2018届高考文科总复习课时跟踪检测(30)等比数列及其前n项和

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 n a n ＝( )A ．4n －1B ．4n －1C ．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 na n ＝1－q n(1－q )q n －1＝1－12n 12n＝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 ．－3 B ．5 C ．－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－q 31－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 1(1－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－(－3)n 2C.1＋3n 2D.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 1(1－q n )1－q ＝2×(3n －1)3－1＝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＋1)(q 2－1)q ·(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 ＝2(1－2n )1－2＝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 n n ， 又a 11＝2， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝22－n ，a n ＝n ·22－n ＝4n 2n . (2)由(1)知b n ＝a n 4n －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.。

课时跟踪检测（三十四） 等比数列及其前n 项和[达标综合练]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 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，a 9＝a 1q 8，满足(a 1q 5)2＝a 1q 2·a 1q 8，即a 26＝a 3·a 9. 2.设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558解析：选A 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＝18.3．已知数列{a n }是公比为3的等比数列，其前n 项和S n ＝3n ＋k (n ∈N *)，则实数k 为( )A ．0B ．1C ．－1D ．2解析：选C 由数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋k (n ∈N *)， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋k ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋k －(3n －1＋k )＝2×3n －1. 因为数列{a n }是公比为3的等比数列， 所以a 1＝2×31－1＝3＋k ，解得k ＝－1.4.已知等比数列{a n }的首项为1，且a 6＋a 4＝2(a 3＋a 1)，则a 1a 2a 3…a 7＝( ) A ．16 B ．64 C ．128D ．256解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 6＋a 4＝2(a 3＋a 1)，∴q 5＋q 3＝2(q 2＋1)，解得q 3＝2. ∴a 1·a 2·a 3·…·a 7＝q 0＋1＋2＋…＋6＝q 21＝(q 3)7＝27＝128.5．已知正项等比数列{a n }(n ∈N *)满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋5n的最小值为( ) A ．2 B ．1＋53C.74D.114解析：选C ∵正项等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5， ∴a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，又q ＞0，解得q ＝2， ∵存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，∴a 21q m ＋n －2＝16a 21，即2m ＋n －2＝16，m ＋n ＝6， ∴1m ＋5n ＝16(m ＋n )⎝⎛⎭⎫1m ＋5n ＝16⎝⎛⎭⎫6＋n m ＋5m n ≥1＋53， 当且仅当n m ＝5mn 取等号，但此时m ，n ∉N *.又m ＋n ＝6，∴只有当m ＝2，n ＝4时，取得最小值74.6．已知等比数列{a n }的公比是q ，首项a 1<0，前n 项和为S n ，设a 1，a 4，a 3－a 1成等差数列，若S k >3116a 1，则正整数k 的最大值是( )A ．4B ．5C ．14D ．15解析：选A 由已知可得2a 4＝a 1＋a 3－a 1⇒q ＝a 4a 3＝12⇒S k ＝a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k 1－12>3116a 1⇒⎝⎛⎭⎫12k >⎝⎛⎭⎫125⇒k <5⇒kmax ＝4.7．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝________. 解析：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝a 1＋a 4a 1·a 4＋a 2＋a 3a 2·a 3.∵在等比数列{a n }中，a 1·a 4＝a 2·a 3，∴原式＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2·a 3＝158×⎝⎛⎭⎫－89＝－53.答案：－538．已知a 6－a 4＝24，a 3·a 5＝64，则S 8＝______. 解析：由等比数列的性质得a 3·a 5＝a 24＝64，∴a 4＝±8. 当a 4＝8时，∵a 6－a 4＝24， ∴a 6＝32，∴q 2＝a 6a 4＝4，∴q ＝±2.当a 4＝－8时，∵a 6－a 4＝24，∴a 6＝16. ∴q 2＝a 6a 4＝－2，无解．故q ＝±2.当q ＝2时，a 1＝a 4q 3＝1，S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝255.当q ＝－2时，a 1＝a 4q 3＝－1，S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝2553.综上知，S 8＝255或2553.答案：255或25539．设数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列．若a 1＋a 5＋a 9＝π，则cos(a 2＋a 8)＝______；若b n >0，且b 5b 6＋b 4b 7＝4，则b 1b 2…b 10＝________.解析：因为数列{a n }为等差数列，a 1＋a 5＋a 9＝π， 所以3a 5＝π⇒a 5＝π3，所以cos(a 2＋a 8)＝cos(2a 5)＝cos 2π3＝－12.又因为数列{b n }为等比数列，b n >0，且b 5b 6＋b 4b 7＝4， 所以2b 5b 6＝4⇒b 5b 6＝2，所以b 1b 2…b 10＝(b 5b 6)5＝25＝32. 答案：－123210．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{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 ＋12.11.设数列{a n }的各项均为正数，且a 2＝4a 1，a n ＋1＝a 2n ＋2a n (n ∈N *)．(1)证明：数列{log 3(a n ＋1)}为等比数列；(2)设数列{log 3(a n ＋1)}的前n 项和为T n ，求使T n >520成立时n 的最小值． 解：(1)证明：由已知，得a 2＝a 21＋2a 1＝4a 1， 则a 1(a 1－2)＝0，因为数列{a n }的各项均为正数，所以a 1＝2. 因为a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2>0， 所以log 3(a n ＋1＋1)＝2log 3(a n ＋1)． 又log 3(a 1＋1)＝log 33＝1，所以数列{log 3(a n ＋1)}是首项为1，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知，log 3(a n ＋1)＝2n －1， 所以T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1. 由T n >520，得2n >521(n ∈N *)，得n ≥10. 则使T n >520成立时n 的最小值为10.[素养强化练]1．[数学建模]如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lg 75≈0.15)( )A ．6个B ．7个C ．8个D ．9个解析：选B 记由外到内的第n 个正方形的周长为a n ， 则a 1＝4×1，a 2＝4×57，a n ＝4×⎝⎛⎭⎫57n-1. ∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝4×1－⎝⎛⎭⎫57n1－57＝14×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫57n . 令a 1＋a 2＋…＋a n ≤13， 解得n ≤1＋1lg 75≈7.667，故可制作完整的正方形的个数最多为7个．2．[逻辑推理]已知数列{a n }是等比数列，a 1，a 2，a 3依次位于下表中第一行、第二行、第三行中的某一格内，又a 1，a 2，a 3中任何两个都不在同一列，则a n ＝________(n ∈N *).第一列 第二列 第三列 第一行 1 10 2 第二行 6 14 4 第三行9188解析：观察题中的表格可知a 1，a 2，a 3分别为2,6,18，即{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴a n ＝2×3n －1.答案：2×3n －13．[数学运算]已知数列{a n }的首项a 1＝23，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)．(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 .解：(1)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n －1＝2a n ＋1－3a n3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )＝13，又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 .。

课时跟踪检测(三十一) 等比数列及其前n 项和第Ⅰ组：全员必做题1．(2013·新课标全国卷Ⅱ)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3 ＝ a 2＋10a 1 ，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13C.19 D ．－192．已知数列{a n }，则“a n ，a n ＋1，a n ＋2(n ∈N +)成等比数列”是“a 2n ＋1＝a n a n ＋2”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3．(2013·郑州质量预测)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 为( )A ．－1B ．0C ．1D ．24．(2013·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＝( )A ．150B ．－200C ．150或－200D ．400或－505．(2013·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N +，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 013＝( )A ．92 012B ．272 012C ．92 013D ．272 0136．(2012·江西高考)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＝________.7．(2013·新课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.8．(2013·北京市海淀区高三上学期期末)数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N +，都有a n ＋m a m＝a n ，则a 3＝________；{a n }的前n 项和S n ＝________. 9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N +)．(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N +)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．10．(2013·东北三校联考)已知等比数列{a n}的所有项均为正数，首项a1＝1，且a4,3a3，a5成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)数列{a n＋1－λa n}的前n项和为S n，若S n＝2n－1(n∈N+)，求实数λ的值．第Ⅱ组：重点选做题1．等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＋a2＋a3＋a4＝1，a5＋a6＋a7＋a8＝2，S n＝15，则项数n为()A．12 B．14C．15 D．162．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝12，a n＝f(n)(n∈N+)，则数列{a n}的前n项和S n的取值范围是________．答案第Ⅰ组：全员必做题1．选C由题知q≠1，则S3＝a1(1－q3)1－q＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝19，故选C.2．选A显然，n∈N+，a n，a n＋1，a n＋2成等比数列，则a2n＋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，…3．选A依题意得，数列{a n}是等比数列，a1＝3＋k，a2＝S2－S1＝6，a3＝S3－S2＝18，则62＝18(3＋k)，由此解得k＝－1，选A 4．选A依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30；又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80.S40＝150.选A.5．选D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n ，b n ＝3n ，又c n ＝ba n ＝33n ，∴c 2 013＝33×2 013＝272 013.故选D.6．解析：由a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，得a n q 2＋a n q －2a n ＝0，显然a n ≠0，所以q 2＋q －2＝0.又q ≠1，解得q ＝－2.又a 1＝1，所以S 5＝1×[1－(－2)5]1－(－2)＝11 答案：117．解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n －1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫23a n ＋13－⎝⎛⎭⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1, 所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －18．解析：∵a n ＋m a m＝a n ，∴a n ＋m ＝a n ·a m ， ∴a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8；令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 答案：8 2n ＋1－29．解：(1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N +)， n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1. 又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列． (2)因为a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N +)，得b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋ (b n －b n －1)＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1(n ≥2)， 当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1. 10．解：(1)设数列{a n }的公比为q ， 由条件可知q 3,3q 2，q 4成等差数列， ∴6q 2＝q 3＋q 4，解得q ＝－3或q ＝2， ∵q >0，∴q ＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N +)．(2)记b n ＝a n ＋1－λa n ，则b n ＝2n －λ·2n －1＝(2－λ)2n －1，若λ＝2，则b n ＝0，S n ＝0，不符合条件；若λ≠2，则b n ＋1b n＝2，数列{b n }为首项为2－λ，公比为2的等比数列， 此时S n ＝(2－λ)1－2(1－2n )＝(2－λ)(2n －1)， ∵S n ＝2n －1(n ∈N +)，∴λ＝1.第Ⅱ组：重点选做题1．选D 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－q 41－q＝1，∴a 1＝q －1， 又S n ＝15，即a 1(1－q n )1－q＝15，∴q n ＝16， 又∵q 4＝2，∴n ＝16.故选D.2．解析：由条件得：f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1＝a n ·12，所以数列{a n }是首项与公比均为12的等比数列，求和得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n ，所以12≤S n<1. 答案：⎣⎡⎭⎫12，1。

课时跟踪检测（三十五） 等比数列及其前n 项和[A 级 基础题——基稳才能楼高]1．(榆林名校联考)在等比数列{a n }中,a 1＝1,a 3＝2,则a 7＝( ) A ．－8 B ．8 C ．8或－8D ．16或－16解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1＝1,a 3＝2,∴q 2＝2,∴a 7＝a 3q 4＝2×22＝8。

故选B 。

2．(六安一中调研)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的值是( ) A 。

52或－52 B ．－52C 。

52D ．12解析：选C 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。

故选C 。

3．(湖北稳派教育联考)在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 5a 11＝4,a 6a 12＝8,则a 8a 9＝( ) A ．12 B ．4 2 C ．6 2D ．32解析：选B 由等比数列的性质得a 28＝a 5a 11＝4,a 29＝a 6a 12＝8,∵a n >0,∴a 8＝2,a 9＝22,∴a 8a 9＝42。

故选B 。

4．(成都模拟)设{a n }是公比为负数的等比数列,a 1＝2,a 3－4＝a 2,则a 3＝( ) A ．2 B ．－2 C ．8D ．－8解析：选A 法一：设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 1＝2,a 3－a 2＝a 1(q 2－q )＝4,所以q 2－q ＝2,解得q ＝2(舍去)或q ＝－1,所以a 3＝a 1q 2＝2,故选A 。

法二：若a 3＝2,则a 2＝2－4＝－2,此时q ＝－1,符合题意,故选A 。

5．(益阳、湘潭高三调研)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。

课时规范练29 等比数列及其前n项和基础巩固组1.已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2B.1C.D.2.在正项等比数列{a n}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1·a2·a25·a48·a49的值为()A. B.9 C.±9 D.353.(2017安徽黄山市二模)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,a n+1=S n+1(n∈N*),则S5=()A.31B.42C.37D.474.设首项为1,公比为的等比数列{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 n5.(2017全国Ⅲ)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为()A.-24B.-3C.3D.86.设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3,S4=15,则S6=()A.31B.32C.63D.647.设数列{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.8.(2017北京)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=.9.(2017江苏,9)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=.10.(2017河南新乡二模,文17)在数列{a n}中,a1=,{a n}的前n项和S n满足S n+1-S n=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式a n以及前n项和S n;(2)若S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,求实数m的值.〚导学号24190754〛综合提升组11.(2017四川广元二诊)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对任意正整数n都有a n=S n+2成立.若b n=log2a n,则b1 008=()A.2 017B.2 016C.2 015D.2 01412.设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1·a2·a3·…·a n的最大值为.13.已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和.创新应用组14.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-1(n≥2),且a n+S n=n.(1)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.答案：1.C∵a3a5=4(a4-1),∴=4(a4-1),解得a4=2.又a4=a1q3,且a1=,∴q=2,∴a2=a1q=.2.B∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,∴a2·a48=3.又a1·a49=a2·a48==3,a25>0,∴a1·a2·a25·a48·a49==9.3.D∵a n+1=S n+1(n∈N*),∴S n+1-S n=S n+1(n∈N*),∴S n+1+1=2(S n+1)(n∈N*),∴数列{S n+1}是首项为3,公比为2的等比数列.则S5+1=3×24,解得S5=47.4.D S n==3-2a n,故选D.5.A设等差数列的公差为d,则d≠0,=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+×(-2)=-24,故选A.6.C∵S2=3,S4=15,∴由等比数列前n项和的性质,得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,∴(S4-S2)2=S2(S6-S4),即(15-3)2=3(S6-15),解得S6=63,故选C.7.-由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+×(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理,得2a1+1=0,解得a1=-.8.1设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,由题意知-1+3d=-q3=8,即解得故=1.9.32设该等比数列的公比为q,则S6-S3==14,即a4+a5+a6=14.①∵S3=,∴a1+a2+a3=.由①得(a1+a2+a3)q3=14,∴q3==8,即q=2.∴a1+2a1+4a1=,a1=,∴a8=a1·q7=×27=32.10.解 (1)∵a n+1=S n+1-S n=,∴当n≥2时,a n=.又a1=,∴当n=1时上式也成立.∴a n=,∴S n==1-.(2)由(1)可得:S1=,S2=,S3=.∵S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,∴+m=2,解得m=.11.A在a n=S n+2中,令n=1得a1=8,∵a n=S n+2成立,∴a n+1=S n+1+2成立,两式相减得a n+1-a n=a n+1,∴a n+1=4a n,又a1≠0,∴数列{a n}为等比数列,∴a n=8·4n-1=22n+1,∴b n=log2a n=2n+1,∴b1 008=2 017,故选A.12.64由已知a1+a3=10,a2+a4=(a1+a3)q=5,得q=,所以a1=8,所以a1·a2·a3·…·a n=8n·,所以当n=3或n=4时,a1·a2·a3·…·a n取最大值为=26=64. 13.解 (1)由已知,得a1b2+b2=b1,因为b1=1,b2=,所以a1=2.所以数列{a n}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n,得b n+1=,因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.记{b n}的前n项和为S n,则S n=.14.(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,∴2(a n+1-1)=a n-1,∴,∴{a n-1}是等比数列.又a1+a1=1,∴a1=,∵首项c1=a1-1,∴c1=-,公比q=.又c n=a n-1,∴{c n}是以-为首项,以为公比的等比数列.(2)解由(1)可知c n==-,∴a n=c n+1=1-.∴当n≥2时,b n=a n-a n-1=1-.又b1=a1=代入上式也符合,∴b n=.百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

