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第三节　等比数列及其前n项和　
[课标要求]　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．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q(q≠0)表示．
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．
温馨提示：
在等比数列{an}中，任取相邻的三项an，an＋1，an＋2，an＋1是an与an＋2的等比中项，即a＝anan＋2．
3．等比数列的通项公式
首项为a1，公比为q的等比数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(q≠0，n∈N*)．
注：只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个．
4．等比数列的前n项和公式
首项为a1，公比为q的等比数列的前n项和
Sn＝
5．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N＋)．
(2)对任意的正整数m，n，p，t，若m＋n＝p＋t，则am·an＝ap·at．
(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m，S2m－S3m，S3m－S2m仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．
(4)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．
(5)若或则等比数列{an}递增．
若或则等比数列{an}递减．
(一)必背常用结论
1．项的个数的“奇偶”性质，在等比数列{an}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＝q．
2．分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm qn＝(q为公比)．
3．当q≠0，q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是成等比数列的充要条件，此时k＝．
(二)盘点易错易混
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．
3．忽视“G2＝ab”是“a，G，b”成等比数列的必要不充分条件致误．
【小题热身】
1．已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若＝，则q的值为(　　 )
A．－　　　B．　　　C．2　　　D．－2
解析：当q＝1时，＝1≠，∴q≠1．
当q≠1时，＝＝q5＝，∴q＝．故选B．
答案：B
2．已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝(　　 )
A．32　　　B．64　　　C．128　　　D．256
解析：∵a2·a4＝a＝16，∴a3＝4(负值舍去)，①
又S3＝a1＋a2＋a3＝＋＋a3＝7，②
联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－或q＝2，
∵an>0，∴q＝2，∴a8＝a3·q5＝27＝128．
答案：C
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝3，S4＝15，则S6等于(　　 )
A．31　　　B．32　　　C．63　　　D．64
解析：根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1．由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63．故选C．
答案：C
4．[易错题]已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________．
解析：设这三个数为，a，aq，则
解得或
∴这三个数为1，3，9或9，3，1．
答案1，3，9或9，3，1
5．(多选)若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　 )
A．若a1>0，0B．若a1<0，0C．若q>0，则S4＋S6>2S5
D．若bn＝，则{bn}是等比数列
解析：A，B显然是正确的；
对于C，若a1＝1，q＝，则a6对于D，＝＝(q≠0)，
∴{bn}是等比数列．
答案：ABD
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__等比数列的基本量运算[自主演练]
1．(2020·全国卷Ⅱ)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
2．(2022 ·湖北八校联考)已知数列{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，Sn为等差数列{bn}的前n项和，且S6＝S10，a6＝b7，则b9＝(　　 )
A． B．－
C．－ D．－4
3．(多选)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则(　　 )
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋1解析：1．法一　设等比数列{an}的公比为q，
则由解得
所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，
所以＝＝2－21－n，故选B．
法二　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．
2．∵{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，∴a＝4a6，解得a6＝4．
设等差数列{bn}的公差为d，∵S6＝S10，
∴b7＋b8＋b9＋b10＝0，则b7＋b10＝0．
∵a6＝b7＝4，∴b10＝－4，∴3d＝b10－b7＝－4－4＝－8，∴d＝－，
∴b9＝b7＋2d＝4＋2×＝－．故选B．
3．由题意2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，选项A正确；
an＝2×2n－1＝2n，选项B正确；
Sn＝＝2n＋1－2，所以S10＝2 046，选项C错误；
an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，选项D正确．
答案：(1)B　(2)B　 (3)ABD
[思维升华]　(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2__等比数列的判定与证明[典例引领]
【例1】　已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N*．
(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)证明：b1＝a2－a1＝1．
当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an＝－(an－an－1)＝－bn－1，
∴{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋＋…＋
＝1＋＝1＋
＝－．
当n＝1时，－＝1＝a1，
∴an＝－(n∈N*)．
[思维升华]　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{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列．
[对点练]　1．(2021·安徽黄山一模)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2．
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝S2＝4a1＋2＝6．
∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3．
又
①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．
∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，
故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴－＝，
故是首项为，公差为的等差数列．
∴＝＋(n－1)·＝，
故an＝(3n－1)·2n－2．
2．已知数列{an}满足对任意的正整数n，均有an＋1＝5an－2·3n，且a1＝8．
证明：数列{an－3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式．
证明：因为an＋1＝5an－2·3n，
所以an＋1－3n＋1＝5an－2·3n－3n＋1＝5(an－3n)，
又a1＝8，所以a1－3＝5，
所以数列{an－3n}是首项为5，公比为5的等比数列．
所以an－3n＝5n，所以an＝3n＋5n．
考点3__等比数列的性质[多维讲练]
高考对等比数列的考查常以选择、填空题的形式出现，难度偏小，主要考查等比数列项的性质、等比数列和的性质，凸显逻辑推理和数学运算素养．
角度1　等比数列项的性质
【例2】　(1)等比数列{an}中，a3a7a15＝6，a8＝3，则a9＝(　　 )
A．　　　B．　　　C．2　　　D．12
(2)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…a8＝16，则＋＋…＋的值为(　　 )
A．2　　　B．4　　　C．8　　　D．16
解析：(1)根据等比数列性质知a3a7a15＝aa7＝aa9＝6，故a9＝＝．
(2)由分数的性质得到＋＋…＋＝＋＋…＋．因为a8a1＝a7a2＝a3a6＝a4a5，
所以原式＝＝，
又a1a2…a8＝16＝(a4a5)4，an>0，
∴a4a5＝2，∴＋＋…＋＝2．故选A．
答案：(1)A　(2)A
[思维升华]　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(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq”，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2　等比数列和的性质
【例3】　(1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝(　　 )
A．150 B．－200
C．150或－200 D．400或－50
(2)已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85，所有偶数项之和为170，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为________．
解析：(1)法一　由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)·(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150．故选A．
法二　设等比数列的前n项和为Sn＝A－Aqn，则两式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10．∴S12＝A(1－q12)＝－10×(1－24)＝150．故选A．
(2)设公比为q，由
得∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2(1＋q3)(1＋q6)＝585．
答案：(1)A　(2)585
[思维升华]　(1)等比数列前n项和的性质主要是：若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列．
(2)注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1时，Sn＝＝－·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)．
(3)利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度．解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口．
[对点练]　1．(2021·湖南名校联盟检测)已知正数组成的等比数列{an}的前8项的积是81，那么a1＋a8的最小值是(　　 )
A．2　　　B．2　　　C．8　　　D．6
解析：∵正数组成的等比数列{an}的前8项的积是81，∴a1a2…a8＝(a1a8)4＝81，解得a1a8＝3．那么a1＋a8≥2＝2，当且仅当a1＝a8＝时取等号．故选A．
答案：A
2．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　 )
A．25　　　B．20　　　C．15　　　D．10
解析：在正项等比数列{an}中，Sn>0．
因为S8－2S4＝5，所以S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以S12－S8＝＝＋S4＋10≥2＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号)．
因为S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12，
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20．
答案：B
3．等比数列{an}满足an＞0，且a2a8＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝________．
解析：由题意可得a2a8＝a＝4，a5＞0，所以a5＝2，则原式＝log2(a1a2…a9)＝9log2a5＝9．
答案：9
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
由数列的递推公式求通项公式——构造法(其他)
对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习过的方法以外，根据数列递推公式的特点，还有以下几种构造方法．
构造法1　形如an＋1＝pan＋q，p≠0，其中a1＝a型
【例1】　在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3，求{an}的通项公式．
解：∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
又a1＋3＝4，∴数列{an＋3}是首项为4，公比q＝2的等比数列，
∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3．
[思维升华]　形如an＋1＝pan＋q，p≠0，其中a1＝a型
(1)若p＝1，数列{an}为等差数列；
(2)若q＝0，数列{an}为等比数列；
(3)若p≠1且q≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，
又an＋1＝pan＋q，所以(p－1)λ＝q，即λ＝(p≠1)，
所以an＋1＋＝p，
即构成以a1＋为首项，以p为公比的等比数列．
构造法2　形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)型
【例2】　已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋，求an．
解：法一　在an＋1＝an＋两边乘以2n＋1，得2n＋1·an＋1＝(2n·an)＋1．
令bn＝2n·an，则bn＋1＝bn＋1，
根据待定系数法，得bn＋1－3＝(bn－3)．
所以数列{bn－3}是以b1－3＝2×－3＝－为首项，以为公比的等比数列．
所以bn－3＝－·，即bn＝3－2．
于是，an＝＝3－2．
