2019版优化探究文数练习：第五章第三节等比数列及其前n项和含解析

课时作业 A 组——基础对点练1．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84解析：设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.故选B. 答案：B2．等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19D ．－19解析：由题知公比q ≠1，则S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C. 答案：C3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( )A ．－3B ．5C ．－31D ．33解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18， ∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8， ∴q ＝2.∴S 10S 5＝1－q 101－q 5＝1＋q 5＝33，故选D. 答案：D4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，公比q ＝2.若a m ＝a 1a 2a 3a 4(m ∈N *)，则m ＝( ) A ．11B ．10C ．9D ．8解析：a m ＝a 1a 2a 3a 4＝a 41qq 2q 3＝24×26＝210＝2m ，所以m ＝10，故选B.答案：B5．(2018·郑州质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是________．解析：设{a n }的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，a 1＝－2. 答案：－26．已知等比数列{a n }为递增数列，a 1＝－2，且3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1，则公比q ＝________.解析：因为等比数列{a n }为递增数列且a 1＝－2<0，所以0<q <1，将3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1两边同除以a n 可得3(1＋q 2)＝10q ，即3q 2－10q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝13，而0<q <1，所以q ＝13. 答案：137．若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝__________. 解析：∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3，∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12. 答案：3n －1＋128．(2018·合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *. (1)求证：数列{a nn }为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn，∴{a n n }是以12为首项、12为公比的等比数列． (2)由(1)知{a n n }是首项为12，公比为12的等比数列， ∴a n n ＝(12)n ，∴a n ＝n 2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，① 则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，②①－②得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n .B 组——能力提升练1．(2018·长春调研)等比数列{a n }中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12 C ．1或－12D ．－1或－12解析：当公比q ＝1时， a 1＝a 2＝a 3＝9， ∴S 3＝3×9＝27.当q ≠1时，S 3＝a 1－a 3q1－q ，∴27＝a 1－9q1－q∴a 1＝27－18q ， ∴a 3＝a 1q 2， ∴(27－18q )·q 2＝9， ∴(q －1)2(2q ＋1)＝0， ∴q ＝－12.综上q ＝1或q ＝－12.选C. 答案：C2．数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( ) A ．1 B ．－1 C.12D ．2解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2. 答案：D3．(2018·彬州市模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －a ，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( )A ．(2n －1)2 B.13(2n －1) C ．4n －1 D.13(4n －1)解析：∵S n ＝2n －a ，∴a 1＝2－a ，a 1＋a 2＝4－a ，a 1＋a 2＋a 3＝8－a ， 解得a 1＝2－a ，a 2＝2，a 3＝4，∵数列{a n }是等比数列，∴22＝4(2－a )，解得a ＝1.∴公比q ＝2，a n ＝2n －1，a 2n ＝22n －2＝4n －1. 则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n－14－1＝13(4n－1)． 答案：D4．设数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，则q ＝( ) A.32 B ．－43 C ．－32D ．－52解析：数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，且b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24,18,36,81}中， ∵数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列，等比数列中有负数项，则q ＜0，且负数项为相隔两项∵|q |＞1，∴等比数列各项的绝对值递增，按绝对值的顺序排列上述数值18，－24,36，－54,81，相邻两项相除－2418＝－43，－3624＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，∵|q |＞1，∴－24,36，－54,81是{a n }中连续的四项，此时q ＝－32. 答案：C5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________. 解析：由S 3＋3S 2＝0，得a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2. 答案：－26．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n .解析：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2， 当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，① ∴S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得a n ＝(32a n －1)－(32a n －1－1)， 即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n ＝11×3＋13×5＋…＋1(2n －3)(2n －1)＝12(1－13＋13－151 2n－3－12n－1)＝n－12n－1.＋…＋。