课时规范练30等比数列基础巩固组1.(2020河南开封定位考试)等比数列{a n}的前n项和为S n,若a3+4S2=0,则公比q=()A.-1B.1C.-2D.22.(2020东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等高三联合考试)等比数列{a n}各项均为正数,若a1=1,a n+2+2a n+1=8a n,则{a n}的前6项和为()A.1365B.63C.6332D.136510243.(多选)设等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足a6=8a3,则()A.数列{a n}的公比为2B.数列{a n}的公比为8C.63=8D.63=94.(2020全国2,理6)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.55.(2020福建龙岩高三教学质量检查)由实数构成的等比数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,且a2-4,a3,a4成等差数列,则S6=()A.62B.124C.126D.1546.(多选)设等比数列{a n}的公比为q,则下列结论正确的是()A.数列{a n a n+1}是公比为q2的等比数列B.数列{a n+a n+1}是公比为q的等比数列C.数列{a n-a n+1}是公比为q的等比数列D.数列1是公比为1的等比数列7.(2020浙大附中模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且+1=pS n+q(n∈N*,p≠-1),则“a1=q”是“{a n}为等比数列”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8.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若63=3,则96=.9.已知{a n}是递减的等比数列,且a2=2,a1+a3=5,则{a n}的通项公式为;a1a2+a2a3+…+a n+1(n∈N*)=.10.(2018全国3,理17)等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.(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.公众号：一枚试卷君11.在①数列{a n}的前n项和S n=12n2+52n;②函数f(x)=sinπx-23cos2π2x+3的正零点从小到大构成数列{x n},a n=x n+83;③2-a n--12−-1=0(n≥2,n∈N*),a n>0,且a1=b2这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的M存在,求出M的最小值;若M不存在,说明理由.问题:数列{b n}是首项为1的等比数列,b n>0,b2+b3=12,且,设数列1log3r1的前n项和为T n,是否存在M∈N*,使得对任意的n∈N*,T n<M?综合提升组12.(多选)(2020山东威海模考)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项和为S n.前n项积为T n,并且满足条件a1>1,a7·a8>1,7-18-1<0.则下列结论正确的是()A.0<q<1B.a7·a9>1C.S n的最大值为S9D.T n的最大值为T713.(2020辽宁大连第二十四中学模拟)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题:“今有垣厚若干尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢,各穿几何?”题意是:“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙,大老鼠第一天进一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也进一尺,以后每天减半.”如果墙足够厚,S n为前n天两只老鼠打洞长度之和,则S n=尺.14.设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,a2=2,且a n+2=2S n-S n+1+3,记b n=log2a2n-1+log2a2n,则b n=.创新应用组15.(多选)(2020山东青岛高三模拟)在悠久灿烂的中国古代文化中,数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩.《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一,大约创作于公元五世纪.书中有如下问题:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月织九匹三丈,问日益几何?”.其大意为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快,从第二天起,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织5尺,一个月共织了九匹三丈,问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”.已知1匹=4丈,1丈=10尺,若这一个月有30天,记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为a n,b n=2,对于数列{a n},{b n},下列选项中正确的为()A.b10=8b5B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.3+5+72+4+6=20919316.(2020浙江十校联考)已知数列{a n}满足a1=35,a n+1=32+1,n∈N*.(1)求证:数列1-1为等比数列.(2)是否存在互不相等的正整数m,s,t,使m,s,t成等差数列,且a m-1,a s-1,a t-1成等比数列?如果存在,求出所有符合条件的m,s,t;如果不存在,请说明理由.参考答案课时规范练30等比数列1.C因为a3+4S2=0,所以a1q2+4a1+4a1q=0.因为a1≠0,所以q2+4q+4=0,所以q=-2.故选C.2.B∵等比数列{a n}各项均为正数,且a n+2+2a n+1=8a n,∴a n q2+2a n q=8a n,即q2+2q=8,可得q=2或q=-4(舍去),∴S6=1(1-6)1-=63.故选B.3.AD因为等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足a6=8a3,所以63=q3=8,解得q=2,所以63=1-61-3=1+q3=9.故选AD.4.B设该女子第一天织布x尺,则(1-25)1-2=5,得x=531,所以前n天所织布的总尺数为531(2n-1).由531(2n-1)≥30,得2n≥187,则n的最小值为8.故选B.5.C由题意知2a3=a2-4+a4,设{a n}的公比为q,则212=1-4+13,1=2,解得q=2,则S6=2(1-26)1-2=126.故选C.6.AD对于A,由r1-1=q2(n≥2)知,数列{a n a n+1}是公比为q2的等比数列,故A正确;对于B,当q=-1时,数列{a n+a n+1}的项中有0,不是等比数列,故B错误;对于C,当q=1时,数列{a n-a n+1}的项中有0,不是等比数列,故C错误;对于D,1r11=r1=1,所以数列1是公比为1的等比数列,故D正确.故选AD.7.C因为a n+1=pS n +q ,所以当n ≥2时,a n =pS n-1+q ,两式相减得a n+1-a n =pa n ,即当n ≥2时,r1=1+p.当n=1时,a 2=pa 1+q.所以当a 1=q 时,21=1+p ,满足上式,故数列{a n }为等比数列,所以满足充分性;当{a n }为等比数列时,有a 2=pa 1+q=(1+p )a 1,解得a 1=q ,所以满足必要性.故选C .8.73(方法1)由等比数列的性质可知S 3,S 6-S 3,S 9-S 6仍成等比数列,由已知得S 6=3S 3,∴6-33=9-66-3,即S 9-S 6=4S 3,S 9=7S 3,∴96=73.(方法2)因为{a n }为等比数列,由63=3,设S 6=3k ,S 3=k (k ≠0),所以S 3,S 6-S 3,S 9-S 6为等比数列,即k ,2k ,S 9-S 6成等比数列,所以S 9-S 6=4k ,解得S 9=7k ,所以96=73=73.9.a n =4×12n-1323×1-14n由a 2=2,a 1+a 3=5,{a n }是递减的等比数列,得a 1=4,a 3=1,所以q=12,a n =4×12n-1,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n +1是首项为8,公比为14的等比数列的前n 项和.故a 1a 2+a 2a 3+…+a n +1=8+2+12+…+8×14n-1=8×[1-(14)]1-14=323×1-14n .10.解(1)设{a n }的公比为q ,由题设得a n =q n-1.由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a n =(-2)n-1或a n =2n-1.(2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)3.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=6.11.解设数列{b n }的公比为q (q>0),因为数列{b n }是首项为1的等比数列,且b n >0,b 2+b 3=12,所以q 2+q-12=0,解得q=3(q=-4不合题意,舍去),所以b n =3-1.若选①,由S n =12n 2+52n ,可得-1=12(n-1)2+52(n-1)(n ≥2),两式相减可得a n =n+2(n ≥2),又因为a 1=S 1=3也符合上式,所以a n =n+2,所以1log 3r1=1(r2)=121−1r2,则T n =121-13+12−14+13−15+…+1−1r2=34−121r1+1r2.因为1r1+1r2>0,所以T n <34,由题意可得M≥34,又因为M∈N*,所以存在M满足题意,并且M的最小值为1.若选②,f(x)=sinπx-23cos2π2x+3=sinπx-3cosπx=2sinπx-π3,令f(x)=0,可得πx-π3=kπ,k∈Z,解得x=k+13,k∈Z,即x n=n-1+13=n-23,故a n=x n+83=n+2,同上①,则存在M满足题意,并且M的最小值为1.若选③,则由2-a n--12−-1=0,得(a n--1-1)(a n+-1)=0.又因为a n>0,所以a n--1-1=0,即a n-=1,所以数列{a n}是公差为1的等差数列.又因为a1=b2,则a1=3,所以a n=n+2.-1同上①,则存在M满足题意,并且M的最小值为1.12.AD∵a1>1,a7·a8>1,可知q>0,又7-18-1<0,∴a7>1,a8<1,∴0<q<1,故A正确;a7a9=82<1,故B错误;∵a1>1,0<q<1,∴数列{a n}为各项均为正数的递减数列,∴S n无最大值,故C错误;又a7>1,a8<1,∴T7是数列{T n}中的最大项,故D正确.故选AD.13.2n-12-1+1由题意可知,大老鼠每天打洞的距离是以1为首项,2为公比的等比数列,前n天打洞的距离之和为1-21-2=2n-1.小老鼠每天打洞的距离是以1为首项,12为公比的等比数列,前n天打洞的距离之和为1-(12)1-12=2-12-1.所以S n=2n-1+2-12-1=2n-12-1+1.14.2n-1∵a1=1,a2=2,且a n+2=2S n-S n+1+3,∴当n=1时,a3=2-3+3=2.∵a n+2=2S n-S n+1+3,∴当n≥2时,a n+1=2S n-1-S n+3.两式相减可得,a n+2-a n+1=2(S n-S n-1)-(S n+1-S n)(n≥2),即当n≥2时,a n+2-a n+1=2a n-a n+1,即a n+2=2a n.∵a3=2a1,∴数列{a n}的奇数项和偶数项分别成等比数列,公比均为2,∴a2n=2×2n-1=2n,a2n-1=1×2n-1=2n-1,∴b n=log2a2n-1+log2a2n=n-1+n=2n-1.15.BD由题意可知,数列{a n}为等差数列,设数列{a n}的公差为d,a1=5,由题意可得30a1+30×292=390,解得d=1629,∴a n=a1+(n-1)d=16r12929.∵b n=2,∴r1=2r12=2r1-=2d(非零常数),则数列{b n}是等比数列,故B正确;∵5d=5×1629=8029≠3,∴105=(2)5=25d≠23,∴b10≠8b5,故A错误;a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,故C错误;∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴3+5+72+4+6=3534=54=209193,故D正确.故选BD.16.(1)证明因为a n+1=32+1,所以1r1=13+23,所以1r1-1=131-1.因为a1=35,则11-1=23.所以数列1-1是首项为23,公比为13的等比数列.(2)解不存在.理由如下,由(1)知,1-1=23×13n-1=23,所以a n=33+2.假设存在互不相等的正整数m,s,t满足条件,则有+=2,(-1)2=(-1)(-1).由a n=33+2与(a s-1)2=(a m-1)(a t-1),得33+2-12=33+2-133+2-1.即3m+t+2×3m+2×3t=32s+4×3s.因为m+t=2s,所以3m+3t=2×3s.因为3m+3t≥23r=2×3s,当且仅当m=t时等号成立,这与m,s,t互不相等矛盾.所以不存在互不相等的正整数m,s,t满足条件.。

