人教版2022届一轮复习打地基练习 等比数列的性质

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人教版2022届一轮复习打地基练习 等比数列的性质
一．选择题（共13小题）
1．已知等比数列{an}满足a1＝2，a3•a5＝4a62，则a3的值为（　　）
A．12 B．1 C．2 D．14
2．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2＝0的两根，则a2a16的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6
3．在由正数组成的等比数列{an}中，若a4a5a6＝3，则log3a1+log3a2+log3a8+log3a9的值为（　　）
A．43 B．34 C．2 D．313
4．在正数x、y之间插入数a，使x，a，y成为等差数列，又在x，y之间插入数b、c，且x，b，c，y成等比数列，则有（　　）
A．a2≤bc B．a2＞bc C．a2＝bc D．a2≥bc
5．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6+a4a7＝18，则log3a1+log3a2+…log3a10＝（　　）
A．12 B．10 C．8 D．2+log35
6．已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b3+b11＝（　　）
A．3 B．6 C．7 D．8
7．设{an}为等比数列，则“对于任意的m∈N*，am+2＞am”是“{an}为递增数列”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．正项等比数列{an}中，an+1＜an，a2•a8＝6，a4+a6＝5，则a5a7=（　　）
A．56 B．65 C．23 D．32
9．等比数列{an}中，若a2、a4是方程2x2﹣11x+8＝0的两根，则a3的值为（　　）
A．2 B．±2 C．2 D．±3
10．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai+1的矩形的面积（i＝1，2，…），则{An}为等比数列的充要条件是（　　）
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n﹣1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
11．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的32，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；……．依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得（　　）
A．“宫、商、角”的频率成等比数列
B．“宫、徵、商”的频率成等比数列
C．“商、羽、角”的频率成等比数列
D．“徵、商、羽”的频率成等比数列
12．已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，S2＝3a2，则a3+a4a1+a2=（　　）
A．14 B．12 C．2 D．4
13．已知{an}是等比数列，且公比q＝2，若a1+a2+a3+…+a100＝240，则a4+a8+a12+…+a100＝（　　）
A．15 B．128 C．30 D．60
二．多选题（共1小题）
14．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，a6a7＞1，a6−1a7−1＜0，则下列结论正确的是（　　）
A．0＜q＜1 B．0＜a6a8＜1
C．Sn的最大值为S7 D．Tn的最大值为T6
三．填空题（共13小题）
15．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，且S3＝8，S6＝7，则a4+a5+…+a9＝　 　．
16．在无穷等比数列{an}中，limn→∞（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是 　 　．
17．在数列{an}中，a3，a10是方程x2﹣3x﹣5＝0的两根，Sn表示数列{an}的前n项和．
（1）若{an}是等比数列，则a6a7＝　 　；
（2）若{an}是等差数列，则S12＝　 　．
18．若等比数列{an}的各项均为正数且a4a7＝9，则log3a1+log3a2+…+log3a10＝　 　．
19．在等比数列{an}中，an＜an+1，n∈N*，且a2a11＝6，a4+a9＝5，则a6a11=　 　．
20．在实数1和81之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，再令an=log3Tn(n∈N∗)．则数列{an}的通项公式an＝　 　．
