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6．3　等比数列及其前n项和
(教师独具内容)
1．通过实例，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．探索并掌握等比数列的通项公式与前n项和的公式．
3．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．重点提升数学抽象、逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
本考点内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查，解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，属于中低档题．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．等比数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q.
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时G2＝ab．即G是a与b的等比中项 a，G，b成等比数列 G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(2)前n项和公式
对于常数列的等比数列，即q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝a1x图象上一系列孤立的点．
3．常用结论
(1)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则aman＝apaq＝a.
(2)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{anbn}，仍是等比数列．
(3)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(4)数列{an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
(5)当q≠0，q≠1时，Sn＝k－kqn(k≠0)是数列{an}成等比数列的充要条件，此时k＝.
(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．
(7)若等比数列的前m项和为Sm，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列．注意m为偶数且q＝－1除外．
1．(2022·湖南岳阳一中模拟)数列－，，－，，…的一个通项公式是(　　)
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
答案　B
解析　观察数字规律可知，数列是一个以－为首项，－为公比的等比数列，所以通项公式为an＝＝.故选B.
2．(2021·北京延庆模拟)“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　B
解析　若ad＝bc，不能推出a，b，c，d成等比数列，例如：a＝0，b＝0，c＝1，d＝2时，故充分性不成立；若a，b，c，d成等比数列，则＝.所以ad＝bc，故必要性成立．综上，“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件．故选B.
3．(2021·辽宁建平县实验中学模拟)在等比数列{an}中，a3＝24，a5＝6，则a4＝(　　)
A．12 B．－15 C．±12 D．15
答案　C
解析　由等比数列的性质，得a＝a3a5＝24×6＝144，所以a4＝±12.故选C.
4．(2021·浙江杭州模拟)已知等比数列{bn}的前n项和为Sn，且满足公比0＜q＜1，b1＜0，则下列说法不正确的是(　　)
A．{Sn}一定是递减数列
B．{bn}一定是递增数列
C．式子bn－Sn≥0恒成立
D．可能满足bk＝Sk，且k≠1
答案　D
解析　因为等比数列{bn}满足公比0＜q＜1，b1＜0，所以当n≥2时，＝q<1，且bn<0，所以bn>bn－1，故数列{bn}为递增数列，故B正确；由0＜q＜1，b1＜0，知bn<0，所以Sn＝Sn－1＋bnSn，即bn－Sn>0，当n＝1时，b1－S1＝0，综上bn－Sn≥0，故C正确，D不正确．故选D.
5．(2021·青岛模拟)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若q＝2，S2＝6，则S3＝(　　)
A．8 B．12 C．14 D．16
答案　C
解析　由题意，得S2＝a1＋2a1＝6，a1＝2，所以a3＝2×22＝8，S3＝S2＋a3＝6＋8＝14.故选C.
1．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
答案　A
解析　解法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得
两式相除，得q2＝，所以或所以S6＝＝7.故选A.
解法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.
2．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　)
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
答案　B
解析　解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为＝＝＝＝2，所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n.故选B.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，由a5－a3＝12，a6－a4＝24可得解得所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1.因此＝＝2－21－n.故选B.
3．(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　)
A．12 B．24 C．30 D．32
答案　D
解析　设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D.
4．(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，根据题意，有
解得
所以an＝3n－1.
(2)令bn＝log3an＝log33n－1＝n－1，
则Sn＝＝，
根据Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，可得
＋＝，
整理得m2－5m－6＝0，
因为m＞0，所以m＝6.
一、基础知识巩固
考点　　等比数列基本量的计算
例1　(2022·长春模拟)已知{an}为等比数列，若a4＝2，a8＝32，则a6＝(　　)
A．±8 B．8
C．16 D．±16
答案　B
解析　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3＝2，a8＝a1q7＝32，两式相除可得q4＝16，所以q2＝4，所以a6＝a4q2＝2×4＝8.故选B.
例2　(2021·承德模拟)已知公比为q(q≠1)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则数列的前n项和为(　　)
A． B．
C． D． eq \f(Sn,aqn－1)
答案　D
解析　不妨设数列的前n项和为Tn，因为{an}为等比数列，且公比为q(q≠1)，所以＝＝，所以数列也为等比数列，且公比为，因为Sn＝，所以Tn＝＝ eq \f(a1（1－qn）,aqn－1（1－q）)＝ eq \f(Sn,aqn－1).故选D.
　1.(2022·江西赣州模拟)已知在等比数列{an}中，a3＝4，a4a6＝32，则的值为(　　)
A．2 B．4 C．8 D．16
答案　A
解析　依题意，得a4a6＝a3q·a3q3＝aq4＝16q4＝32，q4＝2，＝＝q4＝2.故选A.
