第二章 数列2.5 等比数列的前n 项和第1课时 等比数列前n 项和的示解A 级 基础巩固一、选择题1．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为( )A ．63B ．64C ．127D ．1282．已知等比数列{a n }中，a n ＝2×3n －1，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n 项和S n 的值为( )A ．3n －1B ．3(3n －1) C.9n －14D.3（9n －1）43．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点灯的盏数是( )A ．190B ．191C ．192D ．1934．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－3－10) B.19(1－3－10) C ．3(1－3－10)D ．3(1＋3－10)5．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 ．－15B ．－5C ．5 D.15二、填空题6．在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝30，a 3＋a 4＝60，则a 7＋a 8＝________． 7．设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________．8．(2016·浙江卷)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＝________．三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．10．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .B级能力提升1．在等比数列{a n}中，a1＋a2＋…＋a n＝2n－1(n∈N*)，则a21＋a22＋…＋a2n等于()A．(2n－1)2 B.13(2n－1)2C．4n－1 D.13(4n－1)2．设等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，若S n＋1，S n，S n＋2成等差数列，则q的值为________．3．等比数列{a n}的前n项和为S n，已知对任意的n∈N*，点(n，S n)均在函数y＝b x＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记b n＝n＋14a n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和T n.第二章 数列2.5 等比数列的前n 项和第1课时 等比数列前n 项和的示解（参考答案）一、选择题1．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为( )A ．63B ．64C ．127D ．128解析：设数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则有a 5＝a 1q 4＝16， 所以q ＝2，数列的前7项和为S 7＝a 1（1－q 7）1－q ＝1－271－2＝127. 答案：C2．已知等比数列{a n }中，a n ＝2×3n －1，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n 项和S n 的值为( )A ．3n －1B ．3(3n －1) C.9n －14D.3（9n －1）4解析：因为a n ＝2×3n －1，则数列{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列，由此数列的偶数项所组成的新数列是以6为首项，以9为公比的等比数列，则前n 项和为S n ＝6（1－9n ）1－9＝3（9n －1）4.答案：D3．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点灯的盏数是( )A ．190B ．191C ．192D ．193解析：设最下面一层灯的盏数为a 1，则公比q ＝12，n ＝7，由a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1271－12＝381，解得a 1＝192.答案：C4．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－3－10) B.19(1－3－10) C ．3(1－3－10)D ．3(1＋3－10)解析：因为3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43≠0，所以a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝－13，所以数列{a n }是以－13为公比的等比数列．因为a 2＝－43，所以a 1＝4，所以S 10＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3(1－3－10)．答案：C5．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 ．－15B ．－5C ．5 D.15解析：由log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，得log 3a n ＋1－log 3a n ＝1且a n >0，即log 3a n ＋1a n ＝1，解得a n ＋1a n ＝3，所以数列{a n }是公比为3的等比数列．因为a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋a 4＋a 6)q 3，所以a 5＋a 7＋a 9＝9×33＝35.所以log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1335＝－log 335＝－5.答案：B 二、填空题6．在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝30，a 3＋a 4＝60，则a 7＋a 8＝________． 