课时提能演练(等比数列及其前n项和)1.设Sn 为等比数列{an}的前n项和，8a2－a5＝0，则S4S2＝( )(A)5 (B)8 (C)－8 (D)152.已知在等比数列{an }中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，则等比数列{an}的公比q的值为( )(A)14 (B)12(C)2 (D)83.等比数列{an }中，若a4a7＝1，a7a8＝16，则a6a7等于( )(A)4 (B)－4 (C)±4(D)17 24.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＝( )(A)152(B)314(C)334(D)1725.若数列{an }满足2n12naa＝p(p为正常数，n∈N*)，则称{an}为“等方比数列”.甲：数列{an }是等方比数列；乙：数列{an}是等比数列，则( )(A)甲是乙的充分条件但不是必要条件(B)甲是乙的充要条件(C)甲是乙的必要条件但不是充分条件(D)甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6.在公比q＜1的等比数列{an }中，a2a8＝6，a4＋a6＝5，则a5a7等于( )(A)56(B)65(C)23(D)327.已知等比数列{an }中，a2＝12，a3＝14，ak＝164，则k＝.8.等比数列{an }的公比q＞0，已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝.9.已知函数f(x)＝2x＋3，数列{an }满足：a1＝1且an＋1＝f(an)(n∈N*)，则该数列的通项公式an＝.10.在数列{an }中，a1＝－14,3an－an－1＝4n(n≥2，n∈N*).(1)求证：数列{an－2n＋1}是等比数列；(2)设数列{an }的前n项和为Sn，求Sn的最小值.11．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{bn }中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn }的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋54}是等比数列.答案解析1.【解析】选A.∵8a 2－a 5＝0，∴8a 1q ＝a 1q 4， ∴q 3＝8，∴q ＝2， ∴S 4S 2＝1－q 41－q2＝1＋q 2＝5. 2.【解析】选B.由a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，得a 1(1＋q 2)＝10，a 1q 3(1＋q 2)＝54，两式相除，得q 3＝18，∴q ＝12.3.【解析】选A.∵a 4a 7＝1，a 7a 8＝16， ∴q 4＝16，∴q 2＝4，∴a 6a 7＝a 4a 7q 2＝4.4.【解析】选B.设公比为q(q ＞0)，则q ≠1，由题意知24121a q 1a (1q q )7⎧=⎪⎨++=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝1a 1(1＋q ＋q 2)＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12，∴S 5＝4[1－(12)5]1－12＝314.5. 【解析】选C.乙⇒甲，但甲乙，如数列2,2，－2，－2，－2，是等方比数列，但不是等比数列.6.【解题指南】a 5a 7＝1q2，故只需求出q 2即可，利用a 2·a 8＝a 4·a 6可先求出a 4·a 6再求q 2.【解析】选D.∵a 2a 8＝a 4a 6＝6，a 4＋a 6＝5， ∴a 4，a 6是方程x 2－5x ＋6＝0的两实根. 又公比q ＜1，∴a 4＝3，a 6＝2， ∴q 2＝23，∴a 5a 7＝1q 2＝32.7.【解析】设公比为q. ∵a 2＝12，a 3＝14，∴q ＝a 3a 2＝12，a k ＝(12)k －1＝164，解得k ＝7. 答案：78.【解析】∵a n ＋2＋a n ＋1＝a n q 2＋a n q ＝6a n ， ∴q 2＋q －6＝0，又q ＞0，∴q ＝2， 由a 2＝a 1q ＝1得a 1＝12，∴S 4＝12(1－24)1－2＝152.答案：1529.【解析】由题意知a n ＋1＝2a n ＋3， ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列. ∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案：2n ＋1－3【方法技巧】构造等比数列求通项公式递推关系为a n ＋1＝qa n ＋b 的数列，在求其通项公式时，可将a n ＋1＝qa n ＋b 转化为a n ＋1＋a ＝q(a n ＋a)的形式，其中a 的值可由待定系数法确定，即qa n ＋b ＝a n ＋1＝qa n ＋(q －1)a a ＝bq －1(q ≠1).10.【解析】(1)∵3a n －a n －1＝4n(n ≥2，n ∈N *)， ∴a n ＝13(a n －1＋4n)，∴a n ＋1－2(n ＋1)＋1＝13[a n ＋4(n ＋1)]－2(n ＋1)＋1＝13a n －2n 3＋13 ＝13(a n －2n ＋1)， 由a 1＝－14知：当n ＝1时，a 1－2×1＋1＝－15≠0 ∴{a n －2n ＋1}是以－15为首项，13为公比的等比数列.(2)∵a n －2n ＋1＝－15·(13)n －1，∴a n ＝－15·(13)n －1＋2n －1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2＋10·(13)n －2＞0，∴数列{a n }是单调递增数列， ∵a 2＜0，a 3＞0，∴当且仅当n ＝2时，S n 取最小值，是S 2＝a 1＋a 2＝－14＋(－2)＝－16.11.【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 ＝54(1－2n )1－2＝5×2n －2－54，即S n ＋54＝5×2n －2，所以S 1＋54＝52，n 1n5S 45S 4+++＝n 1n 25252--⨯⨯＝2. 因此数列{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列.。

课时作业(三十五) 等比数列及其前n 项和1．在等比数列{a n }中，a 1＝1，a6＋a8a3＋a5 ＝127 ，则a 6的值为( )A ．127B ．181C ．1243D ．1729C [设等比数列{a n }的公比为q ，由a6＋a8a3＋a5 ＝q 3＝127 ⇒q ＝13 ，所以a 6＝a 1·q 5＝1243 .故选C.]2．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11C [由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10.]3．(多选)记单调递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＝10，a 2a 3a 4＝64，则( ) A ．S n ＋1－S n ＝2n ＋1 B ．a n ＝2n －1 C ．S n ＝2n －1D ．S n ＝2n －1－1BC [由a 2a 3a 4＝64得a 33 ＝43，则a 3＝4.设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由a 2＋a 4＝10，得4q ＋4q ＝10，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12 .又因为数列{a n }单调递增，所以q ＝2，所以2a 1＋8a 1＝10，解得a 1＝1.所以a n ＝2n －1，S n ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1，所以S n ＋1－S n ＝2n ＋1－1－(2n－1)＝2n .故选BC.]4．(2020·全国卷Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则Sn an ＝( )A ．2n －1B ．2－21－n C ．2－2n －1D ．21－n －1B [法一：设等比数列{a n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，a6－a4＝a1q5－a1q3＝24 解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，q ＝2.所以S n ＝a1（1－qn ）1－q＝2n －1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1，所以Sn an ＝2n －12n －1＝2－21－n ，故选B.法二：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a6－a4a5－a3 ＝a4（1－q2）a3（1－q2） ＝a4a3 ＝2412 ＝2，所以q ＝2，所以Sn an ＝a1（1－qn ）1－q a1qn －1 ＝2n －12n －1＝2－21－n ，故选B.] 5．(多选)(2020·江苏省邗江中学高二月考)已知等比数列{a n }中，满足a 1＝1，q ＝2，S n 是{a n }的前n 项和，则下列说法正确的是( )A ．数列{a 2n }是等比数列B ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 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AC [等比数列{a n }中，满足a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝2n －1，所以a 2n ＝22n －1，所以数列{a 2n }是等比数列，故A 正确；又1an ＝12n －1 ＝⎝⎛⎭⎫12 n －1 ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 是递减数列，故B 不正确；因为log 2a n ＝log 22n －1＝n －1，所以{log 2a n }是等差数列，故C 正确；数列{a n }中，S 10＝1－2101－2 ＝210－1，S 20＝220－1，S 30＝230－1，S 10，S 20，S 30不成等比数列，故D 不正确；故选AC.]6．等比数列{a n }中，a 1＝ 2 ，a 2＝33 ，则a2＋a2013a8＋a2019 ＝________，a 1a 2a 3a 4＝________．解析： 因为等比数列{a n }中，a 1＝ 2 ，a 2＝33 ， 所以q ＝a2a1 ＝332，所以a2＋a2013a8＋a2019 ＝a2＋a2013（a2＋a2013）q6 ＝1q6＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫3326 ＝89 ， a 1a 2a 3a 4＝a 41·q 6＝( 2 )4·⎝ ⎛⎭⎪⎫332 6 ＝4×98 ＝92 .答案： 89 ；927．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 020，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 021＝________． 解析： ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0， ∵a 2≠0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1. ∵a 1＝2 020，∴S 2 021＝a1（1－q2 021）1－q ＝2 020×[1－（－1）2 021]2 ＝2 020.答案： 2 0208.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状图形，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________．解析： 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 ×⎝⎛⎭⎫22 9 ＝132 .答案：1329．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．解析： (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an an －1 ＝43， 因而数列{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 ×⎝⎛⎭⎫43 n －1 ，又a 2＝43 ，可知p ＝3，于是a n ＝⎝⎛⎭⎫43 n －1 .10．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，若S m ＝66，求m . 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若a n ＝6×(－2)n －1，则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若a n ＝6，q ＝1，则{a n }是常数列， ∴S m ＝6m ＝66，解得m ＝11. 综上，m 的值为5或11.11．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这3个数可适当排序后构成等差数列，也可适当排序后构成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．7B ．8C ．9D ．10C [因为a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，所以a ＋b ＝p ，ab ＝q .因为p ＞0，q ＞0，所以a ＞0，b ＞0，又a ，b ，－2这3个数可适当排序后构成等差数列，也可适当排序后构成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝a －2，ab ＝4 或⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1 或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4(负值已舍去).所以p ＝a ＋b ＝5，q ＝1×4＝4，所以p ＋q ＝9.故选C.]12．(多选)(2020·江苏南京高三期中)已知等比数列{a n }的公比q ＝－23 ，等差数列{b n }的首项b 1＝12，若a 9＞b 9且a 10＞b 10，则以下结论正确的有( )A ．a 9·a 10＜0B ．a 9＞a 10C ．b 10＞0D ．b 9＞b 10AD [数列{a n }是公比q 为－23 的等比数列，{b n }是首项为12，公差设为d 的等差数列，则a 9＝a 1⎝⎛⎭⎫－23 8，a 10＝a 1⎝⎛⎭⎫－23 9， ∴a 9·a 10＝a 21 ⎝⎛⎭⎫－23 17 ＜0，故A 正确； ∵a 1正负不确定，故B 错误；∵a 10正负不确定，∴由a 10＞b 10，不能求得b 10的符号，故C 错误； 由a 9＞b 9且a 10＞b 10，则a 1⎝⎛⎭⎫－23 8＞12＋8d ，a 1⎝⎛⎭⎫－23 9＞12＋9d ， 由于a 9，a 10异号，因此a 9＜0或a 10＜0， 故b 9＜0或b 10＜0，且b 1＝12.可得等差数列{b n }一定是递减数列，即d ＜0， 即有a 9＞b 9＞b 10，故D 正确． 故选AD.]13．已知数列{a n }是等比数列，公比q <1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7. (1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n <m 恒成立，求m 的最小值．解析： (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a1q ＝2，a1＋a1q ＋a1q2＝7解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝4，q ＝12 或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，q ＝2 (舍去).所以a n ＝4·⎝⎛⎭⎫12 n －1 ＝⎝⎛⎭⎫12 n －3 .(2)由(1)可知，S n ＝a1（1－qn ）1－q ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝8⎝⎛⎭⎫1－12n <8. 因为a n >0，所以S n 单调递增． 又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8). 又S n <m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8. 14．(开放型)在①an ＋1an ＝－12 ，②a n ＋1－a n ＝－16，③a n ＋1＝a n ＋n －8这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的S n 存在最大值，则求出最大值；若问题中的S n 不存在最大值，请说明理由．问题：设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，________，求{a n }的通项公式，并判断S n 是否存在最大值．解析： 选①因为an ＋1an ＝－12 ，a 1＝4，所以{a n }是首项为4.公比为－12 的等比数列，所以a n ＝4×⎝⎛⎭⎫－12 n －1 ＝⎝⎛⎭⎫－12 n －3 .当n 为奇数时，S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝83 ⎝⎛⎭⎫1＋12n ， 因为83 ⎝⎛⎭⎫1＋12n 随着n 的增加而减少， 所以此时S n 的最大值为S 1＝4. 当n 为偶数时，S n ＝83 ⎝⎛⎭⎫1－12n ， 且S n ＝83 ⎝⎛⎭⎫1－12n ＜83 ＜4.综上，S n 存在最大值，且最大值为4. 选②因为a n ＋1－a n ＝－16 ，a 1＝4.所以{a n }是首项为4，公差为－16 的等差数列，所以a n ＝4＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－16 ＝－16 n ＋256 . 由－16 n ＋256≥0得n ≤25，所以S n 存在最大值．且最大值为S 25(或S 24)，因为S 25＝25×4＋25×242 ×⎝⎛⎭⎫－16 ＝50，所以S n 的最大值为50.选③因为a n ＋1＝a n ＋n －8，所以a n ＋1－a n ＝n －8， 所以a 2－a 1＝－7，a 3－a 2＝－6，…a n －a n －1＝n －9， 则a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －a n －1＝（－7＋n －9）（n －1）2＝n2－17n ＋162，又a 1＝4，所以a n ＝n2－17n ＋242 .当n ≥16时，a n ＞0， 故S n 不存在最大值．15．(多选)(2020·山东枣庄期中)将n 2个数排成n 行n 列的一个数阵，如下：该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中m >0).已知a 11＝2，a 13＝a 61＋1，记这n 2个数的和为S .下列结论正确的有( )A ．m ＝3B ．a 67＝17×37C ．a ij ＝(3i －1)×3j －1D ．S ＝14n (3n ＋1)(3n －1)ACD [由题意可得，a 13＝a 11m 2＝2m 2，a 61＝a 11＋5m ＝2＋5m ，所以2m 2＝2＋5m ＋1，解得m ＝3或m ＝－12 (舍去)，所以A 正确．由题意，得a 67＝a 61m 6＝(2＋3×5)×36＝17×36，所以B 错误．因为a ij ＝a i 1m j －1＝[a 11＋(i －1)×m ]×m j －1＝[2＋(i －1)×3]×3j －1＝(3i －1)×3j －1，所以C 正确．因为S ＝(a 11＋a 12＋…＋a 1n )＋(a 21＋a 22＋…＋a 2n )＋…＋(a n 1＋a n 2＋…＋a nn )＝a11（1－3n ）1－3＋a21（1－3n ）1－3 ＋…＋an1（1－3n ）1－3 ＝12 (3n －1)（2＋3n －1）n 2 ＝14 n (3n ＋1)(3n －1)，所以D 正确，故选ACD.]16．(2021·广东梅州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数).若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________．解析： 当n ＝1时，a 1＝S 1＝λa 1－1.又a 1＝1，所以λ－1＝1，解得λ＝2.所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1又a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝－（n ＋1）2＋9（n ＋1）－202n－－n2＋9n －202n －1＝n2－11n ＋282n<0.又2n >0，所以n 2－11n ＋28＝(n －4)(n －7)<0，解得4<n <7又n ∈N ，所以满足条件的n 的取值集合为{5，6}答案： {5，6}。