2．(2021·石家庄二中模拟)若正项等比数列{an}满足a1a3＝，2a4＋a3＝a2，则Sn＝－＋…＋(－1)n＋1＝(　　)
A．[1＋(－2)n] B．(1－2n)
C．(1＋2n) D．[1－(－2)n]
答案　D
解析　由题意a1a3＝a＝，得a2＝.令{an}的公比为q>0，由2a4＋a3＝a2，得2q2＋q－1＝0，解得q＝，所以a1＝，an＝.令bn＝(－1)n＋1，则bn＝－(－2)n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝[1－(－2)n].故选D.
　
(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，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，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
考点　　等比数列的判断与证明
例3　(2022·江西九江模拟)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，则有Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…(k∈N*)成等差数列．类比上述性质，若公比不为1的等比数列{bn}的前n项积为Tn，则有(　　)
A．Tk，T2k＋Tk，T3k＋T2k，…(k∈N*)成等比数列
B．Tk，T2k－Tk，T3k－T2k，…(k∈N*)成等比数列
C．Tk，T2k·Tk，T3k·T2k，…(k∈N*)成等比数列
D．Tk，，，…(k∈N*)成等比数列
答案　D
解析　根据题意Tk＝b1·b2·…·bk，＝bk＋1·bk＋2·…·b2k＝(b1·qk)(b2·qk)·…·(bk·qk)＝Tk·qk2，＝b2k＋1·b2k＋2·…·b3k＝(b1·q2k)(b2·q2k)…(bk·q2k)＝Tk·q2k2，同理可得＝Tk·q3k2，若公比不为1的等比数列{bn}的前n项积为Tn，则有Tk，，，…(k∈N*)构成以Tk为首项，qk2为公比的等比数列．故选D.
例4　(2021·湖南长沙一中模拟)已知数列{an}满足：a1＝，2an＋1＝an＋n＋2.
(1)记bn＝an－n，求证：数列{bn}为等比数列；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，求Sn.
解　(1)证明：∵2an＋1＝an＋n＋2，
∴2[an＋1－(n＋1)]＝an－n，
∴＝，
∴数列{bn}是首项为b1＝a1－1＝，公比为的等比数列．
(2)由(1)知，bn＝an－n＝.
∴an＝＋n，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋1＋＋2＋…＋＋n＝＋＝－.
　3.(2021·浙江宁波模拟)已知数列{an}满足：λan＋1＋＝－2λ＋μ(λ，μ∈R)，n∈N*，且a1＝，则下列判断错误的是(　　)
A．当λ＝0，μ＝2时，存在非零常数t∈R，使得是等差数列
B．当λ＝0，μ＝1时，存在非零常数t∈R，使得是等比数列
C．当λ＝－1，μ＝0时，存在非零常数t∈R，使得是等差数列
D．当λ＝1，μ＝0时，存在非零常数t∈R，使得是等比数列
答案　C
解析　当λ＝0，μ＝2时，＝＋1，是等差数列，t＝1，A正确；当λ＝0，μ＝1时，＝＋1，＋1＝2，所以是首项为3，公比为2的等比数列，t＝1，B正确；当λ＝－1，μ＝0时，－an＋1＝＋2，即an＋1＝－－2，－＝－＝－＝≠d(常数)，所以对任何非零常数t∈R，不可能是等差数列，C错误；当λ＝1，μ＝0时，an＋1＝－2，＝·＝，当＝t＋3，即t2＋4t＝0时，取t＝－4，此时是公比为－3的等比数列，D正确．故选C.
4．(2022·赣州赣县第三中学模拟)已知数列{an}满足：an＋1＋an＝2n，且a1＝1，bn＝an－×2n.
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解　(1)证明：因为an＋1＋an＝2n，a1＝1，bn＝an－×2n，
所以an＋1－×2n＋1＝－，
所以＝－1，
即＝－1，
又b1＝a1－＝≠0，
所以数列{bn}是首项为，公比为－1的等比数列．
(2)由(1)，得an－×2n＝×(－1)n－1，
即an＝[2n－(－1)n]，
则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝{(21＋22＋23＋…＋2n)－[(－1)1＋(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n]}
＝
＝.
　等比数列的三种常用判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}满足an≠0且a＝anan＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝kqn－k(k为常数，且k≠0，q≠0，1)，则数列{an}是等比数列．
考点　　等比数列的性质及其应用
例5　(2021·益阳模拟)在正项等比数列{an}中，a3a8＝4，则数列{log2an}的前10项和为(　　)
A．9 B．10
C．11 D．12
答案　B
解析　由等比数列的性质，得a1a10＝a2a9＝a3a8＝…＝a5a6＝4，所以数列{log2an}的前10项和为log2a1＋log2a2＋…＋log2a10＝log2(a1a2…a10)＝log245＝10.故选B.