课时作业组——基础对点练．已知等比数列{}满足＝，＋＋＝，则＋＋＝( )．．．．解析：设数列{}的公比为，则(＋＋)＝，又＝，所以＋－＝，所以＝(＝－舍去)，所以＝，＝，＝，所以＋＋＝.故选.答案：．等比数列{}的前项和为.已知＝＋，＝，则＝( )．－．－解析：由题知公比≠，则＝＝＋，得＝，又＝＝，则＝，故选.答案：．等比数列{}的前项和为，若＝，＝，则等于( )．．－．．－解析：设等比数列{}的公比为，则由已知得≠.∵＝，＝，∴＝，得＝，∴＝.∴＝＝＋＝，故选.答案：．在等比数列{}中，＝，公比＝.若＝(∈*)，则＝( )．．．．解析：＝＝＝×＝＝，所以＝，故选.答案：．已知数列{}的前项和为，点(，＋)(∈*)在函数＝×的图像上，等比数列{}满足＋＝(∈＋*)，其前项和为，则下列结论正确的是( )．＝＋．＝．＜＋．＞解析：因为点(，＋)(∈*)在函数＝×的图像上，所以＝·－，所以＝·－，所以＋＋＝·－，因为数列{}为等比数列，设公比为，则＋＝，＋＝，解得＝，＝，所以＝－，＝－，所以＜＋，故选.答案：．(·郑州质检)已知等比数列{}的前项和为，若＝，＝－，则的值是．解析：设{}的公比为.由＝得()＝·，∴＝，∴＝＝－，＝－.答案：－．已知等比数列{}为递增数列，＝－，且(＋＋)＝＋，则公比＝.解析：因为等比数列{}为递增数列且＝－<，所以<<，将(＋＋)＝＋两边同除以可得(＋)＝，即－＋＝，解得＝或＝，而<<，所以＝.答案：．若数列{＋－}是等比数列，且＝，＝，＝，则＝.解析：∵－＝，－＝，∴＝，∴＋－＝－，∴－＝－＋－＋…＋－－－＋－－＝＋＋…＋－＝，∵＝，∴＝.答案：．(·昆明市检测)数列{}满足＝－，＋＋＝.()证明{－}是等比数列，并求数列{}的通项公式；()已知符号函数()＝(\\(，＞，，＝，,－，＜，))设＝·()，求数列{}的前项和．解析：()因为＋＝－＋，＝－，所以＋－＝－(－)，－＝－，所以数列{－}是首项为－，公比为－的等比数列．故－＝(－)，即＝(－)＋.()＝·()＝(\\(＋，为偶数，－，为奇数，))设数列{}的前项和为，则＝(－)＋(＋)＋(－)＋…＋(－)＋(＋)＝＋＋＋…＋＝－.．(·合肥质检)在数列{}中，＝，＋＝，∈*.()求证：数列{}为等比数列；()求数列{}的前项和.解析：()证明：由＋＝知＝·，∴{}是以为首项、为公比的等比数列．。

2.5等比数列的前n项和课时过关·能力提升基础巩固1已知数列{a n}是由正数组成的等比数列,S n表示{a n}的前n项和.若a1=3,a2a4=144,则S10的值是().A.511B.1 023C.1 533D.3 069解析:设等比数列{a n}的公比为q,则a2a4∵a1=3,∴32q4=144.∵q>0,∴q=2.∴S10----069.答案:D2等比数列1,x,x2,x3,…的前n项和S n等于().A--C --解析:当x=0时,S n=1;当x=1时,S n=n;当x≠0,且x≠1时,S n--又当x=0时,该式也满足,所以S n--答案:C3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,从第二天起因为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,请问第二天走了()(里非国际通用单位)A.192里B.96里C.48里D.24里解析:设等比数列{a n}的首项为a1,公比为q由题意得--解得a1=192,则a2=19即第二天走了96里,故选B.答案:B4已知等比数列{a n}的公比为q,其前n项和为S n,若S3,S9,S6成等差数列,则q3等于(). A.C.或或解析:∵S3,S9,S6成等差数列,∴S3+S6=2S9,∴q≠1,整理得2q9-q6-q3=0.又q≠0,∴2q6-q3-1=0,解得q3=1(舍去)或q3=答案:A5已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.解析:设数列{a n}的公比为q,由已知条件可得解得或因为{a n}是递增的等比数列,所以所以{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,故S n=2n-1.答案:2n-16已知等比数列的前20项的和为30,前30项的和为70,则前10项的和为.解析:由题意知S20=30,S30=70.∵S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,∴(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(30-S10)2=S10(70-30),解得S10=10.答案:107设S n为等比数列{a n}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n=.解析:设等比数列{a n}的公比为q,则a n=a1q n-1=q n-1.因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以2×(2S2)=3S1+S3,即4S2=3+S3,即4(a1+a2)=3+(a1+a2+a3),也就是4(1+q)=3+(1+q+q2),整理得q2-3q=0,解得q=3或q=0(舍去).所以等比数列{a n}的首项为a1=1,公比为q=3,故a n=3n-1.答案:3n-18已知等比数列{a n}共有2n项,它的全部项的和是奇数项的和的3倍,则公比q=. 解析:设{a n}的公比为q,由已知可得q≠1,则奇数项也构成等比数列,其公比为q2,首项为a1,S2n--S奇--由题意得----∴1+q=3,∴q=2.答案:29已知数列{a n}是等比数列,S n为其前n项和.(1)设S3求(2)若S4,S10,S7成等差数列,证明a1,a7,a4也成等差数列.(1)解设等比数列{a n}的首项为a1,公比为q.由已知得q≠1,于是----解得-故a n=a1q n-1=2·--(2)证明∵S4,S10,S7成等差数列,∴q≠1,S4+S7=2S10,整理得q4+q7=2q10,∴1+q3=2q6,∴a1+a1q3=2a1q6,∴a1+a4=2a7,即a1,a7,a4也成等差数列.10等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S1,S3,S2成等差数列.(1)求{a n}的公比q;(2)已知a1-a3=3,求S n.解(1)依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2).因为a1≠0,所以2q2+q=0.又q≠0,所以q=(2)由已知可得a1--解得a1=4.从而S n ------能力提升1在等比数列{a n}(n∈N*)中,若a1=1,a4则该数列的前项和为A.2C.2解析:设公比为q,则解得q则该数列的前10项和为S10----答案:B2设数列{a n}是由正数组成的等比数列,S n为其前n项和,已知a2a4=1,S3=7,则S5等于(). A解析:设等比数列{a n}的公比为q,则解得所以S5--答案:B3若数列{a n}是等比数列,且对任意n∈N*,a1+a2+…+a n=2n-1,则等于A.(2n-1)2B2n-1)2C.4n-1 D4n-1)解析:由S n=2n-1得a1=S1=1,a2=S2-S1=22-2=2.故公比为q=2,可知数列是等比数列,公比为q2=4.所以--4n-1)答案:D★4等比数列{a n}的首项为1,公比为q,前n项和为S,由原数列各项的倒数组成一个新数列则的前项和是A-解析:因为a1=1,公比为q,若q≠1,则其前n项和为S--而在数列中,公比为首项为设其前n项和为S',则S'------当q=1时,S=S'=n,也符合S'-故选C.答案:C5等比数列{a n}的前n项和为S n,S2=3,S6=63,则S4=.解析:由题意可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,则(S4-S2)2=S2(S6-S4),∴(S4-3)2=3(63-S4),解得S4=15或S4=-12.又S4=S2+S2·q2=3+3q2>0,∴S4=15.答案:156某公司今年获得利润500万元,由于坚持改革、大胆创新,以后每年利润比上一年增加30%,则7年后该公司实现的总利润为万元.解析:设第n年的利润为a n万元,则a n+1=a n+a n×30%=1.3a n,则所以数列{a n}是首项为500,公比为1.3的等比数列, 所以7年后该公司实现的总利润为S7----万元).答案:7在数列{a n}中,a1前项和满足∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式a n及其前n项和S n;(2)若S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列,求实数t的值.解(1)由S n+1-S n得a n+1∈N*).又a1所以a n∈N*).从而S n-∈N*).(2)由(1)知,S1从而由S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列可得解得t=2.★8已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=4,S5=35.(1)求数列{a n}的前n项和S n;(2)若数列{b n}满足b n求数列的前项和解(1)设数列{a n}的首项为a1,公差为d,则解得故S n=na1--(2)由(1),得a n=3n-2,∴b n=e3n-2,且b1=e.当n≥2时----定值),∴数列{b n}是首项为e,公比为e3的等比数列.∴T n----。