第3讲 等比数列及其前n 项和最新考纲考向预测1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.探索并掌握等比数列的前n 项和公式，理解等比数列的通项公式与前n 项和公式的关系.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系.命题趋势等比数列也是高考的常考内容，以等比数列的基本公式及基本运算为基础，可考查单一的等比数列问题，但更倾向于与等差数列或其他内容相结合的问题.核心素养 数学抽象、逻辑推理1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的定义①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(非零)．②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 2＝ab ．2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ；(2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)． 常用结论1．等比数列的单调性当q ＞1，a 1＞0或0＜q ＜1，a 1＜0时，{a n }是递增数列； 当q ＞1，a 1＜0或0＜q ＜1，a 1＞0时，{a n }是递减数列； 当q ＝1时，{a n }是常数列． 2．等比数列与指数函数的关系当q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n ，可以看成函数y ＝cq x ，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上．3．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝A ＋B ·C n ⇔A ＋B ＝0，公比q ＝C .(A ，B ，C 均不为零)常见误区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．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．( )(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( ) (3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (4)如果{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (5)等比数列中不存在数值为0的项．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√2．(易错题)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12解析：选 C.当q ＝1时，a n ＝7，S 3＝21，符合题意；当q ≠1时，⎩⎨⎧a 1q 2＝7，a 1（1－q 3）1－q＝21，得q ＝－12.综上，q 的值是1或－12，故选C. 3．(多选)已知数列{a n }是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n B ．{log 2a 2n } C ．{a n ＋a n ＋1} D ．{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}解析：选AD.当等比数列{a n }的通项公式为a n ＝1时，log 2a 2n ＝0，数列{log 2a 2n }不是等比数列，当等比数列{a n }的公比q ＝－1时，a n ＋a n ＋1＝0，数列{a n ＋a n ＋1}不是等比数列，由等比数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 和{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}都是等比数列．故选AD.4．(2020·高考全国卷Ⅲ改编)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8.则通项公式a n ＝________．解析：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. 答案：3n －15．在等比数列{a n }中，a 2＝4，a 10＝16，则a 2和a 10的等比中项为________． 解析：设a 2与a 10的等比中项为G ，因为a 2＝4，a 10＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8.答案：±8等比数列的基本运算(1)(2020·高考全国卷Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n＝( )A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1(2)(2020·湖北八校第一次联考)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝1，a 5＝－18，若S k ＝－118，则k ＝________．【解析】 (1)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S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n ，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝1，a 5＝－18，所以q 3＝－18，解得q ＝－12，所以a 1＝－2，由S k ＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－118，解得k ＝5. 【答案】 (1)B (2)5解决等比数列基本运算问题的两种常用思想方程 的思想 等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解 分类讨 论的 思想 等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝－2，S 3＝－6，且公比q ≠1，则a 3＝( )A ．－2B ．2C ．－8D ．－2或－8解析：选C.依题意知⎩⎨⎧S 1＝a 1＝－2，S 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝－6，解得q ＝－2(q ＝1舍去)，故a 3＝a 1q 2＝－2×(－2)2＝－8，故选C.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.② 联立①和②解得⎩⎨⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎨⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. (2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.等比数列的判定与证明(1)(多选)已知数列{a n }是等比数列，则下列命题正确的是( ) A ．数列{|a n |}是等比数列 B ．数列{a n a n ＋1}是等比数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列D ．数列{lg a 2n }是等比数列(2)在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．求证：数列{b n }是等比数列．【证明】 (1)选ABC.因为数列{a n }是等比数列，所以a n ＋1a n ＝q .对于A ，|a n ＋1||a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋1a n ＝|q |，所以数列{|a n |}是等比数列，A 正确；对于B ，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，所以数列{a n a n ＋1}是等比数列，B 正确；对于C ，1a n ＋11a n ＝a n a n ＋1＝1q ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列，C 正确；对于D ，lg a 2n ＋1lg a 2n ＝2lg a n ＋12lg a n ＝lg a n ＋1lg a n，不一定是常数，所以D 错误．(2)因为点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上， 所以T n ＝－12b n ＋1.①所以T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．② ①②两式相减，得 b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)． 所以32b n ＝12b n －1，所以b n ＝13b n －1.由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，所以b 1＝23. 所以数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．等比数列的判定与证明的技巧[注意](1)在解答题中证明一个数列为等比数列时，只能用定义法；(2)如果要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续的三项不成等比数列即可．1．(2020·高考全国卷Ⅱ)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．2 B．3C．4 D．5解析：选C.令m＝1，则由a m＋n ＝a m a n，得a n＋1＝a1a n，即a n＋1a n＝a1＝2，所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n＝2n，所以a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝a k(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×2×（1－210）1－2＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.2．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝4a n＋3n－1，b n＝a n＋n.证明：数列{b n}为等比数列．证明：因为b n＝a n＋n，所以b n＋1＝a n＋1＋n＋1.又因为a n＋1＝4a n＋3n－1，所以b n＋1b n＝a n＋1＋n＋1a n＋n＝（4a n＋3n－1）＋n＋1a n＋n＝4（a n＋n）a n＋n＝4.又因为b1＝a1＋1＝1＋1＝2，所以数列{b n}是首项为2，公比为4的等比数列．等比数列的性质及应用角度一等比数列项的性质(1)(2020·洛阳市第一次联考)在等比数列{a n}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则a2a16a9的值为()A．－2＋22B．－ 2C. 2 D．－2或 2(2)在等比数列{a n}中，a n>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…·a8＝16，则1a1＋1a2＋…＋1a8的值为()A．2 B．4C．8 D．16【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，所以a3·a15＝a29＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，a9＝a3q6＜0，则a9＝－2，所以a2a16a9＝a29a9＝a9＝－ 2.(2)由分数的性质得到1a1＋1a2＋…＋1a8＝a8＋a1a8a1＋a7＋a2a7a2＋…＋a4＋a5a4a5.因为a8a1＝a7a2＝a3a6＝a4a5，所以原式＝a1＋a2＋…＋a8a4a5＝4a4a5，又a1a2…a8＝16＝(a4a5)4，a n＞0，所以a4a5＝2，所以1a1＋1a2＋…＋1a8＝2.故选A.【答案】(1)B(2)A(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件．利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．角度二等比数列前n项和的性质(1)已知等比数列{a n}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________．(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________．【解析】 (1)由题意，得⎩⎨⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎨⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 6S 3＝12，所以{a n }的公比q ≠1.由a 1（1－q 6）1－q ÷a 1（1－q 3）1－q ＝12，得q 3＝－12，所以S 9S 3＝1－q 91－q3＝34. 【答案】 (1)2 (2)34与等比数列前n 项和S n 相关的结论(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . ①若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q ；②若共有2n ＋1项，则S 奇－S 偶＝a 1＋a 2n ＋1q1＋q (q ≠1且q ≠－1)．(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m ⇔q n ＝S n ＋m －S nS m(q 为公比)．1．(多选)已知数列{a n }是正项等比数列，且2a 3＋3a 7＝6，则a 5的值可能是( )A ．2B ．4 C.85D.83解析：选ABD.因为数列{a n }是正项等比数列，所以a 3＞0，a 7＞0，a 5＞0.由6＝2a 3＋3a 7≥22a 3·3a 7＝26a 3a 7＝26a 25⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当2a 3＝3a 7时，等号成立，得a 5≥2.因此符合题意的选项为ABD.故选ABD.2．(2020·高考全国卷Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8＝( )A ．12B ．24C ．30D ．32【解析】 选 D.方法一：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝（a 1＋a 2＋a 3）qa 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.方法二：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.3．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 ＝( )A ．12B ．13C ．14D ．15解析：选C.因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9，a 10a 11a 12，…也成等比数列．不妨令b 1＝a 1a 2a 3，b 2＝a 4a 5a 6，则公比q ＝b 2b 1＝124＝3.所以b m ＝4×3m －1.令b m ＝324，即4×3m －1＝324，解得m ＝5， 所以b 5＝324，即a 13a 14a 15＝324. 所以n ＝14.思想方法系列11 构造法求数列的通项公式类型一 形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，其中a 1＝a )型 (1)若c ＝1，数列{a n }为等差数列；(2)若d ＝0，数列{a n }为等比数列；(3)若c ≠1且d ≠0，数列{a n }为线性递推数列，其求解方法如下：设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d 比较系数得λ＝dc －1(c ≠1)， 所以a n ＋d c －1＝c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋d c －1(n ≥2)，即⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋dc －1为首项，以c 为公比的等比数列．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，则通项公式a n ＝________．【解析】 因为S n ＋1－2S n ＝1. 所以S n ＋1＝2S n ＋1.因此S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，S n ＋1＋1S n ＋1＝2.因为a 1＝S 1＝1，S 1＋1＝2，所以{S n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以S n ＋1＝2n ，S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，a 1＝1也满足此式，故a n ＝2n －1，n ∈N *. 【答案】 2n －1(n ∈N *)类型二 形如a n ＋1＝ra n pa n ＋q (r ，p ，q 为常数，r ＞0，p ，q ，a n ≠0)型a n ＋1＝ra npa n ＋q(r ，p ，q 为常数，r ＞0，p ，q ，a n ≠0)的求解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式a n ＝Aa n －1＋B (n ≥2，A ，B 是常数)，进而求解．已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n＝________．【解析】 因为a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．【答案】2n ＋1(n ∈N *) 类型三 形如a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0，1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0，1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1p n ＋1－a np n ＝q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列．在数列{a n }中，a 1＝12，且a n ＋1＝－2a n ＋3n ＋1(n ∈N *)，则通项公式a n＝________．【解析】 已知递推式的两边同时除以3n ＋1，得到a n ＋13n ＋1＝－23·a n3n ＋1. 令b n ＝a n 3n ，则b n ＋1＝－23b n ＋1, [构造新数列{b n }]显然有b n ＋1－35＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －35，b 1－35＝－1330，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －35是以－1330为首项，－23为公比的等比数列．因此b n －35＝－1330·⎝ ⎛⎭⎪⎫－23n －1，可得a n ＝－1310·(－2)n －1＋15·3n ＋1，n ∈N *.【答案】 －1310·(－2)n －1＋15·3n ＋1，n ∈N *1．已知正项数列{a n }满足a 1＝4，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则a n ＝( ) A ．n ·2n －1 B ．(n ＋1)·2n C ．n ·2n ＋1 D ．(n －1)·2n解析：选B.因为a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1， 所以a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，又因为a 121＝42＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为2，公差为1的等差数列，所以a n2n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， 所以a n ＝(n ＋1)·2n ，故选B.2．在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________．解析：对递推式b n ＋1＝b n 3b n ＋2的两边同时取倒数，得1b n ＋1＝3b n ＋2b n ，即1b n ＋1 ＝2·1b n ＋3，⎣⎢⎡⎦⎥⎤1b n ＋1 ＝2·1b n ＋3形如a n ＝Aa n －1＋B 因此1b n ＋1＋3＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n －3(n ∈N *)．答案：12n－3(n ∈N *)[A 级 基础练]1．(2020·广东六校第一次联考)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 ．16B ．15C ．8D ．7解析：选B.设公比为q ，由题意得4a 2＝4a 1＋a 3，即4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，又a 1≠0，所以4q ＝4＋q 2，解得q ＝2，所以S 4＝1×（1－24）1－2＝15，故选B.2．(2020·丹东模拟)设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则公比q ＝( )A ．5B ．4C ．3D ．2解析：选D.因为S 2＝3，S 4＝15，S 4－S 2＝12， 所以⎩⎨⎧a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，两个方程左右两边分别相除，得q 2＝4， 因为数列是正项等比数列， 所以q ＝2，故选D.3．(2020·贵阳市第一学期监测考试)设单调递增等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＝10，a 2a 3a 4＝64，则正确的是( )A ．S n ＝2n －1－1B ．a n ＝2nC ．S n ＋1－S n ＝2n ＋1D ．S n ＝2n －1解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ， 因为a 2a 3a 4＝64，所以a 33＝64，解得a 3＝4. 又a 2＋a 4＝10，所以4q ＋4q ＝10，即2q 2－5q ＋2＝0， 解得q ＝2或q ＝12. 又等比数列{a n }单调递增， 所以q ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，S n ＋1－S n ＝2n ＋1－1－(2n －1)＝2n .因此只有选项D 正确，故选D.4．(多选)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝5n ＋t (t ∈R )，下列结论正确的是( ) A ．t 为任意实数时，{a n }均是等比数列 B ．当且仅当t ＝－1时，{a n }是等比数列 C ．当t ＝0时，{a n }中a 3a 2＝5D ．当t ＝－5时，{a n }一定不是等比数列解析：选BCD. a 1＝S 1＝5＋t ，a n ＝S n －S n －1＝5n －5n －1＝4×5n －1(n ＞1)，当且仅当a 1＝4，即t ＝－1时，{a n }是等比数列．A 错误，B 正确．当t ＝0时，{a n }中a 3a 2＝10020＝5，C 正确．当t ＝－5时，a 1＝0，{a n }一定不是等比数列，D 正确． 5．(2020·河北唐山一中月考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ＋a ，则数列{a 2n }的前n 项和为( )A.9n －12B.9n －14C.9n －18D ．9n －1解析：选A.设数列{a 2n }的前n 项和为T n ，因为S n ＝3n ＋a ，所以S n －1＝3n －1＋a (n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1(n ≥2)，且S 1＝a 1＝3＋a .又数列{a n }为等比数列，所以a n ＝2·3n －1且2＝3＋a ，所以a ＝－1.因为a 2n ＋1a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝9且a 21＝4，所以{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．所以{a 2n }的前n 项和T n ＝4（1－9n ）1－9＝9n －12. 故选A.6．在等比数列{a n }中，若a 1a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 解析：因为a 1a 5＝16，所以a 23＝16，所以a 3＝±4. 又a 4＝8，所以q ＝±2. 所以a 6＝a 4q 2＝8×4＝32. 答案：327．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状图形，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________．解析：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，所以n ＝10，所以最小正方形的边长为22×⎝ ⎛⎭⎪⎫229＝132.答案：1328．(2020·贵阳市四校联考)已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线3x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线3x －y ＋1＝0上，所以3a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1＝3a n ＋1，所以a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是公比为3的等比数列，首项为a 1＋12＝3＋12＝72，所以a n ＋12＝72·3n －1，所以a n ＝72·3n －1－12.答案：72·3n －1－129．(2020·云南玉溪二模)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，若S m ＝66，求m . 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为a 1＝6，a 2＝12－a 3，所以6q ＝12－6q 2，解得q ＝－2或q ＝1， 所以a n ＝6×(－2)n －1或a n ＝6. (2)①若a n ＝6×(－2)n －1，则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若a n ＝6，q ＝1，则{a n }是常数列， 所以S m ＝6m ＝66，解得m ＝11. 综上，m 的值为5或11.10．(2020·北京市适应性测试)已知{a n }是公比为q 的无穷等比数列，其前n 项和为S n ，满足a 3＝12，________．是否存在正整数k ，使得S k >2 020？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由．从①q ＝2，②q ＝12，③q ＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．解：选择①：因为a 3＝12，所以a 1＝3， 所以S n ＝3（1－2n ）1－2＝3(2n －1)．令S k >2 020，即3(2k －1)>2 020，得2k >2 0233. 所以存在正整数k ，使得S k >2 020，k 的最小值为10. 选择②：因为a 3＝12，所以a 1＝48，所以S n ＝48×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n . 因为S n <96<2 020，所以不存在满足条件的正整数k . 选择③：因为a 3＝12，所以a 1＝3，所以S n ＝3×[1－（－2）n ]1－（－2）＝1－(－2)n .令S k >2 020，即1－(－2)k >2 020，整理得(－2)k <－2 019. 当k 为偶数时，原不等式无解；当k 为奇数时，原不等式等价于2k >2 019， 所以存在正整数k ，使得S k >2 020，k 的最小值为11.[B 级 综合练]11．(2020·河南郑州三测)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1bn ＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( )A.12×(310－1) B.18×(910－1) C.126×(279－1)D.126×(2710－1)解析：选D.因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，所以{a n}为等差数列，公差为3，{b n}为等比数列，公比为3，所以a n＝1＋3(n－1)＝3n－2，b n＝1×3n－1＝3n－1，所以ba n＝33n－3＝27n－1，所以{ba n}是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ba n}的前10项和为1×（1－2710）1－27＝126×(2710－1)，故选D.12．(多选)在等比数列{a n}中，公比为q，其前n项积为T n，并且满足a1＞1，a99·a100－1＞0，a99－1a100－1＜0，下列选项中，结论正确的是()A．0＜q＜1B．a99·a101－1＜0C．T100的值是T n中最大的D．使T n＞1成立的最大自然数n等于198 解析：选ABD.对于A，因为a99a100－1＞0，所以a21·q197＞1，所以(a1·q98)2·q＞1.因为a1＞1，所以q＞0.又因为a99－1a100－1＜0，所以a99＞1，且a100＜1.所以0＜q＜1，故A正确；对于B，因为a2100＝a99·a101，a100＜1，所以0＜a99·a101＜1，即a99·a101－1＜0，故B正确；对于C，由于T100＝T99·a100，而0＜a100＜1，故有T100＜T99，故C错误；对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)…(a99·a100)＝(a99·a100)99＞1，T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)(a2·a198)…(a99·a101)·a100＜1，故D正确．故选ABD.13．(2020·北京东城二模)已知{a n}为等比数列，其前n项和为S n，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1，{b n}为等差数列，其前n项和为T n，如图________，T n的图象经过A，B两个点．(1)求S n ；(2)若存在正整数n ，使得b n ＞S n ，求n 的最小值．从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q .由S 3＝3a 2＋1，a 3＝1，得a 1＝2a 2，故q ＝a 2a 1＝12. 又因为a 3＝a 1q 2，所以a 1＝4， 所以S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝8－23－n . (2)设等差数列{b n }的公差为d .由题图①知：T 1＝b 1＝1，T 3＝－3，可判断d ＜0，故数列{b n }是递减数列．而{S n }是递增数列，且b 1＜S 1，所以不满足“存在正整数n ，使得b n ＞S n ”．由题图②知：T 1＝b 1＝1，T 3＝6，可判断d ＞0，故数列{b n }是递增数列． 由题图③知：T 1＝b 1＝－3，T 3＝0，可判断d ＞0，故数列{b n }是递增数列．所以选择题图②③均满足“存在正整数n ，使得b n ＞S n ”． 若选择题图②，则T 1＝b 1＝1，T 3＝6，可得d ＝1，所以b n ＝n . 当n ＝1，2，3，4，5，6，7时，b n ＞S n 不成立， 当n ＝8时，b 8＝8，S 8＝8－23－8，即S 8＜b 8， 所以使得b n ＞S n 成立的正整数n 的最小值为8.若选择题图③，则T 1＝b 1＝－3，T 3＝0，可得d ＝3，所以b n ＝3n －6. 当n ＝1，2，3，4时，b n ＞S n 不成立， 当n ＝5时，b 5＝9，S 5＝8－23－5，即S 5＜b 5， 所以使得b n ＞S n 成立的正整数n 的最小值为5.14．已知在数列{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：(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 ＋12a2n －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 级 创新练]15．(多选)(2020·山东青岛三模)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n 天所织布的尺数为a n ，b n ＝2a n ，对于数列{a n }，{b n }，下列选项中正确的为( )A ．b 10＝8b 5B ．{b n }是等比数列C ．a 1b 30＝105D.a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＝209193解析：选BD.由题意知，{a n }为等差数列，a 1＝5，S 30＝390，设公差为d ，则S 30＝30×5＋30×292d ，所以d ＝1629.对于B ，{b n }中，b n ＋1b n ＝2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n＝2d ，故{b n }为等比数列，故B 正确．对于A ，b 10b 5＝25d ＝28029≠8，故A 错误．对于C ，a 1b 30＝5×32×21629×29＝5×32×216≠105，故C 错误．对于D ，a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＝a 5a 4＝209193，故D 正确． 16．(2020·广东梅州质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n＝λa n －1(λ为常数)．若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1＜b n ，则满足条件的n 的取值集合为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝λa 1－1.又a 1＝1，所以λ－1＝1，解得λ＝2.所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)．所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.又a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝－（n ＋1）2＋9（n ＋1）－202n －－n 2＋9n －202n －1＝n 2－11n ＋282n ＜0.又2n ＞0，所以n 2－11n ＋28＝(n －4)·(n －7)＜0，解得4＜n ＜7.又n ∈N *，所以满足条件的n 的取值集合为{5，6}．答案：{5，6}第3讲 等比数列及其前n 项和最新考纲考向预测1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.探索并掌握等比数列的前n 项和公式，理解等比数列的通项公式与前n 项和公式的关系.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系.命题趋势等比数列也是高考的常考内容，以等比数列的基本公式及基本运算为基础，可考查单一的等比数列问题，但更倾向于与等差数列或其他内容相结合的问题.核心素养 数学抽象、逻辑推理1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的定义①文字语言：一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(非零)．②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 2＝ab ．2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ；(2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)． 常用结论1．等比数列的单调性当q ＞1，a 1＞0或0＜q ＜1，a 1＜0时，{a n }是递增数列； 当q ＞1，a 1＜0或0＜q ＜1，a 1＞0时，{a n }是递减数列； 当q ＝1时，{a n }是常数列． 2．等比数列与指数函数的关系当q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n ，可以看成函数y ＝cq x ，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上．3．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝A ＋B ·C n ⇔A ＋B ＝0，公比q ＝C .(A ，B ，C 均不为零)常见误区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．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．( )(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( ) (3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (4)如果{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (5)等比数列中不存在数值为0的项．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√2．(易错题)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12解析：选 C.当q ＝1时，a n ＝7，S 3＝21，符合题意；当q ≠1时，⎩⎨⎧a 1q 2＝7，a 1（1－q 3）1－q＝21，得q ＝－12.综上，q 的值是1或－12，故选C. 3．(多选)已知数列{a n }是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n B ．{log 2a 2n } C ．{a n ＋a n ＋1} D ．{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}解析：选AD.当等比数列{a n }的通项公式为a n ＝1时，log 2a 2n ＝0，数列{log 2a 2n }不是等比数列，当等比数列{a n }的公比q ＝－1时，a n ＋a n ＋1＝0，数列{a n ＋a n ＋1}不是等比数列，由等比数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 和{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}都是等比数列．故选AD.4．(2020·高考全国卷Ⅲ改编)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8.则通项公式a n ＝________．解析：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. 答案：3n －15．在等比数列{a n }中，a 2＝4，a 10＝16，则a 2和a 10的等比中项为________． 解析：设a 2与a 10的等比中项为G ，因为a 2＝4，a 10＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8.答案：±8等比数列的基本运算(1)(2020·高考全国卷Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n＝( )A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1(2)(2020·湖北八校第一次联考)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝1，a 5＝－18，若S k ＝－118，则k ＝________．【解析】 (1)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S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n ，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝1，a 5＝－18，所以q 3＝－18，解得q ＝－12，所以a 1＝－2，由S k ＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－118，解得k ＝5. 【答案】 (1)B (2)5解决等比数列基本运算问题的两种常用思想方程 的思想 等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解 分类讨 论的 思想 等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝－2，S 3＝－6，且公比q ≠1，则a 3＝( )A ．－2B ．2C ．－8D ．－2或－8解析：选C.依题意知⎩⎨⎧S 1＝a 1＝－2，S 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝－6，解得q ＝－2(q ＝1舍去)，故a 3＝a 1q 2＝－2×(－2)2＝－8，故选C.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.② 联立①和②解得⎩⎨⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎨⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. (2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.等比数列的判定与证明(1)(多选)已知数列{a n }是等比数列，则下列命题正确的是( ) A ．数列{|a n |}是等比数列 B ．数列{a n a n ＋1}是等比数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列D ．数列{lg a 2n }是等比数列(2)在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．求证：数列{b n }是等比数列．【证明】 (1)选ABC.因为数列{a n }是等比数列，所以a n ＋1a n ＝q .对于A ，|a n ＋1||a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋1a n ＝|q |，所以数列{|a n |}是等比数列，A 正确；对于B ，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，所以数列{a n a n ＋1}是等比数列，B 正确；对于C ，1a n ＋11a n ＝a n a n ＋1＝1q ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列，C 正确；对于D ，lg a 2n ＋1lg a 2n ＝2lg a n ＋12lg a n ＝lg a n ＋1lg a n，不一定是常数，所以D 错误．(2)因为点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上， 所以T n ＝－12b n ＋1.①所以T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．② ①②两式相减，得 b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)． 所以32b n ＝12b n －1，所以b n ＝13b n －1.由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，所以b 1＝23. 所以数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．等比数列的判定与证明的技巧[注意](1)在解答题中证明一个数列为等比数列时，只能用定义法；(2)如果要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续的三项不成等比数列即可．1．(2020·高考全国卷Ⅱ)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．2 B．3C．4 D．5解析：选C.令m＝1，则由a m＋n ＝a m a n，得a n＋1＝a1a n，即a n＋1a n＝a1＝2，所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n＝2n，所以a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝a k(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×2×（1－210）1－2＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.2．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝4a n＋3n－1，b n＝a n＋n.证明：数列{b n}为等比数列．证明：因为b n＝a n＋n，所以b n＋1＝a n＋1＋n＋1.又因为a n＋1＝4a n＋3n－1，所以b n＋1b n＝a n＋1＋n＋1a n＋n＝（4a n＋3n－1）＋n＋1a n＋n＝4（a n＋n）a n＋n＝4.又因为b1＝a1＋1＝1＋1＝2，所以数列{b n}是首项为2，公比为4的等比数列．等比数列的性质及应用角度一等比数列项的性质(1)(2020·洛阳市第一次联考)在等比数列{a n}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则a2a16a9的值为()A．－2＋22B．－ 2C. 2 D．－2或 2(2)在等比数列{a n}中，a n>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…·a8＝16，则1a1＋1a2＋…＋1a8的值为()A．2 B．4C．8 D．16【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，所以a3·a15＝a29＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，a9＝a3q6＜0，则a9＝－2，所以a2a16a9＝a29a9＝a9＝－ 2.(2)由分数的性质得到1a1＋1a2＋…＋1a8＝a8＋a1a8a1＋a7＋a2a7a2＋…＋a4＋a5a4a5.因为a8a1＝a7a2＝a3a6＝a4a5，所以原式＝a1＋a2＋…＋a8a4a5＝4a4a5，又a1a2…a8＝16＝(a4a5)4，a n＞0，所以a4a5＝2，所以1a1＋1a2＋…＋1a8＝2.故选A.【答案】(1)B(2)A(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件．利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．角度二等比数列前n项和的性质(1)已知等比数列{a n}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________．(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________．【解析】 (1)由题意，得⎩⎨⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎨⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 6S 3＝12，所以{a n }的公比q ≠1.由a 1（1－q 6）1－q ÷a 1（1－q 3）1－q ＝12，得q 3＝－12，所以S 9S 3＝1－q 91－q3＝34. 【答案】 (1)2 (2)34与等比数列前n 项和S n 相关的结论(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . ①若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q ；②若共有2n ＋1项，则S 奇－S 偶＝a 1＋a 2n ＋1q1＋q (q ≠1且q ≠－1)．(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m ⇔q n ＝S n ＋m －S nS m(q 为公比)．1．(多选)已知数列{a n }是正项等比数列，且2a 3＋3a 7＝6，则a 5的值可能是( )A ．2B ．4 C.85D.83解析：选ABD.因为数列{a n }是正项等比数列，所以a 3＞0，a 7＞0，a 5＞0.由6＝2a 3＋3a 7≥22a 3·3a 7＝26a 3a 7＝26a 25⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当2a 3＝3a 7时，等号成立，得a 5≥2.因此符合题意的选项为ABD.故选ABD.2．(2020·高考全国卷Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8＝( )A ．12B ．24C ．30D ．32【解析】 选 D.方法一：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝（a 1＋a 2＋a 3）qa 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.方法二：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.3．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 ＝( )A ．12B ．13C ．14D ．15解析：选C.因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9，a 10a 11a 12，…也成等比数列．不妨令b 1＝a 1a 2a 3，b 2＝a 4a 5a 6，则公比q ＝b 2b 1＝124＝3.所以b m ＝4×3m －1.令b m ＝324，即4×3m －1＝324，解得m ＝5， 所以b 5＝324，即a 13a 14a 15＝324. 所以n ＝14.思想方法系列11 构造法求数列的通项公式类型一 形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，其中a 1＝a )型 (1)若c ＝1，数列{a n }为等差数列；(2)若d ＝0，数列{a n }为等比数列；(3)若c ≠1且d ≠0，数列{a n }为线性递推数列，其求解方法如下：设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d 比较系数得λ＝dc －1(c ≠1)， 所以a n ＋d c －1＝c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋d c －1(n ≥2)，即⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋dc －1为首项，以c 为公比的等比数列．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，则通项公式a n ＝________．【解析】 因为S n ＋1－2S n ＝1. 所以S n ＋1＝2S n ＋1.因此S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，S n ＋1＋1S n ＋1＝2.因为a 1＝S 1＝1，S 1＋1＝2，所以{S n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以S n ＋1＝2n ，S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，a 1＝1也满足此式，故a n ＝2n －1，n ∈N *. 【答案】 2n －1(n ∈N *)类型二 形如a n ＋1＝ra n pa n ＋q (r ，p ，q 为常数，r ＞0，p ，q ，a n ≠0)型a n ＋1＝ra npa n ＋q(r ，p ，q 为常数，r ＞0，p ，q ，a n ≠0)的求解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式a n ＝Aa n －1＋B (n ≥2，A ，B 是常数)，进而求解．已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n＝________．【解析】 因为a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．【答案】2n ＋1(n ∈N *) 类型三 形如a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0，1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0，1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1p n ＋1－a np n ＝q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列．在数列{a n }中，a 1＝12，且a n ＋1＝－2a n ＋3n ＋1(n ∈N *)，则通项公式a n＝________．【解析】 已知递推式的两边同时除以3n ＋1，得到a n ＋13n ＋1＝－23·a n3n ＋1. 令b n ＝a n 3n ，则b n ＋1＝－23b n ＋1, [构造新数列{b n }]显然有b n ＋1－35＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －35，b 1－35＝－1330，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －35是以－1330为首项，－23为公比的等比数列．因此b n －35＝－1330·⎝ ⎛⎭⎪⎫－23n －1，可得a n ＝－1310·(－2)n －1＋15·3n ＋1，n ∈N *.【答案】 －1310·(－2)n －1＋15·3n ＋1，n ∈N *1．已知正项数列{a n }满足a 1＝4，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则a n ＝( ) A ．n ·2n －1 B ．(n ＋1)·2n C ．n ·2n ＋1 D ．(n －1)·2n解析：选B.因为a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1， 所以a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，。