21．设a，b∈R，关于x的方程（x2﹣ax+1）（x2﹣bx+1）＝0的四个实根构成以q为公比的等比数列，若q∈[12，2]，则ab的取值范围为　 　．
22．已知数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4则a12+a22+a32+…+a82＝　 　．
23．等比数列{an}中，a3＝12，a5＝48，那么a7＝　 　．
24．在正项等比数列{an}中，a2a4a6a8＝25，则a1a9＝　 　．
25．已知各项均为正数的等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a1a7＝4，且a4+2a7=52，则S5＝　 　．
26．若正项等比数列{an}中有a4a7＝9，则log3a1+log3a2+…+log3a10＝　 　．
27．已知数列{an}是公比q不等于1的正项等比数列，a1⋅a10＝a9，则loga10(a1⋅a2⋅⋯⋅a9)=　 　．
四．解答题（共6小题）
28．设数列{an}的首项a1为常数，且an+1＝3n﹣2an（n∈N*）．
（1）判断数列{an−3n5}是否为等比数列，请说明理由；
（2）Sn是数列{an}的前n项的和，若{Sn}是递增数列，求a1的取值范围．
29．已知有穷数列{an}，{bn}对任意的正整数n∈N*都有a1bn+a2bn﹣1+a3bn﹣2+…+an﹣1b2+anb1＝2n+1﹣n﹣2．
（1）若{an}是等差数列，且首项和公差相等，求证：{bn}是等比数列．
（2）若{an}是等差数列，且{bn}是等比数列，求证：anbn＝n•2n﹣1．
30．设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式：3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1＝3t（t＞0，n＝2，3，4，…）
（1）求证：数列{an}是等比数列；
（2）设数列{an}是公比为f（t），作数列{bn}，使b1=1，bn=f(1bn−1)（n＝2，3，4，…），求和：b1b2﹣b2b3+b3b4﹣…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1；
（3）若t＝﹣3，设cn＝log3a2+log3a3+log3a4+…+log3an+1，Tn=1c1+1c2+⋯+1cn，求使kn⋅2n+1(n+1)≥（7﹣2n）Tn（n∈N+）恒成立的实数k的范围．
31．已知数列{an}中，a1=12，点(n，2an+1−an)(n∈N∗)在直线y=x上，
（Ⅰ）计算a2，a3，a4的值；
（Ⅱ）令bn＝an+1﹣an﹣1，求证：数列{bn}是等比数列；
（Ⅲ）设Sn、Tn分别为数列{an}、{bn}的前n项和，是否存在实数λ，使得数列{Sn+λTnn}为等差数列？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．
32．已知数列a，b，c为各项都是正数的等差数列，公差为d（d＞0），在a，b之间和b，c之间共插入m个实数后，所得到的m+3个数所组成的数列{an}是等比数列，其公比为q．
（1）若a＝1，m＝1，求公差d；
（2）若在a，b之间和b，c之间所插入数的个数均为奇数，求所插入的m个数的乘积（用a，c，m表示）；
（3）求证：q是无理数．
33．已知{an}是无穷数列，且an＞0，给出该数列的两个性质：
①对于{an}中任意两项ai，aj（i＜j），在{an}中都存在一项am，使得am=aj2ai；
②对于{an}中任意项an（n≥3），在{an}中都存在两项ak，al（k＜l），使得an=al2ak．
（Ⅰ）判断数列{2n}和数列{2n}是否满足性质①（直接写出答案即可）；
（Ⅱ）若an＝3×2n（n＝1，2，3，⋯），判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若{an}是递增数列，a1＝1，且同时满足性质①和性质②，证明：数列{an}为等比数列．

人教版2022届一轮复习打地基练习 等比数列的性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．已知等比数列{an}满足a1＝2，a3•a5＝4a62，则a3的值为（　　）
A．12 B．1 C．2 D．14
【分析】由等比数列的性质可得a42＝4a62，可得公比q，可得答案．
【解答】解：由题意可得a3•a5＝a42＝4a62，
故可得公比q2=a62a42=12，
故a3＝a1•q2＝2×12=1．
故选：B．
2．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2＝0的两根，则a2a16的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6
【分析】根据题意可得a3a15＝2，所以利用a2a16＝a3a15进行求解即可．