解析：因为a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝30，a 3＋a 4＝a 1q 2(1＋q )＝60，所以q 2＝2，所以a 7＋a 8＝a 1q 6(1＋q )＝[a 1(1＋q )]·(q 2)3＝30×8＝240.答案：2407．设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________．解析：法一：a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋|1×(－2)|＋1×(－2)2＋|1×(－2)3|＝15. 法二：因为a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|，数列{|a n |}是首项为1，公比为2的等比数列，故所求代数式的值为1－241－2＝15.答案：158．(2016·浙江卷)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 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1⇒a 1＝1，a 2＝3，再由a n ＋1＝2S n ＋1，a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)⇒a n ＋1－a n ＝2a n ⇒a n ＋1＝3a n (n ≥2)，又a 2＝3a 1，所以a n ＋1＝3a n (n ≥1)，S 5＝1－351－3＝121.答案：1 121 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得 ⎩⎨⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，故S 1＝1，S n2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n . 所以，当n ＞1时，S n2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n ，所以S n ＝n2n －1，综上，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1.10．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a nn＋1， 即a n ＋1n ＋1－a nn＝1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)解：由(1)得a nn ＝1＋(n －1)·1＝n ， 所以a n ＝n 2.从而b n ＝n ·3n 。
一、等比数列选择题1．已知单调递增数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()*21n n n S a a n =+∈N，且0nS>，记数列{}2nn a ⋅的前n 项和为n T ，则使得2020n T >成立的n 的最小值为（ ）A ．7B ．8C ．10D ．112．在等比数列{}n a 中，24a =，532a =，则4a =（ ） A ．8 B ．8-C ．16D ．16-3．已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9＝（ ） A ．4B ．5C ．8D ．154．已知{}n a 是正项等比数列且1a ，312a ，22a 成等差数列，则91078a a a a +=+（ ） A1B1C．3-D．3+5．已知数列{}n a 中，其前n 项和为n S ，且满足2n n S a =-，数列{}2n a 的前n 项和为n T ，若2(1)0n n n S T λ-->对*n N ∈恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）A ．()3,+∞B ．()1,3-C ．93,5⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．91,5⎛⎫- ⎪⎝⎭6．等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a 、3a 、6a 成等比数列，则{}n a 的前6项的和为（ ） A ．24-B ．3-C ．3D ．87．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，则n n S =a （ ）A ．14n -B ．41n -C ．12n -D ．21n -8．在数列{}n a 中，12a =，对任意的,m n N *∈，m n m n a a a +=⋅，若1262n a a a ++⋅⋅⋅+=，则n =（ ）A ．3B ．4C ．5D ．69．数列{}n a 是等比数列，54a =，916a =，则7a =（ ） A ．8B ．8±C ．8-D ．110．明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有大吕=大吕=太簇．据此，可得正项等比数列{}n a 中，k a =（ ）A．n -B．n -C．D．．题目文件丢失！12．已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，121a a +=，344a a +=，则5678a a a a +++=（ ）A ．80B ．20C ．32D ．255313．已知数列{}n a 为等比数列，12a =，且53a a =，则10a 的值为（ ） A ．1或1-B ．1C ．2或2-D ．214．若数列{}n a 是等比数列，且17138a a a =，则311a a =（ ） A ．1B ．2C ．4D ．815．已知正项等比数列{}n a 满足112a =，2432a a a =+，又n S 为数列{}n a 的前n 项和，则5S =（ ） A ．312或112B ．312 C ．15D ．616．设b R ∈，数列{}n a 的前n 项和3nn S b =+，则（ ） A ．{}n a 是等比数列B ．{}n a 是等差数列C ．当1b ≠-时，{}n a 是等比数列D ．当1b =-时，{}n a 是等比数列17．已知数列{}n a 是等比数列，n S 为其前n 项和，若364,12S S ==，则12S =（ ） A ．50B ．60C ．70D ．8018．