课时跟踪检测(三十二) 等比数列及其前n 项和1．(2019·韶关模拟)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 8＋a 9a 6＋a 7等于( ) A ．1＋2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－2 22．(2019·东城模拟)设数列{a n }满足：2a n ＝a n ＋1(a n ≠0)(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( )A.152B.154 C ．4D ．23．(2019·安徽高考)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( )A ．4B ．5C ．6D ．74．已知数列{a n }，则“a n ，a n ＋1，a n ＋2(n ∈N *)成等比数列”是“a 2n ＋1＝a n a n ＋2”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5．(2019·太原模拟)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( )A ．80B ．30C ．26D ．166．(2019·中山联考)已知方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根组成以12为首项的等比数列，则mn＝( )A.32B.32或23C.23D ．以上都不对7．已知各项不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.8．(2019·江西高考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.9．(2019·西城期末)已知{a n }是公比为2的等比数列，若a 3－a 1＝6，则a 1＝________；1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n＝________. 10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.11．(2019·揭阳摸底)设数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ≠0，a 1为常数，且－a 1，S n ，a n ＋1成等差数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－S n ，问：是否存在a 1，使数列{b n }为等比数列？若存在，求出a 1的值；若不存在，请说明理由．12．(2019·广州执信中学期中)已知等差数列{a n }的公差大于0，且a 3，a 5是方程x 2－14x ＋45＝0的两根，数列{b n }的前n 项的和为S n ，且S n ＝1－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1≤c n .1．若数列{a n }满足a 2n ＋1a 2n＝p (p 为正常数，n ∈N *)，则称数列{a n }为“等方比数列”．甲：数列{a n }是等方比数列；乙：数列{a n }是等比数列，则甲是乙的( )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．(2019·浙江高考)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.3．(2019·清远模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．答 案课时跟踪检测(三十二)A 级1．选C 设等比数列{a n }的公比为q ，∵2×12a 3＝a 1＋2a 2，∴a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴q 2－2q－1＝0，∴q ＝1＋2或q ＝1－2(舍去)，∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 6q 2＋a 6q 3a 6＋a 6q ＝q 2(1＋q )1＋q ＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2.2．选A 由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1(1－24)1－2a 1×2＝152.3．选B ∵a 3·a 11＝16，∴a 27＝16.又∵等比数列{a n }的各项都是正数，∴a 7＝4. 又∵a 10＝a 7q 3＝4×23＝25，∴log 2a 10＝5.4．选A 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，…5．选B 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 ＝30.6．选B 设a ，b ，c ，d 是方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根，不妨设a <c <d <b ，则a ·b ＝c ·d ＝2，a ＝12，故b ＝4，根据等比数列的性质，得到c ＝1，d ＝2，则m ＝a ＋b ＝92，n ＝c ＋d ＝3，或m ＝c ＋d ＝3，n ＝a ＋b ＝92，则m n ＝32或m n ＝23.7．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：168．解析：由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝1－(－2)53＝11.答案：119．解析：∵{a n }是公比为2的等比数列，且a 3－a 1＝6，∴4a 1－a 1＝6，即a 1＝2，故a n＝a 12n －1＝2n ，∴1a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，1a 2n ＝⎝⎛⎭⎫14n ，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是首项为14，公比为14的等比数列， ∴1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝13⎝⎛⎭⎫1－14n . 答案：2 13⎝⎛⎭⎫1－14n10．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 －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＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋2(4n －1)3＝22n ＋1＋13.11．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 1(1－3n )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．12．解：(1)∵a 3，a 5是方程x 2－14x ＋45＝0的两根，且数列{a n }的公差d ＞0， ∴a 3＝5，a 5＝9，公差d ＝a 5－a 35－3＝2.∴a n ＝a 5＋(n －5)d ＝2n －1.又当n ＝1时，有b 1＝S 1＝1－12b 1，∴b 1＝23.当n ≥2时，有b n ＝S n －S n －1＝12(b n －1－b n )，∴b n b n －1＝13(n ≥2)．∴数列{b n }是等比数列，b 1＝23，q ＝13.∴b n ＝b 1q n －1＝23n .(2)由(1)知c n ＝a n b n ＝2(2n －1)3n ，c n ＋1＝2(2n ＋1)3n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝2(2n ＋1)3n ＋1－2(2n －1)3n ＝8(1－n )3n ＋1≤0.∴c n ＋1≤c n .B 级1．选B 若a 2n ＋1a 2n ＝p ，则a n ＋1a n ＝±p ，不是定值；若a n ＋1a n ＝q ，则a 2n ＋1a 2n＝q 2，且q 2为正常数，故甲是乙的必要不充分条件．2．解析：法一：S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2，将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得，3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得 2q 2－q －3＝0，解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．法二：设等比数列{a n }的首项为a 1， 由S 2＝3a 2＋2，得 a 1(1＋q )＝3a 1q ＋2.①由S 4＝3a 4＋2，得a 1(1＋q )(1＋q 2)＝3a 1q 3＋2.② 由②－①得a 1q 2(1＋q )＝3a 1q (q 2－1)． ∵q >0，∴q ＝32.答案：323．解：(1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)， n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1. 因为S n ＝4a n －3， 则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2)因为a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1， 由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)， 得b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1) ＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1(n ≥2)， 当n ＝1时也满足， 所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1.。