【解答】解：根据题意，a3a15=21=2，又{an}是等比数列，
所以a2a16＝a3a15＝2．
故选：A．
3．在由正数组成的等比数列{an}中，若a4a5a6＝3，则log3a1+log3a2+log3a8+log3a9的值为（　　）
A．43 B．34 C．2 D．313
【分析】由等比数列的性质可得a5=313，a1a2a8a9＝a54=343，结合对数运算化简即可．
【解答】解：∵数列{an}是由正数组成的等比数列，
∴a4a5a6＝a53＝3，∴a5=313，
故a1a2a8a9＝a54=343，
则log3a1+log3a2+log3a8+log3a9
＝log3（a1a2a8a9）＝log3343=43，
故选：A．
4．在正数x、y之间插入数a，使x，a，y成为等差数列，又在x，y之间插入数b、c，且x，b，c，y成等比数列，则有（　　）
A．a2≤bc B．a2＞bc C．a2＝bc D．a2≥bc
【分析】利用等差数列、等比数列的性质列出方程组，能求出结果．
【解答】解：在正数x、y之间插入数a，使x，a，y成为等差数列，
又在x，y之间插入数b、c，且x，b，c，y成等比数列，
∴2a=x+y≥2xyxy=bc，
∴a2≥bc．
故选：D．
5．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6+a4a7＝18，则log3a1+log3a2+…log3a10＝（　　）
A．12 B．10 C．8 D．2+log35
【分析】先根据等比中项的性质可知a5a6＝a4a7，进而根据a5a6+a4a7＝18，求得a5a6的值，最后根据等比数列的性质求得log3a1+log3a2+…log3a10＝log3（a5a6）5答案可得．
【解答】解：∵a5a6＝a4a7，
∴a5a6+a4a7＝2a5a6＝18
∴a5a6＝9
∴log3a1+log3a2+…log3a10＝log3（a5a6）5＝5log39＝10
故选：B．
6．已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b3+b11＝（　　）
A．3 B．6 C．7 D．8
【分析】设等比数列{an}的公比为q，由a3a11＝4a7，可得a72=4a7≠0，解得a7，数列{bn}是等差数列，则b3+b11＝2b7＝2a7．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a3a11＝4a7，∴a72=4a7≠0，解得a7＝4，
数列{bn}是等差数列，则b3+b11＝2b7＝2a7＝8．
故选：D．
7．设{an}为等比数列，则“对于任意的m∈N*，am+2＞am”是“{an}为递增数列”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
【分析】利用充要条件，结合数列的单调性列出不等式组，转化求解判断即可．
【解答】解：对于任意的m∈N*，am+2＞am，即am（q2﹣1）＞0．
∴am＞0q2−1＞0，或am＜0q2−1＜0，任意的m∈N*，
∴am＞0q＞1，或am＜00＜q＜1．
∴“{an}为递增数列”，反之也成立．
∴“对于任意的m∈N*，am+2＞am”是“{an}为递增数列”的充要条件．
故选：C．
8．正项等比数列{an}中，an+1＜an，a2•a8＝6，a4+a6＝5，则a5a7=（　　）
A．56 B．65 C．23 D．32
【分析】通过已知条件，求出a4，a6，通过等比数列的性质推出a5a7的值．
【解答】解：因为正项等比数列{an}中，an+1＜an，a2•a8＝6，a4+a6＝5，
所以a4•a6＝6，a4+a6＝5，解得a4＝3，a6＝2，a5a7=a4a6=32．
故选：D．
9．等比数列{an}中，若a2、a4是方程2x2﹣11x+8＝0的两根，则a3的值为（　　）
A．2 B．±2 C．2 D．±3
【分析】本题中给出条件“a3和a7是方程x2﹣68x+256＝0的两根”，由根与系数的关系，进行转化即可，
【解答】解：由题意a2、a4是方程2x2﹣11x+8＝0的两根，故有a2a4＝4
又{an}为等比数列
∴a2a4＝a32，
∴a3＝±2．
故选：B．
10．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai+1的矩形的面积（i＝1，2，…），则{An}为等比数列的充要条件是（　　）
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n﹣1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
【分析】根据题意可表示Ai，先看必要性，{An}为等比数列推断出ai+2ai为常数，可推断出a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同；再看充分性，要使题设成立，需要ai+2ai为常数，即a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相等，答案可得．