已知等比数列{}n a 中，11a =，132185k a a a ++++=，24242k a a a +++=，则k =（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．519．题目文件丢失！20．已知等比数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，且5312a a a +=，则42S S =（ ） A ．76B ．32C ．2132D ．14二、多选题21．题目文件丢失！22．一个弹性小球从100m 高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的23再落下.设它第n 次着地时，经过的总路程记为n S ，则当2n ≥时，下面说法正确的是（ ） A ．500n S < B ．500n S ≤C ．n S 的最小值为7003D ．n S 的最大值为40023．已知数列{},{}n n a b 均为递增数列，{}n a 的前n 项和为,{}n n S b 的前n 项和为,n T 且满足*112,2()n n n n n a a n b b n N +++=⋅=∈，则下列结论正确的是（ ）A ．101a <<B．11b <<C ．22n n S T <D ．22n n S T ≥24．已知1a ，2a ，3a ，4a 依次成等比数列，且公比q 不为1.将此数列删去一个数后得到的数列（按原来的顺序）是等差数列，则正数q 的值是（ ） ABCD25．若数列{}n a 的前n 项和是n S ，且22n n S a =-，数列{}n b 满足2log n n b a =，则下列选项正确的为（ ） A ．数列{}n a 是等差数列B ．2nn a =C ．数列{}2na 的前n 项和为21223n +-D ．数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，则1n T <26．已知数列{}n a 是公比为q 的等比数列，4n n b a =+，若数列{}n b 有连续4项在集合｛-50，-20，22，40，85｝中，则公比q 的值可以是（ ） A ．34-B ．23-C ．43-D ．32-27．在等比数列{a n }中，a 5＝4，a 7＝16，则a 6可以为（ ） A ．8 B ．12 C ．－8D ．－1228．已知数列是{}n a是正项等比数列，且3723a a +=，则5a 的值可能是（ ） A ．2B ．4C ．85D ．8329．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，671a a >，67101a a -<-，则下列结论正确的是（ ） A ．01q <<B ．8601a a <<C ．n S 的最大值为7SD ．n T 的最大值为6T30．在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关.”则下列说法正确的是（ ） A ．此人第二天走了九十六里路B ．此人第三天走的路程站全程的18C ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里D ．此人后三天共走了42里路31．已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和0n S >，设2132n n n b a a ++=-，记{}n b 的前n 项和为n T ，则下列判断正确的是（ ） A ．若1q =，则n n T S = B ．若2q >，则n n T S > C ．若14q =-，则n n T S > D ．若34q =-，则n n T S > 32．设数列{}n a 满足*12335(21)2(),n a a a n a n n ++++-=∈N 记数列{}21na n +的前n 项和为,n S 则（ ） A ．12a =B ．221n a n =- C ．21n nS n =+ D ．1n n S na +=33．定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，数列(){}nf a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞⋃+∞上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（ ）A ．()2f x x =B ．()2xf x =C ．()f x =D ．()ln f x x =34．已知数列{}n a 的前n 项和为S ，11a =，121n n n S S a +=++，数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ，则下列选项正确的为（ ）A ．数列{}1n a +是等差数列B ．数列{}1n a +是等比数列C ．数列{}n a 的通项公式为21nn a =-D ．1n T <35．将n 2个数排成n 行n 列的一个数阵，如图：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 ．767173a =⨯C ．()1313j ij a i -=-⨯D ．()()131314n S n n =+-【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、等比数列选择题 1．B 【分析】由数列n a 与n S 的关系转化条件可得11n n a a -=+，结合等差数列的性质可得n a n =，再由错位相减法可得()1122n n T n +=-⋅+，即可得解.【详解】由题意，()()*21n n n S a a n N=+∈，当2n ≥时，()11121n n n S a a ---=+，所以()()11122211n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+-+， 整理得()()1110n n n n a a a a --+--=，因为数列{}n a 单调递增且0n S >，所以110,10n n n n a a a a --+≠--=，即11n n a a -=+， 当1n =时，()11121S a a =+，所以11a =， 所以数列{}n a 是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以n a n =，所以1231222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，()23412122232122n n n T n n +=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，所以()()234111212222222212212n nn n n n T n n n +++--=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⋅--，所以()1122n n T n +=-⋅+，所以876221538T =⨯+=，987223586T =⨯+=，所以2020n T >成立的n 的最小值为8. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是数列n a 与n S 关系的应用及错位相减法的应用. 2．C 【分析】根据条件计算出等比数列的公比，再根据等比数列通项公式的变形求解出4a 的值. 【详解】因为254,32a a ==，所以3528a q a ==，所以2q ，所以2424416a a q ==⨯=，故选：C. 3．C 【分析】由等比中项，根据a 3a 11＝4a 7求得a 7，进而求得b 7，再利用等差中项求解. 【详解】 ∵a 3a 11＝4a 7， ∴27a ＝4a 7， ∵a 7≠0， ∴a 7＝4， ∴b 7＝4， ∴b 5＋b 9＝2b 7＝8． 故选：C 4．D 【分析】 根据1a ，312a ，22a 成等差数列可得3121222a a a ⨯=+，转化为关于1a 和q 的方程，求出q 的值，将91078a a a a ++化简即可求解.【详解】因为{}n a 是正项等比数列且1a ，312a ，22a 成等差数列， 所以3121222a a a ⨯=+，即21112a q a a q =+，所以2210q q --=，解得：1q =+1q =(222291078787813a a a q a q q a a a a ++====+++，故选：D 5．D 【分析】由2n n S a =-利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，得到数列{}n a 是以1为首项，12为公比的等比数列，进而得到{}2n a 是以1为首项，14为公比的等比数列，利用等比数列前n 项和公式得到n S ，n T ，将2(1)0nn n S T λ-->恒成立，转化为()()321(1)210nnnλ---+>对*n N ∈恒成立，再分n 为偶数和n 为奇数讨论求解.【详解】当1n =时，112S a =-，得11a =； 当2n ≥时，由2n n S a =-， 得112n n S a --=-， 两式相减得112n n a a -=， 所以数列{}n a 是以1为首项，12为公比的等比数列. 因为112n n a a -=， 所以22114n n a a -=.又211a =，所以{}2n a 是以1为首项，14为公比的等比数列， 所以1112211212nn n S ⎛⎫- ⎪⎡⎤⎛⎫⎝⎭==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，11414113414nnn T ⎛⎫- ⎪⎡⎤⎛⎫⎝⎭==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-， 由2(1)0n n n S T λ-->，得214141(1)10234n nnλ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫---⨯->⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，所以221131(1)1022n nnλ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫---->⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，所以211131(1)110222n n n nλ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫----+>⎢⎥⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦.又*n N ∈，所以1102n⎛⎫-> ⎪⎝⎭， 所以1131(1)1022n n nλ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫---+>⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，即()()321(1)210nnnλ---+>对*n N ∈恒成立，当n 为偶数时，()()321210nnλ--+>，所以()()321321663212121nnn n n λ-+-<==-+++， 令6321n n b =-+，则数列{}n b 是递增数列，所以22693215λb <=-=+； 当n 为奇数时，()()321210nnλ-++>，所以()()321321663212121nnn n n λ-+--<==-+++，所以16332121λb -<=-=-=+， 所以1λ>-.综上，实数λ的取值范围是91,5⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：D. 【点睛】方法点睛：数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，往往转化为函数的最值问题. 6．A 【分析】根据等比中项的性质列方程，解方程求得公差d ，由此求得{}n a 的前6项的和. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由2a 、3a 、6a 成等比数列可得2326a a a =，即2(12)(1)(15)d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-， 故{}n a 前6项的和为616(61)6(61)661(2)2422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选：A 7．D【分析】根据题中条件，先求出等比数列的公比，再由等比数列的求和公式与通项公式，即可求出结果. 