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！。

课时跟踪检测（三十一） 等比数列及其前n 项和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝20，a 2＋a 4＝40，则公比q ＝________.解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝20，a 1q ＋a 1q 3＝40，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝2.答案：22．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，那么a 1＋a 10＝________.解析：因为a 4＋a 7＝2，由等比数列的性质可得，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，所以a 4＝4，a 7＝－2或a 4＝－2，a 7＝4.当a 4＝4，a 7＝－2时，q 3＝－12，所以a 1＝－8，a 10＝1，所以a 1＋a 10＝－7；当a 4＝－2，a 7＝4时，q 3＝－2，则a 10＝－8，a 1＝1，所以a 1＋a 10＝－7.综上可得a 1＋a 10＝－7.答案：－73．(2016·南通调研)设等比数列{a n }中，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3＝________.解析：根据等比数列的公式，得S 4a 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1q 2＝(1－q 4)(1－q )q 2＝1－24(1－2)×22＝154. 答案：1544．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________. 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16， ∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32.答案：325．若S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且2S 4＝a 5－2,2S 3＝a 4－2，则数列{a n }的公比q ＝________.解析：将2S 4＝a 5－2,2S 3＝a 4－2相减得2a 4＝a 5－a 4，所以3a 4＝a 5，公比q ＝a 5a 4＝3.答案：3二保高考，全练题型做到高考达标1．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝________.解析：由题意得(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)，解得a ＝5，故a 1＝4，a 2＝6，所以q ＝32，a n ＝4×⎝⎛⎭⎫32n －1.答案：4×⎝⎛⎭⎫32n －12．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：由题意可知a 1＋a 3＝5，a 1a 3＝4.又因为{a n }为递增的等比数列，所以a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，所以S 6＝1×(1－26)1－2＝63.答案：633．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9＝________. 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.答案：184．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是________．解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． ∴a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.∴a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝35. ∴log 1335＝－5.答案：－55．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________．解析：设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2mS m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－q＝q m ＋1＝9，∴q m ＝8.∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m＝8＝5m ＋1m －1， ∴m ＝3，∴q 3＝8， ∴q ＝2. 答案：26．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.答案：3n －17．在等比数列{}a n 中，公比q ＝2，前99项的和S 99＝30，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝________.解析：∵S 99＝30，即a 1(299－1)＝30.又∵数列a 3，a 6，a 9，…，a 99也成等比数列且公比为8，∴a 3＋a 6＋a 9＋…a 99＝4a 1(1－833)1－8＝4a 1(299－1)7＝47×30＝1207.答案：12078．若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2 016积数列”，且a 1＞1，则当其前n 项的乘积取最大值时n 的值为________．解析：由题可知a 1a 2a 3·…·a 2 016＝a 2 016， 故a 1a 2a 3·…·a 2 015＝1，由于{a n }是各项均为正数的等比数列且a 1＞1， 所以a 1 008＝1，公比0＜q ＜1，所以a 1 007＞1且0＜a 1 009＜1，故当数列{a n }的前n 项的乘积取最大值时n 的值为1 007或1 008.答案：1 007或1 0089．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 －1－2n －2＝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＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋2(4n －1)3＝22n ＋1＋13.10．(2016·苏州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且3a n ＋1＋2S n ＝3(n 为正整数)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数n ，是否存在k ∈R ，使得k ≤S n 恒成立？若存在，求实数k 的最大值；若不存在，说明理由．解：(1)因为3a n ＋1＋2S n ＝3，① 所以n ≥2时，3a n ＋2S n －1＝3，②由①－②得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0，所以a n ＋1＝13a n (n ≥2)．又a 1＝1,3a 2＋2a 1＝3，得a 2＝13，所以a 2＝13a 1，故数列{a n }是首项为1，公比q ＝13的等比数列，所以a n ＝a 1·q n －1＝⎝⎛⎭⎫13n －1.(2)假设存在满足题设条件的实数k ，使得k ≤S n 恒成立．由(1)知S n ＝a 1(1－q n)1－q ＝1－⎝⎛⎭⎫13n1－13＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ，由题意知，对任意正整数n 恒有k ≤32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n ， 又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝⎛⎭⎫13n 单调递增，所以当n ＝1时数列中的最小项为23，则必有k ≤1，即实数k 最大值为1.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项和S 奇＝255，所有偶数项和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1＝________.解析：设共有2k ＋1(k ∈N *)项，公比为q ，其中奇数项有k ＋1项，偶数项有k 项，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 2k )1－q 2＋192＝255，a 2(1－q 2k )1－q2＝－126，解得q ＝－2，又S 奇＝a 1(1－q 2k ＋2)1－q 2＝a 1－a 2k ＋1q 21－q 2， 即a 1－192×41－4＝255，解得a 1＝3.答案：32．已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝a ，{b n }是公比为23的等比数列．记b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，若不等式a n >a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：因为b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，所以a n ＝b n －2b n －1.所以a n ＋1－a n ＝b n ＋1－2b n ＋1－1－b n －2b n －1＝1b n －1－1b n ＋1－1＝b n ＋1－b n (1－b n ＋1)(1－b n )＝－13b n ⎝⎛⎭⎫1－23b n (1－b n)<0，解得b n >32或0<b n <1.若b n >32，则b 1⎝⎛⎭⎫23n －1>32对一切正整数n 成立，显然不可能； 若0<b n <1，则0<b 1⎝⎛⎭⎫23n －1<1对一切正整数n 成立，只要0<b 1<1即可，即0<a 1－2a 1－1<1，解得a 1＝a >2.即实数a 的取值范围是(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞)3．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5， ∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)， ∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项， 3为公比的等比数列．(2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n ， 则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ， ∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n )． 又∵a 1－3＝2，∴a n －3n ≠0， ∴{a n －3n }是以2为首项， －2为公比的等比数列．∴a n－3n＝2×(－2)n－1，即a n＝2×(－2)n－1＋3n.。