等比数列的前n 项和·例题解析【例1】 设等比数列的首项为a(a ＞0)，公比为q(q ＞0)，前n 项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n 项和为6560，求a 和q ．解 由S n =80，S 2n =6560，故q ≠1a q q a q qn n()()11112----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⇒=80=6560q =81n ①②③∵a ＞0，q ＞1，等比数列为递增数列，故前n 项中最大项为a n ． ∴a n =aq n-1=54④将③代入①化简得a=q －1⑤③④化简得⑥3a =2q由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3【例2】求证：对于等比数列，有＋＋．S S =S (S S )n 22n 2n 2n 3n证 ∵S n =a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n-1 S 2n =S n ＋(a 1q n ＋a 1q n+1＋…＋a 1q 2n-1) =S n ＋q n (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n-1) =S n ＋q n S n =S n (1＋q n )类似地，可得S 3n =S n (1＋q n ＋q 2n )∴＋＋＋＋S +S =S [S (1q )]=S (22q q )n 22n 2n 2n n 2n 2n 2nS (S S )=S [S (1q )S (1q q )]=S (22q q )S S =S (S S )n 2n 3n n n n n n 2n n 2n 2nn 22n 2n 2n 3n ＋＋＋＋＋＋＋∴＋＋说明 本题直接运用前n 项和公式去解，也很容易．上边的解法，灵活地处理了S 2n 、S 3n 与S n 的关系．介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键，并且变得好，则解法巧．【例3】 一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．分析 设等比数列为{a n }，公比为q ，取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是等比数列，公比为q 2，首项分别为a 1，a 1q ．解 设项数为2n(n ∈N*)，因为a 1=1，由已知可得q ≠1．∴①②a q q a q q q n n1221221111()()----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪=85=170①②得：把代入①得∴q =2q =2=85 4=256 n =4n 1414--n即公比为2，项数为8．说明 运用等比数列前n 项和公式进行运算、推理时，对公比q 要分情况讨论．有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程，可采用两式相除的方法达到降次的目的．【例4】 选择题：在等比数列{a n }中，已知对任意正整数n ，有S n =2n－，则＋＋…＋等于1a a a 1222n 2[ ]A (21)B (21)C 21D (41)n 2n 2n n．－．－．－．－1313解 D ．∵a 1=S 1=1，a n =S n －S n-1=2n-1 ∴a n =2n-1∴b n =(a n )2=(2n-1)2=22n-2=4n-1∴＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋b b b =a a a =1444=414112n 1222222n 1n ---=-1341()n【例5】 设0＜V ＜1，m 为正整数，求证： (2m ＋1)V m (1－V)＜1－V 2m+1 分析 直接作，不好下手．变形：(2m 1)V m＋＜1121--+V Vm右边分式的外形，使我们联想到等比数列求和公式，于是有： (2m ＋1)V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m发现左边有(2m ＋1)个V m ，右边有(2m ＋1)项，变形：V m ＋V m ＋…＋V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m ．显然不能左右各取一项比较其大小，试用“二对二”法，即左边选两项与右边的两项相比较．鉴于左、右两边都具有“距首末等远的任意两项指数之和均相等”的特点，想到以如下方式比较：V m ＋V m ＜1＋V 2m ，V m ＋V m ＜V ＋V 2m-1，…，V m ＋V m ＜V m-1＋V m+1，V m =V m ．即2V m ＜1＋V 2m ，2V m ＜V ＋V 2m-1，…．根据“两个正数的算术平均值大于等于其几何平均值”，这些式子显然成立．(具体证法从略)．说明 本题最大的特点是解题过程中需要多次用到“逆向思考”：要证·＜＞，改证＜；见到，去逆向运用·，化成＋＋＋…＋；要证＋＜＋，先证＜A B C(B 0)A S =a 1V V V A B C D n 122m C B V Va q qA m n11121----+C ，B ＜D ，等等．善于进行逆向思考，是对知识熟练掌握的一种表现，同时也是一种重要的思维能力，平时应注意训练．【例6】 数列{a n }是等比数列，其中S n =48，S 2n =60，求S 3n ． 解法一 利用等比数列的前n 项和公式若q=1，则S n =na 1，即na 1=48，2na 1=96≠60，所以q ≠1∵S =a (1q )1n 1n --qS =a (1)a (1)(1+)1q 2n11--=--=+q q q q S q nn n n n 211()∴q =14S =a (1q )1qn 3n13n --=-++-a q q q qn n n 12111()()=S n (1＋q n ＋q 2n )∴S =48(1+116)=633n+14解法二 利用等比数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列 ∴ (60－48)2=48·(S 3n －60) ∴ S 3n =63． 解法三 取特殊值法取n=1，则S1=a1=48，S2n=S2=a1＋a2=60 ∴a2=12∵{a n}为等比数列∴ q=aaa=3 21314S3n=S3=a1＋a2＋a3=63【例7】已知数列{a n}中，S n是它的前n项和，并且S n+1=4a n＋2(n∈N*)，a1=1(1)设b n=a n+1－2a n(n∈N*)，求证：数列{b n}是等比数列；(2)c=a2(n N*){c}n nn n设∈，求证：数列是等差数列．解(1)∵S n+1=4a n＋2S n+2=4a n+1＋2两式相减，得S n+2－S n+1=4a n+1=4a n(n∈N*)即：a n+2=4a n+1－4a n变形，得a n+2－2a n+1=2(a n+1－2a n)∵b n=a n+1－2a n(n∈N*)∴b n+1=2b n由此可知，数列{b n}是公比为2的等比数列．由S2=a1＋a2=4a1＋2，a1=1可得a2=5，b1=a2－2a1=3∴b n=3·2n-1(2) c =a 2(n N*)c =b 2n nn n+1n n+1∵∈∴-=-=-++++c a a a a n n n n n n nn 11112222将b n =3·2n-1代入，得c c =34(n N*)n+1n －∈由此可知，数列是公差的等差数列，它的首项，故＋－·即：{c }d =34c =a 2c =(n 1)C =34n 11n n =-12123414n 说明 利用题设的已知条件，通过合理的转换，将非等差、非等比数列转化为等差数列或等比数列来解决。