例6　(2022·嘉兴模拟)在等比数列{an}中，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1为(　　)
A．16(1－4－n) B．(1－4－n)
C．16(1－2－n) D．(1－2－n)
答案　B
解析　令{an}的公比为q，因为a2＝2，a5＝，所以q3＝＝，解得q＝，a1＝4.根据等比数列的性质可知，数列{anan＋1}是公比为q2＝，首项为a1a2＝8的等比数列，所以Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).故选B.
例7　(2022·四川成都模拟)数列{an}为各项都是正数的等比数列，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40＝(　　)
A．150 B．－200
C．150或－200 D．400或－50
答案　A
解析　解法一：由等比数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30是等比数列，∴(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，解得S20＝30(负值舍去).又(S30－S20)2＝(S20－S10)(S40－S30)，即(70－30)2＝(30－10)(S40－70)，解得S40＝150.故选A.
解法二：因为数列{an}为各项都是正数的等比数列，设公比为q，则q>0，由题意可知q≠1，所以S10＝(1－q10)＝10，①
S30＝(1－q30)＝70，②
①②两式相除，可得q20＋q10＋1＝7，解得q10＝2或q10＝－3(舍去)，把q10＝2代入①可得＝－10，所以S40＝(1－q40)＝－10×(1－24)＝150.故选A.
　5.(2022·黄山模拟)已知正项等比数列{an}的公比为3，且a1a2…a20＝320，则a4a8a12a16a20＝(　　)
A．3 eq \s\up15() B．39 C．310 D．35
答案　A
6．(2021·四川绵阳高三期末)在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两个根，则的值为(　　)
A．－ B．－
C． D．2
答案　B
解析　在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两个根，则所以a9＝－，则＝ eq \f(a,a)＝a9＝－.故选B.
7．(2022·湖北荆门模拟)已知在等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则公比q＝(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　A
解析　在等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则a3＋…＋a2k＋1＝85－a1＝85－1＝84，又因为a3＋…＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)q，所以84＝42q q＝2.故选A.
　等比数列的性质使用时的关注点
(1)常见性质的使用，如：m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则aman＝apaq＝a.
(2)通项公式的使用，如：已知等比数列{an}，则数列{anan＋1}是等比数列，根据题目条件，认真分析，发现具体变化特征即可找出解决问题的突破口．
(3)整体代入方法的使用．
二、核心素养提升
例1　(2022·山西阳泉模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5，1A． B．
C． D．
答案　A
解析　设等比数列{an}的公比为q，则q3＝＝－，数列{a3n}是首项为a3，公比为q3的等比数列，则S5＝＝a3∈.故选A.
例2　(2021·株洲模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为(　　)
A．－2 B．2 C．－3 D．3
答案　B
解析　设数列{an}的公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.因为＝＝qm＋1＝9，所以qm＝8.因为＝＝qm＝8＝，所以m＝3.所以q3＝8.所以q＝2.故选B.
例3　(2022·江门模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件0A．q>1 B．0C．Sn的最大值为S7 D．Tn的最大值为T6
答案　D
解析　由01.由于a1>1，01，01．巧用性质，减少运算量，计算技巧的运用在解题中非常重要．
2．注重分类思想的使用，如：公比的讨论尤其注意．
课时作业
一、单项选择题
1．(2021·北京育才学校模拟)已知等差数列{an}中，a1＝1，公差d≠0，如果a1，a2，a5成等比数列，那么d等于(　　)
A．2或－2 B．－2
C．2 D．3
答案　C
解析　因为a1，a2，a5成等比数列，所以a＝a1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，因为a1＝1，所以(1＋d)2＝1(1＋4d)，解得d＝2(d＝0舍去).故选C.
2．(2021·营口模拟)已知实数b为a，c(a≥b≥c>0)的等差中项，若2c，b，2a成等比数列，则此等比数列的公比为(　　)
A．2－ B．2＋
C．7－4 D．7＋4
答案　B
解析　因为实数b为a，c(a≥b≥c>0)的等差中项，所以2b＝a＋c　①，又2c，b，2a成等比数列，所以b2＝2a·2c＝4ac　②，联立①②，得＝4ac，即a2－14ac＋c2＝0，所以－14·＋1＝0，解得＝7±4.设等比数列的公比为q，由题意，知q>1，q2＝＝＝7＋4，所以q＝2＋.故选B.