【详解】因为等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，所以2413514522q a a a a =++==， 因此()()111111111221112n nnn n n n n na q S q q a a q q q ---⎛⎫- ⎪--⎝⎭====--⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：D. 8．C 【分析】令1m =，可得112+=⋅=n n n a a a a ，可得数列{}n a 为等比数列，利用等比数列前n 项和公式，求解即可. 【详解】因为对任意的,m n N *∈，都有m n m n a a a +=⋅，所以令1m =，则112+=⋅=n n n a a a a ， 因为10a ≠，所以0n a ≠，即12n na a +=， 所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2(12)6212n -=-，解得n =5，故选：C 9．A 【分析】分析出70a >，再结合等比中项的性质可求得7a 的值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则2750a a q =>，由等比中项的性质可得275964a a a ==，因此，78a =.故选：A. 10．C 【分析】根据题意，由等比数列的通项公式，以及题中条件，即可求出结果. 【详解】因为三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，所以正项等比数列{}n a 中的k a 可由首项1a 和末项n a 表示，因为11n n a a q -=，所以q =所以111111k k n n k a a a a a ---⎛⎫ ⎪⎛== ⎭⎝⎝1111n k k n n na a----==⋅ 故选：C.11．无12．A 【分析】由条件求出公比q ，再利用前4项和和公比求5678a a a a +++的值. 【详解】根据题意，由于{}n a 是各项均为正数的等比数列，121a a +=，()234124a a q a a +==+，∴24q =，0q >，2q则()()456781234161480a a a a q a a a a +++=+++=+=.故选：A 13．C 【分析】根据等比数列的通项公式，由题中条件，求出公比，进而可得出结果. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为12a =，且53a a =，所以21q =，解得1q =±， 所以91012a a q ==±.故选：C. 14．C 【分析】根据等比数列的性质，由题中条件，求出72a =，即可得出结果. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列，由17138a a a =，得378a =，所以72a =，因此231174a a a ==.故选：C. 15．B 【分析】首先利用等比数列的性质求3a 和公比q ，再根据公式求5S . 【详解】正项等比数列{}n a 中，2432a a a =+∴，2332a a =+∴，解得32a =或31a =-（舍去） 又112a =， 2314a q a ==， 解得2q，5151(132)(1)312112a q S q --∴===--，故选：B 16．D 【分析】根据n S 与n a 的关系求出n a ，然后判断各选项． 【详解】由题意2n ≥时，111(3)(3)23nn n n n n a S S b b ---=-=+-+=⨯，13n na a +=(2)n ≥， 113a Sb ==+，若212333a a b⨯==+，即1b =-，则{}n a 是等比数列，否则不是等比数列，也不是等差数列， 故选：D ． 【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的定义．在由1n n n a S S -=-求通项时，2n ≥必须牢记，11a S =它与(2)n a n ≥的求法不相同，因此会影响{}n a 的性质．对等比数列来讲，不仅要求3423a a a a ==，还必须满足3212a a a a =． 17．B 【分析】由等比数列前n 项和的性质即可求得12S . 【详解】 解：数列{}n a 是等比数列，3S ∴，63S S -，96S S -，129S S -也成等比数列，即4，8，96S S -，129S S -也成等比数列， 易知公比2q，9616S S ∴-=，12932S S -=，121299663332168460S S S S S S S S =-+-+-+=+++=.故选：B. 18．B 【分析】本题首先可设公比为q ，然后根据132185k a a a ++++=得出()2284k q a a ++=，再然后根据24242k a a a +++=求出2q，最后根据等比数列前n 项和公式即可得出结果. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ， 则132112285k k a a a a a a q q +++++++==，即()2285184k q a a ++=-=，因为24242k a a a +++=，所以2q，则()21123221112854212712k k k a a a a a ++⨯-+++++=+==-，即211282k +=，解得3k =， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据等比数列前n 项和求参数，能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.19．无20．B 【分析】由5312a a a +=，解得q ，然后由414242212(1)111(1)11a q S q q q a q S qq---===+---求解. 【详解】在等比数列{}n a 中，5312a a a +=， 所以421112a q a q a +=，即42210q q +-=， 解得212q =所以414242212(1)1311(1)121a q S q q q a q S q q---===+=---， 故选：B 【点睛】本题主要考查等比数列通项公式和前n 项和公式的基本运算，属于基础题,二、多选题 21．无22．