5-4数列求和 A 组——基础对点练1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ． 1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.答案：C2．(2018·长沙模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：∵a n ＝(－1)n (3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案：A3．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( ) A ．100 B ．110 C ．120D ．130解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120，故选C. 答案：C4．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)的图像所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( ) A.911 B.1011 C ．1D.1211解析：对数函数y ＝log a x 的图像过定点(1,0)，∴函数y ＝log a (x －1)＋3的图像过定点(2,3)，则a 2＝2，a 3＝3，故a n ＝n ，∴b n ＝1a n a n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T 10＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011，故选B. 答案：B5.12＋12＋38＋…＋n2n 的值为__________． 解析：设S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n 2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n＝2－n ＋22n . 答案：2－n ＋22n6．(2018·山西四校联考)已知数列 {a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝________. 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 －1②，∵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 2 016＝1－21 0081－2＋2×(1－21 008)1－2＝3×21 008－3.答案：3×21 008－37．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________． 解析：当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2， ∴a 2k ＋3＋a 2k ＋1＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×(3＋119)2＝30×61＝1 830.答案：1 8308．已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜34.解析：(1)当n ＞1时，a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2， ①a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)2n ＋2， ② ①－②得na n ＝(n －1)2n ＋1－(n －2)2n ＝n ·2n ，所以a n ＝2n ，n ＞1. 当n ＝1时，a 1＝2， 所以a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：因为a n ＝2n ，所以b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋2＝1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2)．因此T n ＝12(1－13)＋12(12－14)＋12(13－15)＋…＋12(1n －1－1n ＋1)＋12(1n －1n ＋2)＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－12(1n ＋1＋1n ＋2)＜34， 所以，对任意的n ∈N *，T n ＜34.9．(2018·河南八市质检)已知递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＝64，且a 4，a 5的等差中项为3a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设等比数列{a n }的公比为 q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 5＝64a 1q 3＋a 1q 4＝6a 1q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝2， 所以a n ＝2n .(2)因为b n ＝n a 2n －1＝n22n －1，所以T n ＝12＋223＋325＋427＋…＋n22n 1，14T n ＝123＋225＋327＋…＋n －122n －1＋n22n ＋1， 所以34T n ＝12＋123＋125＋127＋…＋122n －1－n 22n ＋1＝12(1－14n )1－14－n 22n ＋1＝23－4＋3n 3×22n ＋1，故T n ＝89－16＋12n 9×22n ＋1＝89－4＋3n9×22n －1.B 组——能力提升练1．(2018·皖西七校联考)在数列{a n }中，a n ＝2n －12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( )A ． 3B ．4C ．5D ．6解析：由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得S n ＝n －⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6. 答案：D2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为( ) A ．2 017 B ．2 016 C ．1 009D ．1 007解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009，故选C. 答案：C3．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，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前2 016项和S 2 016＝( ) A ．22 017－2 B ．22 017－1 C ．22 017D ．22 017＋1解析：由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，则a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2n －2，…，a 3－a 2＝22，a 2－a 1＝2，累加求和得a n －a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＝2(1－2n －1)1－2＝2n －2，n ≥2，又a 1＝2，所以a n ＝2n，则数列{ a n }的前2 016项和S 2 016＝2(1－22 016)1－2＝22 017－2.答案：A4．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1(2n ＋1)a n 的前n 项和T n ＝( )A ．－n2n ＋1B.n 2n ＋1 C ．－2n2n ＋1D.2n 2n ＋1解析：设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，S 1，S 2，S 4成等比数列，所以⎝⎛⎭⎫32a 1－542＝⎝⎛⎭⎫a 1－152a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12.当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以1(2n ＋1)a n ＝－2(2n －1)(2n ＋1)＝－⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以其前n项和T n ＝－⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝－⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝－2n 2n ＋1，故选C. 