法二　在an＋1＝an＋两边乘以3n＋1，得3n＋1an＋1＝3nan＋．
令bn＝3n·an，则bn＋1＝bn＋．
所以bn－bn－1＝，bn－1－bn－2＝，…，b2－b1＝．
将以上各式叠加，得bn－b1＝＋…＋＋．
又b1＝3a1＝3×＝＝1＋，
所以bn＝1＋＋＋…＋＋＝＝2－2，
即bn＝2－2．故an＝＝3－2．
[思维升华]　形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)型
①一般地，要先在递推公式两边同除以qn＋1，得＝·＋，引入辅助数列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，再用待定系数法解决；
②也可以在原递推公式两边同除以pn＋1，得＝＋·，引入辅助数列{bn}，得bn＋1－bn＝，再利用叠加法(逐差相加法)求解．
[对点练]　1．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3n，求{an}的通项公式．
解：法一　∵an＋1＝2an＋3n，
∴an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)，
即an＋1＝2an－λ·3n，∴λ＝－1，
即an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，
又a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比q＝2的等比数列，
∴an－3n＝－2·2n－1＝－2n，∴an＝3n－2n．
法二　∵an＋1＝2an＋3n，等式两边同除以3n＋1，
得＝·＋，
令bn＝，则bn＋1＝bn＋，
bn＋1＋λ＝(bn＋λ)，得bn＋1＝bn－λ，得λ＝－1，
∴bn＋1－1＝(bn－1)，又b1－1＝－1＝－，
∴{bn－1}是首项为－，公比q＝的等比数列，
∴bn－1＝－·＝－，∴bn＝1－，
∴＝1－，∴an＝3n－2n．
构造法3　形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型
【例3】　(1)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝________．
解析：an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∵a2－a1＝2，∴{an－an－1}是首项为2，公比也为2的等比数列，
an－an－1＝2n－1(n>1)，
n>1时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1
＝＝2n－1．
显然n＝1时满足上式，
∴an＝2n－1．
答案：2n－1
[思维升华]　形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型
可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
[对点练]　2．已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的通项公式．
解：∵an＝2an－1＋3an－2，
∴an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝7，{an＋an－1}形成首项为7，公比为3的等比数列，
则an＋an－1＝7×3n－2，①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，
a2－3a1＝－13，{an－3an－1}形成首项为－13，公比为－1的等比数列，
则an－3an－1＝(－13)·(－1)n－2，②
①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1，
∴an＝×3n－1＋(－1)n－1．
构造法4　 形如an＋1＝型
【例4】　(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．
解：∵an＋1＝，a1＝1，
∴an≠0，∴＝＋，
即－＝，
又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝(n∈N*)．
[思维升华]　形如an＋1＝型
两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出的表达式，再求an．
[对点练]　3．已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，求an．
解：∵＝3·＋1，∴＋＝3，＋＝1，
∴是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴＋＝3n－1，
∴＝3n－1－，
∴an＝(n∈N*)．
课下巩固培优卷(二十六)
【A/基础巩固题组】
1．已知等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值为(　　 )
A．12　　B．－　　C．1或－　　D．－1或
解析：若q＝1，因为a3＝7，所以S3＝3×7＝21，符合题意；若q≠1，则解得q＝－．
所以公比q的值为1或－，故选C．
答案：C
2．(2020·全国卷Ⅰ)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
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，所以q(a1＋a2＋a3)＝2，解得q＝2．所以a6＋a7＋a8＝q5(a1＋a2＋a3)＝25＝32，故选D．
答案：D
3．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝(　　 )
A．2　　　B．　　　C．　　　D．1或2
解析：设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B．
答案：B
4．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且＝2＋(－1)n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S100等于(　　 )
A．＋50 B．＋50
C．＋50 D．＋50
解析：由题意＝2＋(－1)n(n∈N*)，
当n为偶数时，可得＝3；
当n为奇数时，可得＝1，
即数列的偶数项是公比为3的等比数列，奇数项都为1，
由求和公式可得S100＝＋50＝＋50．
答案：C
5．(多选)若Sn为数列的前n项和，且Sn＝2an＋1，(n∈N*)，则下列说法正确的是(　　 )
A．a5＝－16
B．S5＝－63
C．数列是等比数列
D．数列是等比数列
解析：因为Sn为数列的前n项和，且Sn＝2an＋1，(n∈N*)，所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确；
因此a5＝－1×24＝－16，故A正确；
又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；
因为S1＋1＝0，所以数列不是等比数列，故D错误．
答案：AC
6．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－，则当Tn取得最大值时，n的值为(　　 )
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－，所以q3＝，q＝，易知此等比数列各项均为负数，则当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B；而T2＝(－24)2×＝24×8＝192，T4＝(－24)4× ＝84×＝>192，T6＝(－24)6×＝86×＝＝×<，所以T4最大．故选C．
答案：C
7．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＋a5＋a9＝π，则cos (a2＋a8)＝______；若bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，则b1b2…b10＝________．