【解答】解：依题意可知Ai＝ai•ai+1，
∴Ai+1＝ai+1•ai+2，
若{An}为等比数列则Ai+1Ai=ai+2ai=q（q为常数），则a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比均为q；
反之要想{An}为等比数列则Ai+1Ai=ai+2ai需为常数，即需要a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相等；
故{An}为等比数列的充要条件是a1，a3，…，a2n﹣1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同．
故选：D．
11．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的32，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；……．依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得（　　）
A．“宫、商、角”的频率成等比数列
B．“宫、徵、商”的频率成等比数列
C．“商、羽、角”的频率成等比数列
D．“徵、商、羽”的频率成等比数列
【分析】根据文化知识，分别求出相对应的概率，即可判断．
【解答】解：设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为32a，“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为98a，
“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为2716a，最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是8164a，
由于a，98a，8164a成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列，
故选：A．
12．已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，S2＝3a2，则a3+a4a1+a2=（　　）
A．14 B．12 C．2 D．4
【分析】由S2＝3a2，结合等比数列的定义可求q，然后结合等比数列的性质可求a3+a4a1+a2
【解答】解：∵数列{an}是等比数列，S2＝a1+a2＝3a2，
∴a1＝2a2，即q=12，
则a3+a4a1+a2=q2(a1+a2)a1+a2=q2=14，
故选：A．
13．已知{an}是等比数列，且公比q＝2，若a1+a2+a3+…+a100＝240，则a4+a8+a12+…+a100＝（　　）
A．15 B．128 C．30 D．60
【分析】a1+a2+a3+…+a100＝240，公比q＝2，可得（1+12+14+18）（a4+a8+a12+…+a100）＝240，即可得出结论．
【解答】解：∵a1+a2+a3+…+a100＝240，公比q＝2，
∴（1+12+14+18）（a4+a8+a12+…+a100）＝240，
∴a4+a8+a12+…+a100＝128，
故选：B．
二．多选题（共1小题）
14．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，a6a7＞1，a6−1a7−1＜0，则下列结论正确的是（　　）
A．0＜q＜1 B．0＜a6a8＜1
C．Sn的最大值为S7 D．Tn的最大值为T6
【分析】由条件a1＞1，a6a7＞1，a6−1a7−1＜0，可得：1＜a6，0＜a7＜1．即可判断出结论．
【解答】解：由条件a1＞1，a6a7＞1，a6−1a7−1＜0，
可得：1＜a6，0＜a7＜1．
∴a7a6=q∈（0，1），a6a8=a72∈（0，1），Sn中没有最大值，Tn的最大值为T6．
则下列结论正确的是ABD．
故选：ABD．
三．填空题（共13小题）
15．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，且S3＝8，S6＝7，则a4+a5+…+a9＝　−78　．
【分析】由等比数列的性质可得S3、S6﹣S3、S9﹣S6仍成等比数列，由此求得S9的值，即可得到结果．
【解答】解：等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则由等比数列的性质可得
S3、S6﹣S3、S9﹣S6仍成等比数列，即8，﹣1，S9﹣7 成等比数列，
故有 1＝8（S9﹣7），∴S9=578．
∴a4+a5+…+a9=578−8=−78．
故答案为：−78．
16．在无穷等比数列{an}中，limn→∞（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是 　（﹣4，0）∪（0，4）　．