答案：C5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前 2 016项的和等于 __________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前2 016项的和等于S 2 016＝1 008×⎝⎛⎭⎫1＋12＝1 512. 答案：1 5126．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 120＝________.解析：由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，所以数列{a n n }是以1为公差的等差数列，且a 11＝1，所以a n n ＝n ，即a n ＝n 2，所以b n ＝n 2cos 2n π3，所以 S 120＝－12×12－12×22＋32－12×42－12×52＋62－…＋1202＝－12(12＋22－2×32＋42＋52－2×62＋…－2×1202)＝－12 [(12＋22＋32＋…＋1202)－3×(32＋62＋92＋…＋1202)]＝12×3×9×(12＋22＋…＋402)－12×(12＋22＋32＋…＋1202) ＝12×3×9×40×41×816－12×120×121×2416＝7 280. 答案：7 2807．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解析：(1)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＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋3＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ， ∴d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由(1)知，S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数.∴T 2n ＝(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＋(21＋23＋25＋…＋22n －1)＝2n 2n ＋1＋2(4n －1)3.8．已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n2，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1 ②，①－②得，a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合，∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)由(1)得，b n ＝(－1)n a n2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n③，－2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n ×(－2)n ＋1 ④，③－④得，3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n －n ×(－2)n ＋1＝－2[1－(－2)n ]3－n ×(－2)n＋1，∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29.。

1n 第五篇数列及其应用专题 5.3 等比数列及其前 n 项和【考试要求】1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.体会等比数列与指数函数的关系.【知识梳理】1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列. 数学语言表达式：a n＝q (n ≥2，q 为非零常数).a n －1(2)如果三个数 a ，G ，b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项，其中 G＝± ab .2.等比数列的通项公式及前 n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为 a 1，公比是 q ，则其通项公式为 a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m q n －m .(2)等比数列的前 n 项和公式：当 q ＝1 时，S ＝na ；当 q ≠1 时，Sa 1（1－q n ）a 1－a n q .3.等比数列的性质n 1n ＝1－q ＝ 1－q已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前 n 项和. (1)若 k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有 a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即 a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为 q m .(3)当 q ≠－1，或 q ＝－1 且 n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为 q n .【微点提醒】1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2}. 2.由 a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证 a 1≠0.23.在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q ＝1 与 q ≠1 分类讨论，防止因忽略 q ＝1 这一特殊情形而导致解题失误. 【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)等比数列公比 q 是一个常数，它可以是任意实数.()(2)三个数 a ，b ，c 成等比数列的充要条件是 b 2＝ac .()(3)数列{a }的通项公式是 a ＝a n ，则其前 n 项和为 S ＝a (1－a n ).()nnn1－a(4)数列{a n }为等比数列，则 S 4，S 8－S 4，S 12－S 8 成等比数列.()【答案】 (1)× (2)× (3)× (4)×【解析】 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若 a ＝0，b ＝0，c ＝0 满足 b 2＝ac ，但 a ，b ，c 不成等比数列. (3)当 a ＝1 时，S n ＝na .(4)若 a 1＝1，q ＝－1，则 S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列.【教材衍化】2.(必修 5P53A1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝1，则公比 q 等于()4A.－1 2 【答案】 DB.－2C.2D.1 2 【解析】 由题意知 q 3＝a 5＝1，即 q ＝1.a 2 8 23.(必修 5P54A8 改编)在 9 与 243 中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为.【答案】 27，81【解析】 设该数列的公比为 q ，由题意知，243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为 9×3＝27，27×3＝81.【真题体验】4.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{a n}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7 的值为( )344 4 4A.2B.4C.9 2D.6【答案】 B【解析】 根据等比数列的性质得 a 3a 5＝a 2，∴a 2＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得 a 4＝2. 