AC 【分析】由运动轨迹分析列出总路程n S 关于n 的表达式，再由表达式分析数值特征即可 【详解】由题可知，第一次着地时，1100S =；第二次着地时，221002003S =+⨯；第三次着地时，232210020020033S ⎛⎫=+⨯+⨯ ⎪⎝⎭；……第n 次着地后，21222100200200200333n n S -⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则211222210020010040013333n n n S --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，显然500n S <，又n S 是关于n 的增函数，2n ≥，故当2n =时，n S 的最小值为40070010033+=； 综上所述，AC 正确 故选：AC 23．ABC 【分析】利用数列单调性及题干条件，可求出11,a b 范围；求出数列{},{}n n a b 的前2n 项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案. 【详解】因为数列{}n a 为递增数列，所以123a a a <<，所以11222a a a <+=，即11a <， 又22324a a a <+=，即2122a a =-<， 所以10a >，即101a <<，故A 正确； 因为{}n b 为递增数列， 所以123b b b <<，所以21122b b b <=，即1b < 又22234b b b <=，即2122b b =<， 所以11b >，即11b <<，故B 正确；{}n a 的前2n 项和为21234212()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++= 22(121)2[13(21)]22n n n n +-++⋅⋅⋅+-==，因为12n n n b b +⋅=，则1122n n n b b +++⋅=，所以22n n b b +=，则{}n b 的2n 项和为13212422()()n n n b b b b b b T -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=1101101122(222)(222)()(21)n n nb b b b --++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=+-1)1)n n>-=-，当n =1时，222,S T =>，所以22T S >，故D 错误； 当2n ≥时假设当n=k时，21)2k k ->21)k k ->， 则当n=k +11121)21)21)2k k k k k ++-=+-=->2221(1)k k k >++=+所以对于任意*n N ∈，都有21)2k k ->，即22n n T S >，故C 正确 故选：ABC 【点睛】本题考查数列的单调性的应用，数列前n 项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n 项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题. 24．AB 【分析】因为公比q 不为1，所以不能删去1a ，4a ，设等差数列的公差为d ，分类讨论，即可得到答案 【详解】解：因为公比q 不为1，所以不能删去1a ，4a ，设等差数列的公差为d ， ①若删去2a ，则有3142a a a =+，得231112a q a a q =+，即2321q q =+， 整理得()()()2111qq q q -=-+，因为1q ≠，所以21q q =+， 因为0q >，所以解得q =， ②若删去3a ，则2142a a a =+，得31112a q a a q =+，即321q q =+， 整理得(1)(1)1q q q q -+=-，因为1q ≠，所以(1)1q q +=， 因为0q >，所以解得12q -+=，综上12q +=或12q -+=， 故选：AB 25．BD 【分析】根据22n n S a =-，利用数列通项与前n 项和的关系得1,1,2n nS n a S n =⎧=⎨≥⎩，求得通项n a ，然后再根据选项求解逐项验证. 【详解】当1n =时，12a =，当2n ≥时，由22n n S a =-，得1122n n S a --=-， 两式相减得：12n n a a -=， 又212a a =，所以数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以2nn a =，24nn a =，数列{}2na 的前n 项和为()141444143n n nS +--'==-， 则22log log 2nn n b a n ===，所以()1111111n n b b n n n n +==-⋅⋅++，所以 1111111 (11123411)n T n n n =-+-++-=-<++， 故选：BD 【点睛】方法点睛：求数列的前n 项和的方法(1)公式法：①等差数列的前n 项和公式，()()11122n n n a a n n S na d +-==+②等比数列的前n 项和公式()11,11,11n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n 项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． 26．BD 【分析】先分析得到数列{}n a 有连续四项在集合{54-，24-，18，36，81}中，再求等比数列的公比. 【详解】 4n n b a =+ 4n n a b ∴=-数列{}n b 有连续四项在集合｛-50，-20，22，40，85｝中∴数列{}n a 有连续四项在集合{54-，24-，18，36，81}中又数列{}n a 是公比为q 的等比数列，∴在集合{54-，24-，18，36，81}中，数列{}n a 的连续四项只能是：24-，36，54-，81或81，54-，36，24-.∴363242q ==--或243236q -==-. 故选：BD 27．AC 【分析】求出等比数列的公比2q =±，再利用通项公式即可得答案；【详解】5721624a q q a ==⇒=±，当2q时，65428a a q ==⨯=，当2q =-时，654(2)8a a q ==⨯-=-， 故选：AC. 【点睛】本题考查等比数列通项公式的运算，考查运算求解能力，属于基础题. 28．ABD 【分析】根据基本不等式的相关知识，结合等比数列中等比中项的性质，求出5a 的范围，即可得到所求． 【详解】解：依题意，数列是{}n a 是正项等比数列，30a ∴>，70a >，50a >，∴2373752323262a a a a a +=， 因为50a >，所以上式可化为52a ，当且仅当3a =，7a = 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了基本不等式，考查分析和解决问题的能力，逻辑思维能力．