【分析】由无穷等比数列的概念可得公比q的取值范围，再由极限的运算知a1＝4，从而得解．
【解答】解：∵无穷等比数列{an}，∴公比q∈（﹣1，0）∪（0，1），
∴limn→∞an＝0，
∴limn→∞（a1﹣an）＝a1＝4，
∴a2＝a1q＝4q∈（﹣4，0）∪（0，4）．
故答案为：（﹣4，0）∪（0，4）．
17．在数列{an}中，a3，a10是方程x2﹣3x﹣5＝0的两根，Sn表示数列{an}的前n项和．
（1）若{an}是等比数列，则a6a7＝　﹣5　；
（2）若{an}是等差数列，则S12＝　18　．
【分析】（1）利用韦达定理和等比数列的性质，求得结果即可；
（2）利用韦达定理和等差数列的性质、前n项和公式，求得结果即可．
【解答】解：由题设和韦达定理可得a3+a10=3a3a10=−5，
（1）由等比数列的性质可知a3a10＝a6a7＝﹣5；
（2）由等差数列的性质可知a3+a10＝a1+a12＝3，
∴S12=12(a1+a12)2=18，
故答案为：（1）﹣5；（2）18．
18．若等比数列{an}的各项均为正数且a4a7＝9，则log3a1+log3a2+…+log3a10＝　10　．
【分析】先根据等比中项的性质可知a5a6＝a4a7＝9，进而根据等比数列的性质求得log3a1+log3a2+…log3a10＝log3（a5a6）5答案可得．
【解答】解：根据题意知，a5a6＝a4a7＝9，
则log3a1+log3a2+…log3a10＝log3（a5a6）5＝5log39＝10．
故答案是：10．
19．在等比数列{an}中，an＜an+1，n∈N*，且a2a11＝6，a4+a9＝5，则a6a11=　23　．
【分析】由等比数列的通项公式得a4a9＝a2a11＝6，从而a4，a9是方程x2﹣5x+6＝0的两个根，且a4＜a9，解方程x2﹣5x+6＝0，得a4＝2，a9＝3，求出q5=32，由此能求出a6a11．
【解答】解：在等比数列{an}中，an＜an+1，n∈N*，且a2a11＝6，a4+a9＝5，
∴a4a9＝a2a11＝6，
∴a4，a9是方程x2﹣5x+6＝0的两个根，且a4＜a9，
解方程x2﹣5x+6＝0，得a4＝2，a9＝3，
∴a1q3=2a1q8=3，解得q5=32，
∴a6a11=a1q5a1q10=1q5=23．
故答案为：23．
20．在实数1和81之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，再令an=log3Tn(n∈N∗)．则数列{an}的通项公式an＝　2（n+2）　．
【分析】由题意，设这n+2个数构成的等比数列为bn，利用等比数列的性质可求Tn＝（b1⋅bn+2）n+2＝9n+2，进而根据已知可求数列{an}的通项公式．
【解答】解：由题意，设这n+2个数构成的等比数列为bn，
则b1＝1，bn+2＝81，且b1•bn+2＝b2•bn+1＝b3•bn＝…，
所以Tn＝（b1⋅bn+2）n+2＝9n+2，
从而an＝log3Tn＝log39n+2＝2（n+2）．
故答案为：2（n+2）．
21．设a，b∈R，关于x的方程（x2﹣ax+1）（x2﹣bx+1）＝0的四个实根构成以q为公比的等比数列，若q∈[12，2]，则ab的取值范围为　[4，274]　．
【分析】利用等比数列的性质确定方程的根，由韦达定理表示出ab，再利用换元法转化为二次函数，根据q的范围和二次函数的性质，确定ab的最值即可求出ab的取值范围．
【解答】解：设方程（x2﹣ax+1）（x2﹣bx+1）＝0的4个实数根依次为m，mq，mq2，mq3，
由等比数列性质，不妨设m，mq3为x2﹣ax+1＝0的两个实数根，则mq，mq2为方程x2﹣bx+1＝0的两个根，
由韦达定理得，m2q3＝1，m+mq3＝a，mq+mq2＝b，则m2=1q3，
故ab＝（m+mq3）（mq+mq2）＝m2（1+q3）（q+q2），
=1q3（1+q3）（q+q2）＝q+1q+q2+1q2，
设t＝q+1q，则q2+1q2=t2﹣2，
因为q∈[12，2]，且t＝q+1q在[12，1]上递减，在（1，2]上递增，
当q=12时，t=52，当t=2时，t=322
所以t∈[2，52]，
则ab＝t2+t﹣2＝（t+12）2−94，
所以当t＝2时，ab取到最小值是4，
当t=52时，ab取到最大值是274，
所以ab的取值范围是：[4，274]．
故答案为：[4，274]．
22．已知数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4则a12+a22+a32+…+a82＝　1020　．
【分析】根据等比数列的通项公式和求和公式即可求出．
【解答】解：数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，
∴q2=a3a1=2，
∴an2＝（a1qn﹣1）2＝4×（q2）n﹣1＝4×2n﹣1＝2n+1，