又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 2＝4，∴a 7＝4.5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率为 f ，则第八个单音的频率为()f C. f f【答案】 D12 【解析】 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为 f ，公比为 2的等比数列，设此数列为{a n }，则 a 8＝f ，即第八个单音的频率为f .6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前 n 项和.若 S n ＝126，则 n ＝.【答案】 6【解析】 由 a＝2a ，知数列{a }是以 a ＝2 为首项，公比 q ＝2 的等比数列，由 S ＝2（1－2n ）＝126，解得 n ＝6.【考点聚焦】n ＋1nn1n1－2考点一 等比数列基本量的运算【例 1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足 a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则 a 4＝. (2)等比数列{a n }的各项均为实数，其前 n 项和为 S n ，已知 S 3＝7，S 6＝63，则 a 8＝.4 4 【答案】 (1)－8 (2)32【解析】 (1)由{a n }为等比数列，设公比为 q .1＋a 2＝－1， 1－a 3＝－3， 1＋a 1q ＝－1，①1－a 1q 2＝－3，②5显然 q ≠1，a 1≠0，②得 1－q ＝3，即 q ＝－2，代入①式可得 a 1＝1， ①所以 a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为 a 1，公比为 q (q ≠1)，a 1（1－q 3） 7 3＝ ＝ ， 1－q 4 1＝1，a 1（1－q 6）63 4 6＝ ＝ ， 1－q 4 ＝2， 所以 a 8＝a 1q 7＝1×27＝32.4【规律方法】 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量 a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，当 q ＝1 时，{a n }的前 n 项和 S n ＝na 1；当 q ≠1 时，{a n }的前 n 项和 Sa 1(1－q n ) n ＝ 1－q a 1－a n q＝ . 1－q【训练 1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前 n 项和，且满足 2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则 S 4＝()A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足 a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a2＝.b 2 【答案】 (1)D (2)1【解析】 (1)设数列{a n }的公比为 q (q >0)，S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ， 1q 3＝16，解得 q ＝2，a ＝2，所以 S 2（1－24）30.1 4＝＝ 1－2(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2＝2＝1.b 2 2 考点二 等比数列的判定与证明【例 2】 已知数列{a n }的前 n 项和 S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；67，即(2)若 S 5＝31，求λ.32 【答案】见解析【解析】(1)证明 由题意得 a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝ 1 ，a 1≠0.1－λ由 S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得 a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即 a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由 a 1≠0，λ≠0 得 a n ≠0，所以a n ＋1＝ λ. a n λ－1因此{a n }是首项为 1 ，公比为 λ的等比数列，1－λ －1于是 a n .λ－1(2)解 由(1)得 S n ＝1由 S 5＝31，得 132 ＝31 32 ＝ 1 .32解得λ＝－1.【规律方法】 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可. 2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对 n ＝1 的情形进行验证.【训练 2】 (2019·广东省级名校联考)已知 S n 是数列{a n }的前 n 项和，且满足 S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列；(2)求数列{S n }的前 n 项和 T n .【答案】见解析【解析】(1)证明 因为 a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，所以 S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，则S n＝2S n－1－n＋4(n≥2)，所以S n－n＋2＝2[S n－1－(n－1)＋2](n≥2)，又由题意知a1－2a1＝－3，所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，所以{S n－n＋2}是首项为4，公比为2 等比数列.(2)解由(1)知S n－n＋2＝2n＋1，所以S n＝2n＋1＋n－2，于是T n＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n 4（1－2n）n（n＋1）2n＋3＋n2－3n－8＝＋1－2－2n＝.2 2考点三等比数列的性质及应用【例3】(1)等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( )A.12B.10C.8D.2＋log35(2)已知数列{a n}是等比数列，S n为其前n 项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝( )A.40B.60C.32D.50【答案】(1)B (2)B【解析】(1)由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，则原式＝log3(a1a2 (10)＝log3(a5a6)5＝10.(2)数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9 是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9 是首项为4，公比为2 的等比数列，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝16，S12－S9＝a10＋a11＋a12＝32，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60.【规律方法】1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则a m·a n ＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练3】(1)(2019·菏泽质检)在等比数列{a n}中，若a3，a7 是方程x2＋4x＋2＝0 的两根，则a5 的值是( )8A.－2B.－ 2C.