }的公比q =2,所以b n =2n -1,所以b 6=a 6+a 7+a 8=25=32,故选D .7.B 由题意知,每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{a n },则前7项的和S 7=381,公比q =2,依题意,得a 1(1-27)1-2=381,解得a 1=3,故选B .8.64解法一设等比数列{a n }的公比为q ,由{a 1+a 3=10,a 2+a 4=5得,{a 1(1+q 2)=10,a 1q(1+q 2)=5,解得{a 1=8,q =12.所以a 1a 2…a n =a 1nq 1+2+…+(n -1)=8n ×(12)n(n -1)2=2-12n 2+72n.记t =-n 22+7n 2(n ∈N *),则t =-12(n 2-7n )=-12(n -72)2+498,易知当n =3或4时,a 1a 2…a n 取得最大值26=64.解法二设等比数列{a n }的公比为q ,由题可知a 1+a 1q 2=10,a 1q +a 1q 3=5,则q =12,a 1=8,所以a n =8·(12)n -1=24-n .当n =4时,a 4=1,所以a 1>a 2>a 3>a 4=1>a 5>a 6>….所以a 1a 2…a n 取最大值时n =3或4.所以a 1a 2…a n 的最大值为64.1.(1)由题意得a 1=S 1=1+λa 1,故λ≠1,a 1=11-λ,a 1≠0.由S n =1+λa n ,S n +1=1+λa n +1 得a n +1=λa n +1-λa n ,即a n +1(λ-1)=λa n .又a 1≠0,λ≠0且λ≠1,所以a n+1a n=λλ-1.所以{a n }是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,故a n =11-λ(λλ-1)n -1. (2)由(1)得S n =1-(λλ-1)n .由S 5=3132得1-(λλ-1)5=3132,即(λλ-1)5=132,解得λ=-1.2.(1)B 解法一设等比数列{a n }的公比为q ,则由{a 5-a 3=a 1q 4-a 1q 2=12,a 6-a 4=a 1q 5-a 1q 3=24解得{a 1=1,q =2,所以S n =a 1(1-q n )1-q=2n -1,a n =a 1q n -1=2n -1,所以Sn a n=2n -12n -1=2-21-n ,故选B .解法二设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 6-a 4a 5-a 3=a4(1-q 2)a 3(1-q 2)=a 4a 3=2412=2,所以q =2,所以Sn a n=a 1(1-q n )1-q a 1q n -1=2n -12n -1=2-21-n ,故选B .(2)A 设等差数列{a n }的公差为d ,由a 2,a 4+3,a 6+6构成公比为q 的等比数列,得(a 4+3)2=a 2(a 6+6),即(a 1+3d +3)2=(a1+d )·(a 1+5d +6),化简得(2d +3)2=0,解得d =-32.所以q =a 4+3a 2=a 1-92+3a 1-32=a 1-32a 1-32=1.故选A .3.(1)D 解法一 因为数列{a n }为正项等比数列,所以a 1a 2a 3=a 23=5,a 4a 5a 6=a 53=5√2,a 7a 8a 9=a 83,又a 2a 8=a 52,所以(a 2a 8)3=(a 52)3=(a 53)2=50,得a 7a 8a 9=a 83=50a 23=10,故选D .解法二因为数列{a n }为正项等比数列,所以a 1a 2a 3,a 4a 5a 6,a 7a 8a 9也构成等比数列,所以(a 4a 5a 6)2=(a 1a 2a 3)·(a 7a 8a 9)=50,又a 1a 2a 3=5,所以a 7a 8a 9=10,故选D .(2)B 在正项等比数列{a n }中,S n >0.因为S 8-2S 4=5,所以S 8-S 4=5+S 4.易知S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等比数列,所以(S 8-S 4)2=S 4·(S 12-S 8),所以S 12-S 8=(S 4+5)2S 4=25S 4+S 4+10≥2√25S 4·S 4+10=20(当且仅当S 4=5时取等号).因为S 12-S 8=a 9+a 10+a 11+a 12,所以a 9+a 10+a 11+a 12的最小值为20.故选B .(3)A因为{a n}是等比数列,所以a m-1a m+1=a m2.又a m-1a m+1-2a m=0,则a m2-2a m=0,所以a m=2(a m=0舍去).由等比数列的性质可知前2m-1项积T2m-1=a m2m-1,即22m-1=128,解得m=4.故选A.4.-3×22 015易知b2=-8,由b n+1=2a n-3b n⇒b n+2=2a n+1-3b n+1,将a n+1消去得b n+2=-2b n-3b n+1,所以b n+2+b n+1=-2(b n+1+b n),故可得b n+1+b n=(-2)n-1(b2+b1)=(-8+2)×(-2)n-1=3×(-2)n,所以b2 016+b2 015=-3×22 015.。