3．在等比数列{an}中，若a2a5＝－，a2＋a3＋a4＋a5＝，则＋＋＋＝(　　)
A．1 B．－ C．－ D．
答案　C
解析　因为数列{an}是等比数列，a2a5＝－＝a3a4，a2＋a3＋a4＋a5＝，所以＋＋＋＝＋＝＝－.故选C.
4．(2021·连云港模拟)已知等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝1－A·3n＋1(A∈R)，数列{bn}是递增数列，且bn＝An2＋Bn，则实数B的取值范围为(　　)
A． B．[－1，＋∞)
C．(－1，＋∞) D．
答案　C
解析　因为等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝1－A·3n＋1(A∈R)，所以a1＝S1＝1－9A，a2＝S2－S1＝(1－27A)－(1－9A)＝－18A，a3＝S3－S2＝(1－81A)－(1－27A)＝－54A，在等比数列{an}中，因为a＝a1a3，所以(－18A)2＝(1－9A)(－54A).解得A＝或A＝0(舍去)，所以bn＝n2＋Bn.因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn>0，所以B>－n－.又n∈N*，所以B>－1.故选C.
5．(2021·河北衡水中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且(－1)Sn＋an＝(n∈N*).记bn＝anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，则使Tn>成立的最小正整数为(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
答案　C
解析　由(－1)Sn＋an＝，可知(－1)·Sn＋1＋an＋1＝，所以(－1)(Sn＋1－Sn)＋an＋1－an＝0，即an＋1＝an.当n＝1时，因为(－1)a1＋a1＝，所以a1＝1，所以an≠0，所以＝，所以数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列，所以＝＝＝＝.又b1＝a1a2＝，所以数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列，所以Tn＝＝.又Tn>，所以1－>，即<＝，所以n>6.又n∈N*，所以n的最小值为7.故选C.
6．(2021·江苏苏州二模)已知数列{an}是等比数列，下列结论正确的是(　　)
A．若a1a2>0，则a2a3<0
B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0
C．若a2>a1>0，则a1＋a3>2a2
D．若a1a2<0，则(a2－a1)(a2－a3)<0
答案　C
解析　数列{an}是等比数列，对于A，a1a2>0，即aq>0，可得q>0，则a2a3＝aq3>0，故A不正确；对于B，a1＋a3＝a1(1＋q2)<0，可得a1<0，由于a1＋a2＝a1(1＋q)，当q<－1时，a1＋a2>0，故B不正确；对于C，a2>a1>0，可得q>1，所以a1＋a3－2a2＝a1(1－2q＋q2)＝a1(1－q)2>0，故a1＋a3>2a2，C正确；对于D，由a1a2<0，可得aq<0，可得q<0，所以(a2－a1)(a2－a3)＝a(q－1)(q－q2)＝－aq(q－1)2>0，故D不正确．故选C.
7．(2021·苏州模拟)公比q≠－1的等比数列的前3项、前6项、前9项的和分别为S3，S6，S9，则下列等式成立的是(　　)
A．S3＋S6＝S9
B．S＝S3S9
C．S3＋S6－S9＝S
D．S＋S＝S3(S6＋S9)
答案　D
解析　由等比数列的性质可知，S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，整理，得S＋S＝S3(S6＋S9).故选D.
8．(2021·湖南师大附中模拟)已知数列{an}为无穷等比数列，且公比q>1，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　)
A．a2>a1
B．a1＋a2>0
C．数列{a}是递增数列
D．Sn存在最小值
答案　C
解析　因为数列{an}为无穷等比数列，且公比q>1，但首项的正负不确定，所以a2＝a1q与a1的大小关系不能确定，a1＋a2＝a1(1＋q)也不一定大于0，故A，B错误；对于C，因为a＝a(q2)n－1，所以数列{a}是首项为a>0，公比为q2的等比数列，所以a－a＝a·(q2)n－a(q2)n－1＝a(q2)n－1(q2－1)>0，所以数列{a}是递增数列，C正确；对于D，因为Sn为数列{an}的前n项和，所以Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn，因为首项的正负不确定，所以Sn的增减性不确定，故Sn不一定存在最小值，故D错误．故选C.
二、多项选择题
9．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有(　　)
A．Sn＝3n－1
B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1
D．an＝
答案　ABD
解析　由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即＝3(n≥2)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以＝2，所以数列的通项公式为an＝当n≥2时，Sn＝＝＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；又由＝＝3，所以数列{Sn}为公比为3的等比数列．综上可得，选ABD.