属于中档题． 29．ABD 【分析】先分析公比取值范围，即可判断A ，再根据等比数列性质判断B,最后根据项的性质判断C,D. 【详解】若0q <，则67670,00a a a a <>∴<与671a a >矛盾； 若1q ≥，则11a >∴671,1a a >>∴67101a a ->-与67101a a -<-矛盾； 因此01q <<，所以A 正确；667710101a a a a -<∴>>>-，因此2768(,1)0a a a =∈，即B 正确； 因为0n a >，所以n S 单调递增，即n S 的最大值不为7S ，C 错误；因为当7n ≥时，(0,1)n a ∈，当16n ≤≤时，(1,)n a ∈+∞，所以n T 的最大值为6T ，即D 正确； 故选：ABD 【点睛】本题考查等比数列相关性质，考查综合分析判断能力，属中档题.30．ACD 【分析】若设此人第n 天走n a 里路，则数列{}n a 是首项为1a ，公比为12q =的等比数列，由6378S =求得首项，然后分析4个选项可得答案.【详解】解：设此人第n 天走n a 里路，则数列{}n a 是首项为1a ，公比为12q =的等比数列， 因为6378S =，所以1661(1)2=378112a S -=-，解得1192a =，对于A ，由于21192962a =⨯=，所以此人第二天走了九十六里路，所以A 正确； 对于B ，由于 3148119248,43788a =⨯=>，所以B 不正确； 对于C ，由于378192186,1921866-=-=，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里，所以C 正确； 对于D ，由于4561111924281632a a a ⎛⎫++=⨯++= ⎪⎝⎭，所以D 正确， 故选：ACD 【点睛】此题考查等比数的性质，等比数数的前项n 的和，属于基础题. 31．BD 【分析】先求得q 的取值范围，根据q 的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出n T 和n S 的大小关系. 【详解】由于{}n a 是等比数列，0n S >，所以110,0a S q =>≠， 当1q =时，10n S na =>，符合题意； 当1q ≠时，()1101n n a q S q-=>-，即101nq q ->-，上式等价于1010n q q ⎧->⎨->⎩①或1010n q q ⎧-<⎨-<⎩②.解②得1q >.解①，由于n 可能是奇数，也可能是偶数，所以()()1,00,1q ∈-.综上所述，q 的取值范围是()()1,00,-+∞.2213322n n n n b a a a q q ++⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以232n n T q q S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以()2311222n n n n T S S q q S q q ⎛⎫⎛⎫-=⋅--=⋅+⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而0n S >，且()()1,00,q ∈-⋃+∞.所以，当112q -<<-，或2q >时，0n n T S ->，即n n T S >，故BD 选项正确，C 选项错误. 当12(0)2q q -<<≠时，0n n T S -<，即n n T S <. 当12q =-或2q 时，0,n n n n T S T S -==，A 选项错误.综上所述，正确的选项为BD. 故选：BD 【点睛】本小题主要考查等比数列的前n 项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 32．ABD 【分析】由已知关系式可求1a 、n a ，进而求得{}21na n +的通项公式以及前n 项和,n S 即可知正确选项. 【详解】由已知得：12a =，令12335...(21)2n n T a a a n a n =++++-=， 则当2n ≥时，1(21)2n n n T T n a --=-=，即221n a n =-，而122211a ==⨯-也成立， ∴221n a n =-，*n N ∈，故数列{}21n a n +通项公式为211(21)(21)2121n n n n =-+--+，∴111111111121 (133557232121212121)n nS n n n n n n =-+-+-++-+-=-=---+++，即有1n n S na +=， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：由已知12335...(21)2n n T a a a n a n =++++-=求1a 、n a ，注意验证1a 是否符合n a 通项，并由此得到{}21na n +的通项公式，利用裂项法求前n 项和n S . 33．AC 【分析】直接利用题目中“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q .对于A ，则2221112()()n n n n n n f a a a q f a a a +++⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故A 是“保等比数列函数”；对于B ，则111()22()2n n n n a a a n a n f a f a ++-+==≠ 常数，故B 不是“保等比数列函数”； 对于C，则1()()n n f a f a +===，故C 是“保等比数列函数”；对于D ，则11ln ln ln ln ln ()1()ln ln ln ln n n n n n n n n na a q a qq f a f a a a a a ++⋅+====+≠ 常数，故D 不是“保等比数列函数”. 故选：AC. 【点睛】本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题. 34．BCD 【分析】由数列的递推式可得1121n n n n a S S a ++=-=+，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公式可得n a ，1112211(21)(21)2121n n n n n n n n a a +++==-----，由数列的裂项相消求和可得n T ． 