∴a12+a22+a32+…+a82=4(1−28)1−2=1020，
故答案为：1020．
23．等比数列{an}中，a3＝12，a5＝48，那么a7＝　192　．
【分析】由等比数列的性质可知：a52＝a3•a7，解得a7．
【解答】解：在等比数列{an}中，已知a3＝12，a5＝48
由等比数列的性质可知：a52＝a3•a7＝12a7＝482
解得a7＝192，
故答案为：192．
24．在正项等比数列{an}中，a2a4a6a8＝25，则a1a9＝　5　．
【分析】由题意利用等比数列的定义和性质，求得a1a9的值．
【解答】解：在正项等比数列{an}中，a2a4a6a8＝25=(a1⋅a9)2，则a1a9＝5，
故答案为：5．
25．已知各项均为正数的等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a1a7＝4，且a4+2a7=52，则S5＝　31　．
【分析】由已知结合等比数列的性质可求q，a1，然后结合等比数列的求和公式可求．
【解答】解：各项均为正数的等比数列{an}中，a1a7=a42=4，
所以a4＝2，
因为a4+2a7=52，
所以a7=14，
则q3=a7a4=18，即q=12，a1=a4q3=16，
则S5=a1(1−q5)1−q=16×(1−132)1−12=31．
故答案为：31．
26．若正项等比数列{an}中有a4a7＝9，则log3a1+log3a2+…+log3a10＝　10　．
【分析】由已知结合等比数列的性质及对数的运算性质可求．
【解答】解：因为正项等比数列{an}中有a4a7＝a5•a6＝9，
则log3a1+log3a2+…+log3a10＝log3（a1•a2••••a10）＝log395＝10．
故答案为：10．
27．已知数列{an}是公比q不等于1的正项等比数列，a1⋅a10＝a9，则loga10(a1⋅a2⋅⋯⋅a9)=　278　．
【分析】由已知结合等比数列的性质及对数的运算性质，即可求解．
【解答】解：因为数列{an}是公比q不等于1的正项等比数列，a1⋅a10＝a9，
所以a12q9=a1q8，所以a1q＝1，
所以a10=a1q9=q8，a1•a2•••a9=a59=q27，
则loga10(a1⋅a2⋅⋯⋅a9)=278logqq=278．
故答案为：278．
四．解答题（共6小题）
28．设数列{an}的首项a1为常数，且an+1＝3n﹣2an（n∈N*）．
（1）判断数列{an−3n5}是否为等比数列，请说明理由；
（2）Sn是数列{an}的前n项的和，若{Sn}是递增数列，求a1的取值范围．
【分析】（1）a1=35时，数列{an−3n5}不是等比数列．a1≠35时，由an+1＝3n﹣2an（n∈N*），当a1≠35时，an+1−3n+15an−3n5=3n−2an−3n+15an−3n5=−2，即可得出结论．
（2）a1=35时，an=15•3n，为单调递增数列，满足条件．a1≠35时，由（1）可得：an−3n5=(a1−35)×（﹣2）n﹣1，可得an=(a1−35)(−2)n−1+3n5＞0，n≥2，可得a2＞0，a3＞0，即可得出．
【解答】解：（1）∵an+1＝3n﹣2an（n∈N*），
则a1≠35时，an+1−3n+15an−3n5=3n−2an−3n+15an−3n5=−2(an−3n5)an−3n5=−2，
∴a1≠35时，{an−3n5}为等比数列，公比为﹣2．
a1=35时，数列{an−3n5}不是等比数列．
（2）a1=35时，an=15•3n，为单调递增数列，满足条件．
a1≠35时，由（1）可得：an−3n5=(a1−35)×（﹣2）n﹣1，
∴an=(a1−35)(−2)n−1+3n5＞0，
n≥2，∴a2＞0，a3＞0，
∴−34＜a1＜32．且a1≠35．
综上可得：−34＜a1＜32．
29．已知有穷数列{an}，{bn}对任意的正整数n∈N*都有a1bn+a2bn﹣1+a3bn﹣2+…+an﹣1b2+anb1＝2n+1﹣n﹣2．
（1）若{an}是等差数列，且首项和公差相等，求证：{bn}是等比数列．
（2）若{an}是等差数列，且{bn}是等比数列，求证：anbn＝n•2n﹣1．
【分析】（1）根据等差数列的性质求得数列{an}的通项公式，代入a1bn+a2bn﹣1+a3bn﹣2+…+an﹣1b2+anb1＝2n+1﹣n﹣2中，利用错位相减法求得bn=1a2n﹣1，进而推断数列{bn}是首项为1a，公比为2的等比数列．
（2）同（1）得an=2−qb×2n+q−1b×n+q−2b，结合q＝2及等差数列的通项公式可求．
【解答】解：（1）{an}是等差数列，且首项和公差相等，设首项和公差为a，数列{an}的通项公式是an＝na，
∵a1bn+a2bn﹣1+a3bn﹣2+…+an﹣1b2+anb1＝2n+1﹣n﹣2，
∴abn+2abn﹣1+3abn﹣2+…+（n﹣1）ab2+nab1＝2n+1﹣n﹣2①，
∴abn﹣1+2abn﹣2+…+（n﹣2）ab2+（n﹣1）ab1＝2n﹣n﹣1②，
①﹣②得，
a（bn+bn﹣1+••+b2+b1）＝2n﹣1，