± 2D. 29105 (2)(一题多解)设等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若S 6＝3，则S9＝.S 3 S 6 【答案】 (1)B (2)73【解析】 (1)根据根与系数之间的关系得 a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由 a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以 a 3<0，a 7<0，即 a 5<0，由 a 3a 7＝a 2，得 a 5＝－ a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6 仍成等比数列，由已知得 S 6＝3S 3， S 6－S 3 S 9－S 6 S 9 7 ∴ ＝ ， 即 S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴ ＝ .S 3 S 6－S 3S 6 3 法二 因为{a n }为等比数列，由S6＝3，设 S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6 为等比数列，即 a ，S 32a ，S 9－S 6 成等比数列，所以 S 9－S 6＝4a ，解得 S 9＝7a ，所以S 9＝7a ＝7.【反思与感悟】S 6 3a 31.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量 a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.(2)分类讨论思想：如求和时要分 q ＝1 和 q ≠1 两种情况讨论，判断单调性时对 a 1 与 q 分类讨论.【易错防范】1.特别注意 q ＝1 时，S n ＝na 1 这一特殊情况.2.S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比 q ＝－1 且 n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当 q ≠－1 或 q ＝－1 时且 n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立.【核心素养提升】【数学运算】——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为： 理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算116能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学 命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想. 类型 1 等差数列两个性质的应用在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前 n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为 2n ，公差为 d ，则 S 偶－S 奇＝nd .【例 1】 (1)等差数列{a }的前 n 项和为 S ，已知 a － ＋a ＋ －a 2 ＝0，S － ＝38，则 m ＝.nnm 1m 1m2m 1(2)一个等差数列的前 12 项和为 354，前 12 项中偶数项的和与奇数项的和的比为 32∶27，则数列的公差 d＝.【答案】 (1)10 (2)5【解析】 (1)由 a － ＋a ＋ －a 2 ＝0 得 2a －a 2 ＝0，解得 a ＝0 或 2.m 1m 1mmmm又 S 2m （2m －1）（a 1＋a 2m －1） 1＝ ＝(2m －1)a m ＝38， 2 显然可得 a m ≠0，所以 a m ＝2.代入上式可得 2m －1＝19，解得 m ＝10.(2)设等差数列的前 12 项中奇数项和为 S 奇，偶数项的和为 S 偶，等差数列的公差为 d .由已知条件，得奇＋S 偶＝354，偶＝192， 偶∶S 奇＝32∶27， 又 S －S ＝6d d ＝192－1625.奇＝162. 偶 奇＝类型 2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若 m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则 a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比 q ≠－1 时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例 2】 (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前 8 项和等于()A.6B.5C.4D.3(2)设等比数列{a n }中，前 n 项和为 S n ，已知 S 3＝8，S 6＝7，则 a 7＋a 8＋a 9 等于()－121 A.1 8【答案】 (1)C (2)AB.－18C.57 8D.55 8【解析】 (1)数列{lg a n }的前 8 项和 S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝ lg(2×5)4＝4.(2)因为 a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6 也成等比数列，即 8，－1，S 9－S 6 成等比数列，所以 8(S 9 －S 6)＝1，即 S 9－S 6＝1，所以 a 7＋a 8＋a 9＝1.8 8 类型 3 等比数列前 n 项和 S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为 q .若共有 2n 项，则 S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比).【例 3】 (1)已知等比数列{a n }共有 2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大 80，则公比 q ＝.(2)已知{a n }是首项为 1 的等比数列，S n 是{a n }的前 n 项和，且 9S 3＝S 6 5 项和为.【答案】 (1)2 (2)3116【解析】 (1)由题意，得奇＋S 偶＝－240，奇－S 偶＝80， 奇＝－80，偶＝－160， 所以 q ＝S 偶－160 2.＝ ＝ S 奇 －80 (2)设等比数列{a n }的公比 q ，易知 S 3≠0.则 S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以 q 3＝8，q ＝2.1 311，公比为2的等比数列，其前 5 ＝ . 1－ 16 2【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40 分钟)一、选择题13C.2 2 61.公比不为 1 的等比数列{a n }满足 a 5a 6＋a 4a 7＝18，若 a 1a m ＝9，则 m 的值为( )A.8B.9C.10D.11【答案】 C【解析】 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.2.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 2 2，则 2a 7＋a 11 的最小值为()A.16B.8 D.4【答案】 B【解析】 因为 a 4 与 a 14 的等比中项为2 2， 所以 a 4·a 14＝a 7·a 11＝(2 2)2＝8， 所以 2a 7＋a 11≥2 2a 7a 11＝2 2×8＝8， 所以 2a 7＋a 11 的最小值为 8.3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比 q ≠1 的等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ，a 1＝1，S 3＝3a 3，则 S 5＝()A.1B.5C.3148 D.11 16【答案】 Da 1（1－q 3） 1a 1（1－q 5）11 【解析】 由题意得 1－q ＝3a 1q 2，解得 q ＝－ 或 q ＝1(舍)，所以 S 5＝ 2 1－q＝ 1 .14.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共 灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( ) A.1 盏B.3 盏C.5 盏D.9 盏【答案】 B【解析】 设塔的顶层的灯数为 a 1 ，七层塔的总灯数为 S 7 ，公比为 q ，则依题意 S 7 ＝381，公比 q ＝ 2.∴a 1（1－27）381，解得 a 1＝3. 1－2＝25.(2019·深圳一模)已知等比数列{a n}的前n项和S n＝a·3n－1＋b，则a＝()bA.－3B.