10．(2021·湛江模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，<0.则下列结论正确的是(　　)
A．0B．a7a9<1
C．Tn的最大值为T7
D．Sn的最大值为S7
答案　ABC
解析　因为a1>1，a7a8>1，<0，所以a7>1，01，01，011．(2021·锦州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝p，2Sn－Sn－1＝2p(n≥2，p为非零常数)，则下列结论正确的是(　　)
A．数列{an}是等比数列
B．当p＝1时，S4＝
C．当p＝时，aman＝am＋n
D．|a3|＋|a8|＝|a5|＋|a6|
答案　ABC
解析　对于A，在数列{an}中，因为a1＝p，2Sn－Sn－1＝2p(n≥2，p为非零常数)①，
当n＝2时，2(a2＋p)－p＝2p，解得a2＝，当n≥3时，2Sn－1－Sn－2＝2p②，
由①－②，得2an－an－1＝0，即＝，又因为＝，所以数列{an}是首项为p，公比为的等比数列，因此A正确；对于B，由A项，得an＝p·，因此当p＝1时，an＝，S4＝＝，B正确；对于C，由A项，得an＝p·，因此当p＝时，an＝，aman＝·＝＝am＋n，因此C正确；对于D，由A项，得an＝p·，因此|a3|＋|a8|＝|p|·＋|p|·＝|p|·，|a5|＋|a6|＝|p|·＋|p|·＝|p|·，所以|a3|＋|a8|>|a5|＋|a6|，D不正确．故选ABC.
三、填空题
12．(2022·安庆模拟)已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝2，S3＝7，数列{log2(Sn＋1)}的前n项和为Tn，则Tn＝ ．
答案　
解析　设等比数列{an}的公比为q，由a2＝2，S3＝a1＋a2＋a3＝7，得＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝(舍去)，则a1＝＝＝1，所以Sn＝＝2n－1.令bn＝log2(Sn＋1)，则bn＝log22n＝n，所以Tn＝.
13．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝，a＝a6，则S6＝ ．
答案　
解析　设等比数列{an}的公比为q，则由a＝a6，得(a1q3)2＝a1q5，即a1q＝1，因为a1＝，所以q＝3，所以S6＝＝.
14．(2021·铁岭模拟)在正项数列{an}中，a1＝3，＝(n≥2，n∈N*)，若a19＝27，则a10＝ ．
答案　9
解析　因为＝，所以a－a＝an＋1an－1－a，所以a＝an－1·an＋1(n≥2)，故数列{an}为等比数列，所以a＝a1a19＝81，又an>0，所以a10＝9.
15．(2021·怀化模拟)已知等比数列{an}满足an>0，且a2a6＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a7＝ ．
答案　7
解析　由已知可得a1a7＝a2a6＝a3a5＝a＝4，所以a4＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a7＝log2(a1a2a3…a7)＝log2(27)＝7.
四、解答题
16．(2021·漳州模拟)设a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn＝an＋1－an，bn＋1＝2bn＋2.
(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列(要指出首项与公比)；
(2)求数列{an}的通项公式．
解　(1)证明：因为bn＋1＝2bn＋2，两边同时加2，得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，
所以＝2，
又b1＝a2－a1＝2，b1＋2＝4，
所以数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)可知，bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1.
所以bn＝2n＋1－2.
则an＋1－an＝2n＋1－2.
令n＝1，2，…，n－1，
则a2－a1＝22－2，a3－a2＝23－2，…，an－an－1＝2n－2，
将上式相加，得an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2(n－1)＝2n＋1－2－2n＋2＝2n＋1－2n，
所以an＝2n＋1－2n.
17．(2021·宜昌模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足条件Sn＝3an＋2.
(1)求证：数列{an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
解　(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝3a1＋2，解得a1＝－1，
当n≥2时，由Sn＝3an＋2，得Sn－1＝3an－1＋2，
将上述两式作差，得an＝3an－3an－1，
整理得an＝an－1.
因为a1＝－1≠0，则对任意的n∈N*，an≠0，
所以＝，
所以数列{an}是以－1为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，数列{an}是以－1为首项，为公比的等比数列，故an＝－.
由等比数列的求和公式可得
Sn＝＝2.
18．(2021·汕头模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列的前n项和Tn.
解　(1)因为an＋1＝Sn，所以an＝Sn－1(n≥2)，
两式相减，得an＋1＝2an(n≥2)，
所以数列{an}是从第2项开始的等比数列，
因为a2＝S1＝2，所以an＝
(2)因为bn＝log2an＝
①当n≥2时，Tn＝＋＋＋…＋＝1＋1－＋－＋－＋…＋－＝2－.
②当n＝1时，T1＝1，满足Tn＝2－.
综上所述，Tn＝2－.

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