bn=1a×2n﹣1，数列{bn}是首项为1a，公比为2的等比数列．
（2）{an}是等差数列，设首项为a，公差为d，an＝a+（n﹣1）d，
{bn}是等比数列，设首项为b，公比为q，则bn＝bqn﹣1，
bqn﹣1a1+bqn﹣2a2+bqn﹣3a3+…+bqan﹣1+ban＝2n+1﹣n﹣2，
又bqn﹣2a1+bqn﹣3a2+bqn﹣4a3+…+ban﹣1＝2n﹣n﹣1（n≥2），
故（2n﹣n﹣1）q+ban＝2n+1﹣n﹣2，
∴an=2−qb×2n+q−1b×n+q−2b，
∴an+1﹣an=2−qb×2n+q−1b，
∵{an}是等差数列，
∴q＝2，d=1b，
∴anbn＝n•2n﹣1．
30．设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式：3tSn﹣（2t+3）Sn﹣1＝3t（t＞0，n＝2，3，4，…）
（1）求证：数列{an}是等比数列；
（2）设数列{an}是公比为f（t），作数列{bn}，使b1=1，bn=f(1bn−1)（n＝2，3，4，…），求和：b1b2﹣b2b3+b3b4﹣…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1；
（3）若t＝﹣3，设cn＝log3a2+log3a3+log3a4+…+log3an+1，Tn=1c1+1c2+⋯+1cn，求使kn⋅2n+1(n+1)≥（7﹣2n）Tn（n∈N+）恒成立的实数k的范围．
【分析】（1）由3tSn−(2t+3)Sn−1=3t(n≥2)3tSn−1−(2t+3)Sn−2=3t(n≥3)可求得anan−1=2t+33t（n＝3，4，…），又a1＝1，a2=2t+33t，可证数列{an}是首项为1，公比为2t+33t的等比数列；
（2）依题意可求得f（t）=23+1t，bn＝f（1bn−1）=2n+13，可知数列{b2n﹣1}与{b2n}是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列，且b2n=4n+13，从而可求得b1b2﹣b2b3+b3b4﹣…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1；
（3）可求得cn=−n(n+1)2，1cn=−2nn+1，数列{1cn}的前n项和为−2nn+1，对kn⋅2n+1(n+1)≥（7﹣2n）Tn（n∈N+）化简得k≥2n−72n对任意n∈N*恒成立，再构造函数dn=2n−72n，对n分类讨论，研究函数，{dn}与{cn}的单调性即可求得k的取值范围．
【解答】解：（1）由S1＝a1＝1，S2＝a1+a2＝1+a2，得3t（1+a2）﹣（2t+3）＝3t，则a2=2t+33t，于是a2a1=2t+33t，
又3tSn−(2t+3)Sn−1=3t3tSn−1−(2t+3)Sn−2=3t两式相减得3tan﹣（2t+3）an﹣1＝0，
于是anan−1=2t+33t（n＝3，4，…）
因此，数列{an}是首项为1，公比为2t+33t的等比数列．
（2）按题意，f（t）=2t+33t=23+1t，
故bn＝f（1bn−1）=23+bn﹣1⇒bn＝1+23（n﹣1）=2n+13，
由bn=2n+13，可知数列{b2n﹣1}与{b2n}是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列，且b2n=4n+13，
于是b1b2﹣b2b3+b3b4﹣…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1
＝b2（b1﹣b3）+b4（b3﹣b5）+…+b2n（b2n﹣1﹣b2n+1）
=−43（b2+b4+…+b2n）
=−49（2n2+3n）
（3）cn＝log3a1+log3a2+…+log3an
＝﹣（1+2+3+…+n）
=−n(n+1)2．
故1cn=−2n(n+1)=−2（1n−1n+1）．
Tn=1c1+1c2+⋯+1cn
＝﹣2[（1−12）+（12−13）+…+（1n−1n+1）]
=−2nn+1．
所以数列{1cn}的前n项和为−2nn+1．化简得k≥2n−72n对任意n∈N*恒成立．
设dn=2n−72n，则dn+1﹣dn=2(n+1)−72n+1−2n−72n=9−2n2n．
当n≥5，dn+1≤dn，{dn}为单调递减数列，1≤n＜5，dn+1＞dn，{dn}为单调递增数列．
当n≥5，cn+1≤cn，{cn}为单调递减数列，当1≤n＜5，cn+1＞cn，{cn}为单调递增数列．
116=d4＜d5=332，所以，n＝5时，dn取得最大值为232．
所以，要使k≥2n−72n对任意n∈N*恒成立，k≥332．
31．已知数列{an}中，a1=12，点(n，2an+1−an)(n∈N∗)在直线y=x上，
（Ⅰ）计算a2，a3，a4的值；
（Ⅱ）令bn＝an+1﹣an﹣1，求证：数列{bn}是等比数列；