课时跟踪练(三十三)A 组 基础巩固1．(2019·湖北调考)设等比数列{a n }中，a 2＝2，a 2＋a 4＋a 6＝14，则公比q ＝( )A ．3B ．±3C ．2D ．±2解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1q ＋a 1q 3＋a 1q 5＝14，解得q 2＝2， 所以q ＝±2，故选D.答案：D2．[一题多解](2019·成都二诊)在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( )A ．12B ．18C ．24D ．36解析：法一 设等比数列{a n }的公比为q ，则有a 3＋a 3q 2＋a 3q 4＝6＋6q 2＋6q 4＝78，解得q 2＝3，所以a 5＝a 3q 2＝18，故选B. 法二 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则由题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝6，a 1q 2＋a 1q 4＋a 1q 6＝78，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝±3，所以a 5＝a 1q 4＝18. 答案：B3．(2019·菏泽模拟)等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的两个实数根，则a 2a 16a 9的值为( ) A ．2B ．－2或 2 C. 2 D ．－ 2解析：因为a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 2＋a 16＝－6，a 2·a 16＝2，所以a 2<0，a 16<0，即a 1>0，q <0或a 1<0，q >0，所以a 2a 16a 9＝a 9＝±a 2a 16＝±2.故选B.答案：B4．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．2 2D ．4解析：因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8，所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8，所以2a 7＋a 11的最小值为8.答案：B5．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5 D.15解析：因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n .又由题意知a n >0，所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列．因为a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，所以log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.答案：A6．在等比数列{a n}中，若a1·a5＝16，a4＝8，则a6＝________．解析：由题意得，a2·a4＝a1·a5＝16，所以a2＝2，所以q2＝a4a2＝4，所以a6＝a4q2＝32.答案：327．在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a m·a m＋2＝2a m＋1(m∈N*)，数列{a n}的前n项积为T n，且T2m＋1＝128，则m的值为________．解析：因为a m·a m＋2＝2a m＋1，所以a2m＋1＝2a m＋1，即a m＋1＝2，即{a n}为常数列．又T2m＋1＝(a m＋1)2m＋1，由22m＋1＝128，得m＝3.答案：38．(2019·合肥二测)已知数列{a n}中，a1＝2，且a2n＋1a n＝4(a n＋1－a n)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________．解析：由a2n＋1a n＝4(a n＋1－a n)可得a2n＋1－4a n＋1a n＋4a2n＝0，即(a n＋1－2a n)2＝0，即a n＋1＝2a n，又a1＝2，所以数列{a n}是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S9＝2（1－29）1－2＝210－2＝1 022.答案：1 0229．(2016·全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝13，a n b n＋1＋b n＋1＝nb n.(1)求{a n}的通项公式；(2)求{b n}的前n项和．解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝13，得a1＝2，所以数列{a n}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n＝3n－1.(2)由(1)知a n b n＋1＋b n＋1＝nb n，得b n＋1＝b n 3，因此{b n}是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n}的前n项和为S n，则S n＝1－⎝⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n－1.10．(2019·惠州三调)已知数列{a n}中，点(a n，a n＋1)在直线y＝x ＋2上，且首项a1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{b n}的前n项和为T n，请写出适合条件T n≤S n的所有n的值．解：(1)因为点(a n，a n＋1)在直线y＝x＋2上，所以a n＋1＝a n＋2，所以a n＋1－a n＝2，所以数列{a n}是等差数列，公差为2，又a1＝1，所以a n＝1＋2(n －1)＝2n－1.(2)数列{a n}的前n项和S n＝n（1＋2n－1）2＝n2.等比数列{b n}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3. 所以b n＝3n－1.所以数列{b n}的前n项和T n＝1－3n1－3＝3n－12.T n≤S n可化为3n－12≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.故适合条件T n≤S n的所有n的值为1，2.B组素养提升11．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2B.12(9n －1) C ．9n －1 D.14(3n －1) 解析：因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *， 当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1， 所以当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式，所以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：B12．(2019·河南六市联考)若正项递增等比数列{a n }满足1＋(a 2－a 4)＋λ(a 3－a 5)＝0(λ∈R)，则a 6＋λa 7的最小值为( )A ．－2B ．－4C ．2D ．4解析：因为{a n }是正项递增的等比数列， 所以a 1>0，q >1，由1＋(a 2－a 4)＋λ(a 3－a 5)＝0，得1＋(a 2－a 4)＋λq (a 2－a 4)＝0，所以1＋λq ＝1a 4－a 2， 所以a 6＋λa 7＝a 6(1＋λq )＝a 6a 4－a 2＝q 4q 2－1＝[（q 2－1）＋1]2q 2－1＝(q 2－1)＋2＋1q 2－1≥2 （q 2－1）·1q 2－1＋2＝4(q 2－1>0)，当且仅当q ＝2时取等号，所以a 6＋λa 7的最小值为4.故选D. 答案：D13．(2019·佛山质量检测)数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ，n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝________. 解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ， 所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝3－2n ＋12n －1(n ≥2)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2n －12n (n ≥2)，a n ＝12n (n ≥2)， 当n ＝1时，a 1＝3－52＝12，适合上式，所以a n ＝12n (n ∈N *)， 因此a 1＋a 2＋…＋a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n . 答案：1－12n 14．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)．(1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明：因为a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． 因为a 1＝5，a 2＝5，所以a 2＋2a 1＝15， 所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，所以a n ＋1＋2a n a n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，所以数列{a n＋1＋2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)解：由(1)得a n＋1＋2a n＝15×3n－1＝5×3n，则a n＋1＝－2a n＋5×3n，所以a n＋1－3n＋1＝－2(a n－3n)．又因为a1－3＝2，所以a n－3n≠0，所以{a n－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n－3n＝2×(－2)n－1，即a n＝2×(－2)n－1＋3n.。

高考数学复习知识点讲解与练习高考数学复习知识点讲解与练习 专题3131 等比数列及其前n 项和项和[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． 2 B．2 C． 5 D．3 【解析】D设等差数列{a n }的公差为d .∵S 5＝2S 4，a 2＋a 4＝8， ∴5a 1＋5×42d ＝2 4a 1＋4×32d ，a 1＋d ＋a 1＋3d ＝8，整理得 3a 1＋2d ＝0，a 1＋2d ＝4，解得 a 1＝－2，d ＝3.∴a 5＝a 1＋4d ＝－2＋12＝10.故选D.2．已知等比数列{a n }满足a 1＝18，4a 2a 4＝4a 3－1，则a 2＝( )A．±14 B．14 C．±116 D．116【解析】A设等差数列{a n }的首项为a 1，则由等差数列{a n }的前n 项和为S n 及S 10＝15，得10（a 1＋a 10）2＝15，所以a 1＋a 10＝3.由等差数列的性质，得a 1＋a 10＝a 4＋a 7，所以a 4＋a 7＝3.又因为a 4＝52，所以a 7＝12.故选A.3．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．14 B．12 C．2 D．4 【解析】B设等差数列{a n }的公差为d ，则33a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ， 得d ＝－32a 1，又a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝－10.4．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．7 B．8 C．15 D．16 【解析】C∵S 6＝（a 1＋a 6）×62＝48，∴a 1＋a 6＝16，又a 4＋a 5＝24，∴(a 4＋a 5)－(a 1＋a 6)＝8， ∴3d －d ＝8，d ＝4.5．设{a n }是公比为q ＞1的等比数列，若a 2 010和a 2 011是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则a 2 012＋a 2 013＝( )A．18 B．10 C．25 D．9 【解析】B设等差数列{a n }的公差为d .因为a 3＋a 7＝22，所以2a 5＝22，即a 5＝11. 又因为S 11＝（a 1＋a 11）×112＝2a 6×112＝143，解得11a 6＝143，即a 6＝13.所以公差d ＝a 6－a 5＝2，所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝11＋(n －5)×2＝2n ＋1， 所以S n ＝（a 1＋a n ）n2＝(n ＋2)n . 令(n ＋2)n >195，则n 2＋2n －195>0，解得n >13或n <－15(舍).故选B.6．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．2 B．3 C．4 D．6【解析】D∵{an}为等差数列，∴S5＝5a3＝－15，∴a3＝－3，∴d＝a3－a2＝－3－1＝－4.7．[2024·全国乙卷(理)，8]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )A．14 B．12 C．6 D. 3【解析】B∵Sn＝an2＋bn，∴{a n}为等差数列，∴S7＝（a1＋a7）×72＝（a2＋a6）×72＝（3＋11）×72＝49.8．[2023·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{a n}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )A．120 B．85 C．－85 D．－120【解析】C由题意可设每层有n个环，则三层共有3n个环，∴每一环扇面形石板的块数构成以a1＝9为首项、9为公差的等差数列{a n}，且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1，中层总数为S2，下层总数为S3，∴S3－S2＝[9(2n＋1)·n＋n（n－1）2×9]－[9(n＋1)·n＋n（n－1）2×9]＝9n2＝729，解得n＝9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9＋27×262×9＝27×9＋27×13×9＝27×14×9＝3 402(块).故选C.9．(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为S n，且满足a6＝8a3，则下列说法正确的是( )A．{a n }为单调递增数列 B．S 6S 3＝9C．S 3，S 6，S 9成等比数列 D．S n ＝2a n －a 1 【解析】A方法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵ S 4＝0，a 5＝5，∴ 4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2－4n .故选A.方法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵ S 4＝0，a 5＝5，∴ 4a 1＋4×32d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2.选项A，a 1＝2×1－5＝－3；选项B，a 1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S 1＝2－8＝－6，排除C；选项D，S 1＝12－2＝－32，排除D.故选A.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＝________．【解析】4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1， 所以S 10S 5＝10a 1＋10×92d 5a 1＋5×42d ＝10a 1＋10×92×2a 15a 1＋5×42×2a 1＝10025＝4.11．[2023·全国乙卷(理)]已知{}a n 为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.【解析】2解析：由等差数列的前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d 得S n n ＝a 1＋n －12d ＝a 1＋(n －1)d 2，所以{S n n }仍是等差数列，其公差是原等差数列公差的一半，所以S 2 0242 024－S 2 0232 023的值为2.12．设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________． 【解析】2解析：方法一 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .因为2S 3＝3S 2＋6，所以2(a 1＋a 1＋d ＋a 1＋2d )＝3(a 1＋a 1＋d )＋6，所以6a 1＋6d ＝6a 1＋3d ＋6，解得d ＝2.方法二 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由2S 3＝3S 2＋6，可得2×3a 2＝3(a 1＋a 2)＋6.整理，得a 2－a 1＝2，所以d ＝2.[能力提升]13．[2023·全国甲卷(理)]设等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 5＝5S 3－4，则S 4＝( )A．158 B．658C．15 D．40 【解析】1.5解析：设此等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，由题意得，S 12＝84，a 1＋a 5＋a 9＝16.5，即 12a 1＋12×112d ＝84，3a 5＝3（a 1＋4d ）＝16.5，解得 a 1＝1.5，d ＝1，所以夏至的日影子长为1.5尺．14．设首项为1，公比为23的等比数列{an}的前n项和为S n，则( )A．Sn＝2a n－1 B．S n＝3a n－2C．Sn＝4－3a n D．S n＝3－2a n【解析】AC对于A，易知3d＝a5－a2＝12－18＝－6，即d＝－2，选项A正确；对于B，a1＝a2－d＝18－(－2)＝20，所以选项B错误；对于C，a3＋a4＝a2＋a5＝18＋12＝30，所以选项C正确；对于D，因为an＝a1＋(n－1)d＝20＋(n－1)(－2)＝－2n＋22，a10＝2＞0，a11＝0，a12＝－2＜0，所以当n＝10或n＝11时，S n最大，所以选项D错误．故选AC.15．记Sn为等比数列{a n}的前n项和．若a1＝13，a24＝a6，则S5＝________．【解析】B方法一 由题意得an＝a1＋2π3(n－1)，cos an＋3＝cos [a1＋2π3(n＋2)]＝cos(a1＋2π3n＋4π3)＝cos (a1＋2π3n＋2π－2π3)＝cos (a1＋2π3n－2π3)＝cos an，所以数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝cos (a1＋2π3)＝－12cosa1－32sin a1，cos a3＝cos (a1＋4π3)＝－12cos a1＋32sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1.下面逐一讨论：①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－12cos a1－32sin a1，得tana1＝－3，所以ab＝cos a1(－12cos a1＋32sin a1)＝－12cos2a1＋32sin a1cos a1＝－12cos2a1＋32sin a1cos a1sin2a1＋cos2a1＝－12＋32tan a1tan2a1＋1＝－12－323＋1＝－12.②当cos a 1＝cos a 3≠cos a 2时，有cos a 1＝－12cos a 1＋32sin a 1，得tan a 1＝3，所以ab ＝cos a 1(－12cos a 1－32sin a 1)＝－12cos 2a 1－32sin a 1cos a 1＝－12cos 2a 1－32sin a 1cos a 1sin 2a 1＋cos 2a 1＝－12－32tan a 1tan 2a 1＋1＝－12－323＋1＝－12.③当cos a 2＝cos a 3≠cos a 1时，有－12cos a 1－32sin a 1＝－12cos a 1＋32sina 1，得sin a 1＝0，所以ab ＝cos a 1(－12cos a 1－32sin a 1)＝－12cos 2a 1＝－12(1－sin 2a 1)＝－12.综上，ab ＝－12，故选B.方法二 取a 1＝－π3，则cos a 1＝12，cos a 2＝cos (a 1＋2π3)＝12，cos a 3＝cos (a 1＋4π3)＝－1，所以S ＝12，－1，ab ＝－12，故选B.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________．【解析】－1，－78解析：方法一 由于S n ＝7n ＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋7－d 2n ，设f (x )＝d 2x 2＋ 7－d 2x ，则其图象的对称轴为直线x ＝12－7d .当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，故7.5＜12－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－78.方法二 由题意，得a 8＞0，a 9＜0，所以7＋7d ＞0，且7＋8d ＜0，即－1＜d ＜－78.。

课时跟踪检测 (三十一) 数列求和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( ) A ．41 B ．48 C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知，⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49．2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1．3．(2017·江西新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选D 根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D ．4．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ．若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1．答案：3n －15．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1－1的前n 项和T n ＝________．解析：∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，∴a n ＝2n －1． ∴1a n ＋1－1＝1(2n ＋1)2－1＝14⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4． 答案：n4n ＋4二保高考，全练题型做到高考达标1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116．2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝( )A ．1－4nB ．4n －1C ．1－4n 3D ．4n －13解析：选B 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n－1．3．(2017·江西重点中学联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0．又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7．故选C ． 4．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝⎛⎭⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝( )A ．2 017×2 0182B ．2 018×2 0192C ．2 017×2 0172D ．2 018×2 0182解析：选B a n ＝n 2sin ⎝⎛⎭⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝2 018×2 0192．5．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－2解析：选C ∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n－1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．故选C ．6．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)．答案：n (n ＋1)7．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ．若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3．又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S 5＝121． 答案：1 1218．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 017＝________． 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 017＝1－21 0091－2＋2×(1－21 008)1－2＝21 010－3．答案：21 010－39．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2．(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n ．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴q 2＋3d ＝18,6＋d ＝q 2，联立方程可求得q ＝3，d ＝3， ∴a n ＝3n －1，b n ＝3n ．(2)由题意得：S n ＝n (3＋3n )2，c n ＝32S n ＝32×23×1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．10．(2017·广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n ．解：(1)设数列{a n }的公比为q ， 因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2． 因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项， 所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4． 即2(4q ＋2)＝4＋4q 2， 化简得q 2－2q ＝0． 因为公比q ≠0，所以q ＝2．所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1， 所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1．②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4(1－2n －1)1－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2017·云南师大附中检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289．答案：1 2892．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋a 3＝3a 2，a 2＋a 4＝2(a 3＋2)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(2＋q 2)＝3a 1q ， ①a 1(q ＋q 3)＝2a 1q 2＋4. ②由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝1或q ＝2．当q ＝1时，不合题意，舍去；当q ＝2时，代入②得a 1＝2，所以a n ＝2·2n －1＝2n ．故所求数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n ＋log 212n ＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－n (1＋n )2＝2n ＋1－2－12n －12n 2．因为S n －2n ＋1＋47<0，所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0，即n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10．因为n ∈N *，所以使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10．。