解析：因为数列{an}为等差数列，a1＋a5＋a9＝π，
所以3a5＝π a5＝，
所以cos (a2＋a8)＝cos (2a5)＝cos ＝－．
又因为数列{bn}为等比数列，bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，
所以2b5b6＝4 b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32．
答案：－　32
8． 已知数列{an}的前n项和Sn＝3an－2n(n∈N*)，若{an＋λ}成等比数列，则实数λ＝________．
解析：数列{an}的前n项和Sn＝3an－2n(n∈N*)，①
则n≥2时，Sn－1＝3an－1－2(n－1)，②
①－②，得an＝3an－3an－1－2，∴2an＝3an－1＋2，
∴an＝an－1＋1，若{an＋λ}成等比数列，
则an＋λ＝(an－1＋λ)，解得λ＝2．
答案：2
9．(2020·全国卷Ⅲ)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{an}的公比为q，则an＝a1qn－1．
由已知得解得
所以{an}的通项公式为an＝3n－1．
(2)由(1)知log3an＝n－1．故Sn＝．
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，
得m(m－1)＋(m＋1)m
＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0．
解得m＝－1(舍去)或m＝6．
【B/能力提升题组】
10．(2022·湖北部分重点高中联考)我国明代著名乐律学家朱载堉在《律学新说》中提出的十二平均律，即现代在钢琴的键盘上，一个八度音程从一个c1键到下一个c2键的8个白键与5个黑键(如图)的音频恰好构成一个等比数列的原理，c2的频率正好是c1的2倍．已知标准音a1的频率为440 Hz，那么频率为220 Hz的音名是(　　 )
A．d1 B．f1
C．e1 D．#d1
解析：：一个八度音程从一个c1键到下一个c2键的8个白键与5个黑键的音频恰好构成一个等比数列，记为数列{mn}，1≤n≤13，设其公比为q．
又c2的频率正好是c1的2倍，所以2m1＝m1q12，解得q＝．
故从#g1起向左，每一个单音的频率与它右边相邻的单音的频率的比为＝．
记a1，#g1，g1，…，c1的频率构成等比数列{ap}，
由220＝440×，得p＝7，故频率为220 Hz的音名是#d1，故选D．
答案：D
11．(多选)已知数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，则下列选项正确的是(　　 )
A．若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则{an}为递增数列
B．若数列{an}为等差数列，a1>0，S3＝S10，则Sn的最大值在n＝6或7时取得
C．若数列{an}为等比数列，则S2 021·a2 021>0恒成立
D．若数列{an}为等比数列，则{2an}也为等比数列
解析：对于A，若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则公差d>0，故{an}为递增数列，故A正确；
对于B，若数列{an}为等差数列，a1>0，设公差为d，由S3＝S10，得3a1＋d＝10a1＋d，即a1＝－6d，故an＝(n－7)d，所以当n≤7时，an≥0，a7＝0，故Sn的最大值在n＝6或7时取得，故B正确；
对于C，若数列{an}为等比数列，则S2 021·a2 021＝·a1·q2 020＝a·q2 020·>0恒成立，故C正确；
对于D，若数列{an}为等比数列，则2an＝2a1·qn－1，所以＝2an＋1－an＝2a1·(qn－qn－1)不是常数，故{2an}不是等比数列，故D错误．
答案：ABC
12．在数列{an}中，Sn为它的前n项和，已知a2＝1，a3＝6，且数列{an＋n}是等比数列，则an＝________，Sn＝________．
解析：因为a2＝1，a3＝6，且数列{an＋n}是等比数列，a2＋2＝3，a3＋3＝9，所以等比数列{an＋n}的公比q＝＝3，所以a1＋1＝1，an＋n＝1×3n－1＝3n－1，所以an＝3n－1－n，所以Sn＝30－1＋31－2＋…＋3n－1－n＝－＝．
答案：3n－1－n　
13．(2022·广东梅州质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)．若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1解析：当n＝1时，a1＝S1＝λa1－1．
又a1＝1，∴λ－1＝1，解得λ＝2．
∴Sn＝2an－1，∴Sn－1＝2an－1－1(n≥2)．
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
又anbn＝－n2＋9n－20，∴bn＝，
∴bn＋1－bn＝－＝<0．
又2n>0，∴n2－11n＋28＝(n－4)(n－7)<0，解得4∴满足条件的n的取值集合为{5，6}．
答案：{5，6}
14．(2021·山东青岛一模)设数列的前n项和为Sn，a1＝1，________．
给出下列三个条件：
①数列为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；
②点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；
③2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1．
试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：(1)选条件①．
因为数列为等比数列，
所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)，
设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，
所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍去)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
选条件②．
因为点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上，
所以an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，所以an＝Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝an，＝2(n≥2)，
因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，＝2也适合上式，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
选条件③．
当n≥2时，
因为2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N*)，(ⅰ)
所以2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an，
所以2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an．(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得2an＝nan＋1－2(n－1)an，即＝2(n≥2)，
当n＝1时，2a1＝a2，＝2也适合上式，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得an＝2n－1(n∈N*)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝[＋＋＋…＋＋]
＝＝－
＝－．

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