－1C.1D.3【答案】A【解析】∵等比数列{a n}的前n项和S n＝a·3n－1＋b，∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，∵等比数列{a n}中，a2＝a1a3，∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得a＝－3.b二、填空题6.等比数列{a }中，各项都是正数，且a ，1，2a a13＋a14＝.n【答案】2－11a322成等差数列，则a14＋a15【解析】设{a n}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝1＋2(舍负).a13＋a14 1则＝＝2－1.a14＋a15 q7.已知数列{a n}的前n 项和为S n，且满足a n＋S n＝1(n∈N*)，则通项a n＝.【答案】12n【解析】∵a n＋S n＝1，①∴a1＝1，a n1＋S n1＝1(n≥2)，②2由①－②，得a n－a n1＋a n＝0，即a n＝1n≥2)，(a n－12∴数列{a n}是首项为1，公比为1的等比数列，则a12 2－11n＝＝2 2n8.(2018·南京模拟)已知数列{a }中，a ＝2，且a2＝4(a －a )(n∈N*)，则其前9 项的和S ＝.n＋1n 1a n－－.－14n＋1 n 91516【答案】 1 022【解析】 由a 2＋＝4(a －a )得，a 2－4a a ＋4a 2＝0，n 1n ＋1 na nn ＋1 n ＋1 n n∴(a －2a )2＝0，a n ＋1＝2，∴数列{a }是首项 a ＝2，公比为 2 的等比数列，∴S 2(1－29)＝1 022.n ＋1nn 1a n9＝1－2三、解答题9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)记 S n 为{a n }的前 n 项和.若 S m ＝63，求 m . 【答案】见解析【解析】(1)设{a n }的公比为 q ，由题设得 a n ＝q n －1. 由已知得 q 4＝4q 2，解得 q ＝0(舍去)，q ＝－2 或 q ＝2. 故 a n ＝(－2)n －1 或 a n ＝2n －1.(2)若 a ＝(－2)n －1，则 S ＝1－（－2）n .nn3由 S m ＝63 得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解. 若 a n ＝2n －1，则 S n ＝2n －1. 由 S m ＝63 得 2m ＝64，解得 m ＝6. 综上，m ＝6.10.已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线 y ＝x ＋2 上，且首项 a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前 n 项和为 S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前 n 项和为 T n ，请写出适合条件 T n ≤S n 的所有 n 的值. 【答案】见解析【解析】(1)根据已知 a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，即 a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，a n＝a1＋(n－1)d＝2n－1.1718－ n 5 (2)数列{a n }的前 n 项和 S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， 所以 q ＝3，b n ＝3n －1. 数列{b }的前 n 项和 T1－3n3n －1nn ＝＝ . 1－32 T n ≤S n即3n －1≤n 2，又 n ∈N *，所以 n ＝1 或 2. 2 【能力提升题组】(建议用时：20 分钟)11.已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于 1，前 n 项积为 T n ，且 a 2a 4＝a 3，则使得 T 1>1 的 n 的最小值为( )A.4B.5C.6D.7【答案】 C【解析】 ∵{a }是各项均为正数的等比数列，且 a a ＝a ，∴a 2＝a ，∴a ＝1.又∵q >1，∴a <a <1，a >1(n >3)，n2 4333312n∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5 ＝a 5＝1，T ＝T ·a ＝a >1，故 n 的最小值为 6.36 5 6 612.数列{a }中，已知对任意 n ∈N *，a ＋a ＋a ＋…＋a ＝3n －1，则 a 2＋a 2＋a 2＋…＋a 2等于()nA.(3n －1)2123B.12 n(9n －1) 123nC.9n －1【答案】 BD.1 4(3n －1)【解析】 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2 时，a 1＋a 2＋…＋a n 1＝3n －1－1， ∴当 n ≥2 时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1， 又 n ＝1 时，a 1＝2 适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2}是首项为 4，公比为 9 的等比数列.因此 a 2＋a 2＋…＋a 2 4(1－9n)＝1 n －1).1 2 n ＝(9 1－9 213.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 3a 11＝2a 2，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝ .8【答案】319n ＝【解析】∵{a }是等比数列，a a ＝2a2，n 3 11 5∴a2＝2a2，∴q4＝2，7∵S ＋S 5＝λS a1（1－q4）a1（1－q12）λa1（1－q8）4 128，∴＋1－q＝1－q，1－q∴1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，将q4＝2 代入计算可得λ8 . 314.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n＋λ}是不是等比数列，并求a n；(2)当λ＝1 时，求数列{n(a n＋λ)}的前n 项和T n.【答案】见解析【解析】(1)因为a n＋1＝2a n＋λ，所以a n＋1＋λ＝2(a n＋λ).又a1＝1，所以当λ＝－1 时，a1＋λ＝0，数列{a n＋λ}不是等比数列，此时a n＋λ＝a n－1＝0，即a n＝1；当λ≠－1 时，a1＋λ≠0，所以a n＋λ≠0，所以数列{a n＋λ}是以1＋λ为首项，2 为公比的等比数列，此时a n＋λ＝(1＋λ)2n－1，即a n＝(1＋λ)2n－1－λ.(2)由(1)知a n＝2n－1，所以n(a n＋1)＝n×2n，T n＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 2T n＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得：－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.1－2所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.【新高考创新预测】15.(创新思维)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是( )A.a1<a2<a3<a4B.a1＝a2＝a3＝a42021 a 1＋a ＋a 2＋a a C.a 1>a 2>a 3>a 4D.以上结论都有可能成立【答案】 A【解析】 构造函数 f (x )＝e x －x －1，f ′(x )＝e x －1＝0，x ＝0，得极小值 f (0)＝0，故 f (x )≥0，即 e x ≥x ＋1 恒成立(x ＝0 取等号).a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝e a 1＋a 2＋a 3>a 1＋a 2＋a 3＋1⇒a 4>1⇒q >0，且 a 2>1，a 3>1， 若公比 q ∈(0，1]，则 4a 1≥a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝e 2 3>e 1>7e 1>7a 1＋7>4a 1，产生矛盾.所以公比 q >1，故 a 1<a 2<a 3<a 4.故选 A.。