课时跟踪检测 (三十) 等比数列及其前n 项和一抓基础，多练小题做到眼疾手快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．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128解析：选C 设{a n }的公比为q ，则2a 2＝a 4－a 3，又a 1＝1，∴2q ＝q 3－q 2，解得q ＝2或q ＝－1，∵a n >0，∴q >0，∴q ＝2，∴S 7＝1－271－2＝127．3．(2016·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2解析：选A 依题意，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，则a n ＋1＝2a n ，令n ＝1，则S 1＝2a 1－4，即a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16， ∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32．答案：325．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＋1)(q 2－1)q ·(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：4二保高考，全练题型做到高考达标1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100．2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18B ．－18C ．578D ．558解析：选A 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＝18．3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n ． ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5．4．(2016·河北三市第二次联考)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8．5．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3解析：选B 设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1．∵S 2mS m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－q ＝q m ＋1＝9，∴q m ＝8．∴a 2m a m＝a 1q2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，∴m ＝3，∴q 3＝8， ∴q ＝2．6．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3．化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1．答案：3n －17．(2017·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 ＋28．若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2 016积数列”，且a 1＞1，则当其前n 项的乘积取最大值时n 的值为________．解析：由题可知a 1a 2a 3·…·a 2 016＝a 2 016， 故a 1a 2a 3·…·a 2 015＝1，由于{a n }是各项均为正数的等比数列且a 1＞1，所以a 1 008＝1，公比0＜q ＜1，所以a 1 007＞1且0＜a 1 009＜1，故当数列{a n }的前n 项的乘积取最大值时n 的值为1 007或1 008．答案：1 007或1 0089．(2017·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)得a n ＝n ， ∴b n ＝2n ， ∴b n ＋1b n＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴T n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2．10．(2016·云南统测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 2＋a 3＝26，S 6＝728． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n ．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由728≠2×26得，S 6≠2S 3，∴q ≠1．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝26，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝728，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.∴a n ＝2×3n －1．(2)证明：由(1)可得S n ＝2×(1－3n )1－3＝3n－1．∴S n ＋1＝3n ＋1－1，S n ＋2＝3n ＋2－1．∴S 2n ＋1－S n S n ＋2＝(3n ＋1－1)2－(3n －1)(3n ＋2－1)＝4×3n ． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件是( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同 解析：选D ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，…．∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n ＝q ，从而{A n }为等比数列．2．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5，∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n ，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ，∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n )．又∵a 1－3＝2，∴a n －3n ≠0，∴{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴a n －3n ＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n ．。

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课时分层提升练三十一等比数列及其前n项和(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2017·广州模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n}中,若a5a9=3,a6a10=9,则a7a8= ( )A. B.2 C.4 D.3【解析】选D.因为数列{a n}是各项均为正数的等比数列,则由等比数列的性质有=a5a9,=a6a10,所以a7a8===3. 2.(2017·合肥模拟)不相等的三个正数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等比中项,y是b,c的等比中项,则x2,b2,y2三数( )A.成等比数列而非等差数列B.成等差数列而非等比数列C.既成等差数列又成等比数列D.既非等差数列又非等比数列【解析】选B.由已知条件,可得由②③得代入①,得+=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.【加固训练】1.(2017·郑州模拟)已知等比数列的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则a n= ( )A.4·B.4·C.4·D.4·【解析】选C.由于等比数列{a n}的前三项依次为a-1,a+1,a+4,得(a+1)2=(a-1)(a+4),解得a=5,因此前三项依次为4,6,9,公比q=,因此a n=4·.2.在等比数列{a n}中,a3=6,前3项之和S3=18,则公比q的值为( )A.1B.-C.1或-D.-1或【解析】选C.根据已知条件得所以=3.整理得2q2-q-1=0,解得q=1或q=-.【误区警示】解答本题会出现以下错误:利用等比数列的前n项和公式表示S3后,计算结果中把q=1的结果舍去了,导致错误的原因是忽视了q=1与q≠1时,前n项和的计算公式不同.3.(2017·湛江模拟)已知等比数列中,a 3=2,a4a6=16,则的值为( )A.2B.4C.8D.16【解析】选B.因为a3=2,a4a6=16,所以a4a6=q4=16,即q4=4,则==q4=4.【加固训练】(2017·漳州模拟)已知正项等比数列{a n}中,a2·a5·a13·a16=256,a7=2,则数列的公比为( )A. B.2 C.±2 D.±【解析】选A.由等比数列的性质得a2·a5·a13·a16==256⇒a9=4,又a7=2,各项为正,所以q2==2,q=.4.(2016·天津高考)设{a n}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a 2n-1+<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【解题提示】利用等比数列的定义将a2n-1+a2n<0转化为a1q2n-2(1+q)<0,得出q的范围,然后比较前后两个q的取值范围即可.【解析】选C.设数列的首项为a1,则a2n-1+a2n=a1q2n-2+a1q2n-1=a1q2n-2(1+q)<0,即q<-1,故q<0是q<-1的必要不充分条件.5.已知等比数列{a n}的首项为8,S n是其前n项的和,某同学经计算得S1=8,S2=20,S3=36,S4=65,后来该同学发现其中一个数算错了,则该数为( )A.S1B.S2C.S3D.S4【解析】选C.根据题意可得显然S1是正确的,假设后三个数均未算错,则a1=8,a2=12,a3=16,a4=29,可知=a1a3,所以S2,S3中必有一个数算错了,若S2算错了,则a4=29=a1q3,q=,显然S3=36≠8(1+q+q2),矛盾,所以只可能是S3算错了,此时由a2=12得q=,a3=18,a4=27,S4=S2+18+27=65,满足题设.二、填空题(每小题5分,共15分)6.在公比为正数的等比数列中,a1+a2=2,a3+a4=8,则S8= . 【解析】方法一:S8=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a7+a8)=2+8+32+128=170.方法二:q2==4,又q>0,所以q=2.所以a1(1+q)=a1(1+2)=2,所以a1=.所以S8==170.答案:170【加固训练】已知递增的等比数列{a n}中,a2+a8=3,a3·a7=2,则= .【解析】因为递增的等比数列{a n}中,a2+a8=3,a3·a7=2,所以a2+a8=3,a2·a8=2,所以a2和a8是一元二次方程x2-3x+2=0的两个根,解得a2=1,a8=2,所以解得q6=2,所以==q3=.答案:7.(2017·昆明模拟)设S n为等比数列{a n}的前n项和,已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q= .【解析】因为S n为等比数列{a n}的前n项和,3S3=a4-2,3S2=a3-2,两式相减得3a3=a4-a3,a4=4a3,所以公比q=4.答案:48.(2017·福州模拟)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于.【解题提示】利用等差、等比中项及根与系数的关系求解.【解析】由题可得所以a>0,b>0,不妨设a>b,所以等比数列为a,-2,b或b,-2,a,从而得到ab=4=q,等差数列为a,b,-2或-2,b,a,从而得到2b=a-2,两式联立解出a=4,b=1,所以p=a+b=5,所以p+q=4+5=9.答案:9三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n}满足a1=1,-(2a n+1-1)a n-2a n+1=0.(1)求a2,a3.(2)求{a n}的通项公式.【解析】(1)由题意可得a2=,a3=.(2)由-(2a n+1-1)a n-2a n+1=0,得2a n+1(a n+1)=a n(a n+1).因为的各项都为正数,所以=.故是首项为1,公比为的等比数列,因此a n=.【加固训练】已知等比数列{a n}的所有项均为正数,首项a1=1,且a4,3a3,a5成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)数列{a n+1-λa n}的前n项和为S n,若S n=2n-1(n∈N*),求实数λ的值. 【解析】(1)设数列{a n}的公比为q,由条件可知q3,3q2,q4成等差数列,所以6q2=q3+q4,解得q=-3或q=2,因为q>0,所以q=2.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1(n∈N*).(2)记b n=a n+1-λa n,则b n=2n-λ·2n-1=(2-λ)2n-1,若λ=2,则b n=0,S n=0,不符合条件;若λ≠2,则=2,数列{b n}为首项为2-λ,公比为2的等比数列,此时S n=(1-2n)=(2-λ)(2n-1),因为S n=2n-1,所以λ=1.10.(2017·重庆模拟)已知{a n}是首项为1,公差为2的等差数列,S n 表示{a n}的前n项和.(1)求a n及S n.(2)设{b n}是首项为2的等比数列,公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0,求{b n}的通项公式及其前n项和T n.【解析】(1)因为{a n}是首项a1=1,公差d=2的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=2n-1.故S n===n2.(2)由(1)得a4=7,S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0,即q2-8q+16=0,所以(q-4)2=0,从而q=4.又因b1=2,{b n}是公比q=4的等比数列,所以b n=b1q n-1=2·4n-1=22n-1.从而{b n}的前n项和T n==(4n-1).【加固训练】1.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.【解析】(1)设{a n}的前n项和为S n,当q=1时,S n=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,S n=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1,①qS n=a1q+a1q2+…+a1q n,②①-②得,(1-q)S n=a1-a1q n,所以S n=,所以S n=(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),+2a k+1+1=a k a k+2+a k+a k+2+1,q2k+2a1q k=a1q k-1·a1q k+1+a1q k-1+a1q k+1,因为a1≠0,所以2q k=q k-1+q k+1.因为q≠0,所以q2-2q+1=0,所以q=1,与已知矛盾,所以假设不成立,故{a n+1}不是等比数列.2.(2017·太原模拟)已知数列{c n},其中c n=2n+3n,且数列{c n+1-pc n}为等比数列,求常数p.【解析】因为{c n+1-pc n}是等比数列,所以当n≥2时,有(c n+1-pc n)2=(c n+2-pc n+1)(c n-pc n-1),将c n=2n+3n代入上式,得[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n-1+3n-1)],即[(2-p)2n+(3-p)3n]2=[(2-p)2n+1+(3-p)3n+1][(2-p)2n-1+(3-p)·3n-1].整理得(2-p)(3-p)·2n·3n=0.所以2-p=0或3-p=0,所以p=2或p=3.【一题多解】解答本题,还有以下解法:方法一:由c n=2n+3n,得c1=5,c2=13,c3=35,c4=97.因而数列{c n+1-pc n}的前三项依次为13-5p,35-13p,97-35p.由题意得:(35-13p)2=(13-5p)(97-35p),整理得:p2-5p+6=0,解得p=2或p=3.当p=2时,c n+1-pc n=(2n+1+3n+1)-2(2n+3n)=3n,所以==3.所以此时{c n+1-pc n}是等比数列.同理p=3时数列{c n+1-pc n}也是等比数列,所以p=2或p=3.方法二:{c n+1-pc n}是等比数列⇔=非零常数.因为===2+=2+.为使为非零常数,也就是使2+为非零常数.所以p-2=0或p-3=0,所以p=2或p=3.(20分钟40分)1.(5分)等比数列{a n}中,a3+a6=36,a4+a7=18,a n=,则n= ( )A.7B.8C.9D.10【解析】选D.因为所以q=.又因为a3+a6=a3(1+q3)=36,所以a3=32.因为a n=a3·q n-3=32·=28-n==2-2,所以8-n=-2,即n=10.【一题多解】本题还可采用如下解法:因为a4+a7=a1·q3(1+q3)=18且a3+a6=a1·q2·(1+q3)=36,所以q=,a1=128.又因为a n=a1·q n-1=27·=28-n==2-2,所以8-n=-2,即n=10.【加固训练】(2017·成都模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a1+a3=,a2+a4=,则= ( )A.4n-1B.4n-1C.2n-1D.2n-1【解析】选D.设等比数列{a n}的公比为q,则q===,所以===2n-1.2.(5分)(2017·石家庄模拟)等比数列{a n}中,a5=6,则数列{log6a n}的前9项和等于( )A.6B.9C.12D.16【解析】选B.因为a1a2…a9=q0+1+2+…+8=q36=,所以log6a1+log6a2+…+log6a9=log6(a1a2…a9)=log6=9.3.(5分)(2017·太原模拟)已知方程(x2-mx+2)·(x2-nx+2)=0的四个根组成以为首项的等比数列,则= .【解题提示】利用根与系数的关系求出根的积,再由等比数列求出根,最后可求出m,n的值.【解析】设a,b,c,d是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根,不妨设a<c<d<b,则a·b=c·d=2,a=,故b=4,根据等比数列的性质,得到c=1,d=2,则m=a+b=,n=c+d=3,或m=c+d=3,n=a+b=,则=或=. 答案:或【加固训练】在等比数列{a n}中,若a3=4,a9=1,则a6= ,若a3=4,a11=1,则a7= .【解析】设数列{a n}的公比为q,则a3,a6,a9组成的新数列的公比为q3. 若a3=4,a9=1,则=4,a6=±2,符合题意;a3,a7,a11组成的新数列的公比为q4,由a3=4,a11=1,得=4,当a7=2时,q4=,符合题意,当a7=-2时,q4=-,不合题意,舍去.答案:±2 24.(12分)数列{a n}中,S n=1+ka n(k≠0,k≠1).(1)证明:数列{a n}为等比数列.(2)求通项a n.(3)当k=-1时,求++…+.【解析】(1)因为S n=1+ka n,①S n-1=1+ka n-1(n≥2),②①-②得S n-S n-1=ka n-ka n-1(n≥2),所以(k-1)a n=ka n-1,由已知可得a n=0时S n=1无意义,所以=为非零常数,n≥2.所以{a n}是公比为的等比数列.(2)因为S1=a1=1+ka1,所以a1=.所以a n=·=-.(3)因为{a n}中a1=,q=,所以{}是首项为,公比为的等比数列.当k=-1时,等比数列{}的首项为,公比为,所以++…+==.5.(13分)(2017·洛阳模拟)已知数列中,a1=1,a n+1=(1)证明:数列是等比数列.(2)求a2n及a2n-1.【解析】(1)设b n=a2n-,则b1=a2-=-=-,因为=====.所以数列是以-为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)得b n=a2n-=-·=-·,即a2n=-·+,由a2n=a2n-1+(2n-1),得a2n-1=3a2n-3(2n-1)=-·-6n+.【加固训练】设数列{a n}的前n项和为S n,其中a n≠0,a1为常数,且-a1,S n,a n+1成等差数列.(1)求{a n}的通项公式.(2)设b n=1-S n,问:是否存在a1,使数列{b n}为等比数列?若存在,求出a1的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)依题意,得2S n=a n+1-a1.当n≥2时,有两式相减,得a n+1=3a n(n≥2).又因为a2=2S1+a1=3a1,a n≠0,所以数列{a n}是首项为a1,公比为3的等比数列.因此,a n=a1·3n-1(n∈N*).(2)因为S n==a1·3n-a1,b n=1-S n=1+a1-a1·3n.要使{b n}为等比数列,当且仅当1+a1=0,即a1=-2.所以存在a1=-2,使数列{b n}为等比数列.关闭Word文档返回原板块。