【详解】解：由121n n n S S a +=++即为1121n n n n a S S a ++=-=+，可化为112(1)n n a a ++=+，由111S a ==，可得数列{1}n a +是首项为2，公比为2的等比数列，则12nn a +=，即21n n a =-，又1112211(21)(21)2121n n n n n n n n a a +++==-----，可得22311111111111212*********n n n n T ++=-+-+⋯+-=-<------， 故A 错误，B ，C ，D 正确． 故选：BCD ． 【点睛】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消法求和，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题． 35．ACD 【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出1361,a a ，列式即可求出m ，从而求出通项ij a ，再按照分组求和法，每一行求和可得S ，由此可以判断各选项的真假．【详解】∵a 11＝2，a 13＝a 61+1，∴2m 2＝2+5m +1，解得m ＝3或m 12=-（舍去）， ∴a ij ＝a i 1•3j ﹣1＝[2+（i ﹣1）×m ]•3j ﹣1＝（3i ﹣1）•3j ﹣1，∴a 67＝17×36，∴S ＝(a 11+a 12+a 13+……+a 1n )+(a 21+a 22+a 23+……+a 2n )+……+(a n 1＋a n2＋a n 3＋……＋a nn ) 11121131313131313n n n n a a a ---=+++---（）（）（） 12=（3n ﹣1）•2312n n +-（） 14=n （3n +1）（3n ﹣1） 故选：ACD.【点睛】本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前n 项和公式的应用，属于中档题．。
等比数列的前n项和例题详细解法・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，S2n=6560，故q≠1∵a＞0，q＞1，等比数列为递增数列，故前n项中最大项为an．∴a n=aq n-1=54④将③代入①化简得a=q－1 ⑤由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3证∵Sn=a1＋a1q＋a1q2＋...＋a1q n-1S2n=S n＋(a1q n＋a1q n+1＋...＋a1q2n-1)=S n＋q n(a1＋a1q＋...＋a1q n-1)=S n＋q n S n=S n(1＋q n)类似地，可得S3n=S n(1＋q n＋q2n)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S2n、S3n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2】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q2，首项分别为a1，a1q．解设项数为2n(n∈N*)，因为a1=1，由已知可得q≠1．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3】已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＝p n(p∈R，n∈N*)，那么数列{a n}．[ ]A．是等比数列B．当p≠0时是等比数列C．当p≠0，p≠1时是等比数列D．不是等比数列分析：由S n＝p n(n∈N*)，有a1=S1＝p，并且当n≥2时，a n=S n－S n-1＝p n－p n-1＝(p－1)p n-1但满足此条件的实数p是不存在的，故本题应选D．【例4】已知等比数列1，x1，x2，...，x2n，2，求x1・x2・x3*...・x2n．解∵1，x1，x2，...，x2n，2成等比数列，公比q∴2＝1・q2n+1x1x2x3...x2n＝q・q2・q3...q2n=q1+2+3+ (2)式；(2)已知a3・a4・a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．∴a4＝2【例5】设a、b、c、d成等比数列，求证：(b－c)2＋(c－a)2＋(d－b)2＝(a－d)2．证法一∵a、b、c、d成等比数列∴b2＝ac，c2＝bd，ad＝bc∴左边=b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2＋d2－2bd＋b2=2(b2－ac)＋2(c2－bd)＋(a2－2bc＋d2)＝a2－2ad＋d2＝(a－d)2＝右边证毕．证法二∵a、b、c、d成等比数列，设其公比为q，则：b＝aq，c＝aq2，d=aq3∴左边＝(aq－aq2)2＋(aq2－a)2＋(aq3－aq)2＝a2－2a2q3＋a2q6=(a－aq3)2＝(a－d)2=右边证毕．说明这是一个等比数列与代数式的恒等变形相综合的题目．证法一是抓住了求证式中右边没有b、c的特点，走的是利用等比的条件消去左边式中的b、c的路子．证法二则是把a、b、c、d 统一化成等比数列的基本元素a、q去解决的．证法二稍微麻烦些，但它所用的统一成基本元素的方法，却较证法一的方法具有普遍性．【例6】求数列的通项公式：(1){an}中，a1＝2，a n+1＝3a n＋2(2){an}中，a1=2，a2＝5，且a n+2－3a n+1＋2a n＝0思路：转化为等比数列．∴{a n＋1}是等比数列∴a n＋1=3・3n-1 ∴a n=3n－1∴{a n+1－a n}是等比数列，即a n+1－a n=(a2－a1)・2n-1=3・2n-1再注意到a2－a1=3，a3－a2=3・21，a4－a3=3・22，...，a n－a n-1=3・2n-2，这些等式相加，即可以得到说明解题的关键是发现一个等比数列，即化生疏为已知．(1)中发现{a n＋1}是等比数列，(2)中发现{a n+1－a n}是等比数列，这也是通常说的化归思想的一种体现．证∵a1、a2、a3、a4均为不为零的实数∴上述方程的判别式Δ≥0，即又∵a1、a2、a3为实数因而a1、a2、a3成等比数列∴a4即为等比数列a1、a2、a3的公比．。