（Ⅲ）设Sn、Tn分别为数列{an}、{bn}的前n项和，是否存在实数λ，使得数列{Sn+λTnn}为等差数列？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（Ⅰ）根据点（n，2an+1﹣an）在直线y＝x上，可得2an+1﹣an＝n，代入计算可得a2，a3，a4的值；
（Ⅱ）利用bn＝an+1﹣an﹣1，及2an+1﹣an＝n，即可证明数列{bn}是等比数列；
（Ⅲ）求得数列的前三项，求得λ，再验证即可求得结论．
【解答】（Ⅰ）解：由题意，∵点（n，2an+1﹣an）在直线y＝x上，
∴2an+1﹣an＝n
∵a1=12，∴a2=34，
同理，a3=118，a4=3516；
（Ⅱ）证明：∵bn＝an+1﹣an﹣1，2an+1﹣an＝n
∴bn+1＝an+2﹣an+1﹣1=an+1+n+12−an+1﹣1=12（an+1﹣an﹣1）=12bn，
∵b1＝a2﹣a1﹣1=−34
∴数列{bn}是以−34为首项，12为公比的等比数列；
（Ⅲ）解：存在λ＝2，使数列{Sn+λTnn}是等差数列．
由（Ⅱ）知，bn=−3×(12)n+1，Tn=3×(12)n+1−32，
∵an+1＝n﹣1﹣bn＝n﹣1+3×(12)n+1，∴an＝n﹣2+3×(12)n，
∴Sn=n(n+1)2−2n+3×12(1−12n)1−12=n2−3n2+3−32n
由题意，要使数列{Sn+λTnn}是等差数列，则2×S2+λT22=S1+λT11+S3+λT33
∴2×10−9λ16=12−34λ+42−21λ48，∴λ＝2
当λ＝2时，Sn+λTnn=n−32，数列是等差数列
∴当且仅当λ＝2时，数列是等差数列．
32．已知数列a，b，c为各项都是正数的等差数列，公差为d（d＞0），在a，b之间和b，c之间共插入m个实数后，所得到的m+3个数所组成的数列{an}是等比数列，其公比为q．
（1）若a＝1，m＝1，求公差d；
（2）若在a，b之间和b，c之间所插入数的个数均为奇数，求所插入的m个数的乘积（用a，c，m表示）；
（3）求证：q是无理数．
【分析】（1）由题意可得1+d＝q2，1+2d＝q3，消去q可得 其正根为 d=1+52．若插入的一个数在b，c之间，
则 1+d＝q，1+2d＝q3，消去q可得 1+2d＝（1+d）3，此方程无正根．
（2）设在 a，b之间插入l个数，在 b，c之间插入t个数，则l+t＝m，①若q为正数，则 a2•a3…am+2=(ac)m+12，
所插入 m 个数的积为 a2⋅a3⋯am+2b=2a+c•(ac)m+12；②若q 为负数，所插入m个数的积为 a2⋅a3⋯am+2b=±2a+c⋅(ac)m+12．
（3）在等比数列{an}，qm+2＝2 ql+1﹣1，m≥l，若q为整数，2 ql+1﹣qm+2 是q的倍数，故1也是q的倍数，矛盾．若q为分数，则 ym+2 是x的倍数，即y是x的倍数，矛盾，故q只能是无理数．
【解答】解：（1）由a＝1，且等差数列a，b，c的公差为d，可知 b＝1+d，c＝1+2d，
若插入的一个数在 a，b之间，则 1+d＝q2，1+2d＝q3，
消去q可得 （1+2d）2＝（1+d）3，其正根为 d=1+52．
若插入的一个数在b，c之间，则 1+d＝q，1+2d＝q3，
消去q可得 1+2d＝（1+d）3，此方程无正根．故所求公差 d=1+52．…（4分）
（2）设在 a，b之间插入l个数，在 b，c之间插入t个数，则l+t＝m，在等比数列{an} 中，
∵a1＝a，al+2＝b=a+c2，am+3＝c，ak•am+4﹣k＝a1•am+3…，
∴（a2•a3…am+2）2＝（a2•am+2 ）•（ a3•am+1）…（am+1•a3 ）（am+2•a2）＝（ac）m+1，
又∵ql+1=ba＞0，qt+1=cb＞0，l，t 都为奇数，∴q 可以为正数，也可以为负数．
①若q为正数，则 a2•a3…am+2=(ac)m+12，所插入 m 个数的积为
a2⋅a3⋯am+2b=2a+c•(ac)m+12；
②若q 为负数，a2，a3，…，am+2 中共有 m2+1 个负数，
当 m2 是奇数，即 m＝4k﹣2，k∈N+ 时，所插入m个数的积为 a2⋅a3⋯am+2b=2a+c(ac)m+12；
当m2是偶数，即m＝4k，k∈N+时，所插入m个数的积为a2⋅a3⋯am+2b=−2a+c⋅(ac)m+12．
综上所述，所插入m个数的积为 a2⋅a3⋯am+2b=±2a+c⋅(ac)m+12．
（3）∵在等比数列{an}，由ql+1=ba=a+da，可得 ql+1﹣1=da，同理可得 qm+2−1=2da，
∴qm+2﹣1＝2（ql+1﹣1），即qm+2＝2 ql+1﹣1，m≥l，
假设q是有理数，若q为整数，∵a，b，c是正数，且d＞0，∴|q|＞1，
在 2 ql+1﹣qm+2＝1中，∵2 ql+1﹣qm+2 是q的倍数，故1也是q的倍数，矛盾．
若q不是整数，可设q=yx （其中x，y 为互素的整数，x＞1 ），
则有 (yx)m+2=2(yx)l+1−1，即 ym+2＝xm﹣l+1（2yl+1﹣xl+1），
∵m≥l，可得 m﹣l+1≥1，∴ym+2 是x的倍数，即y是x的倍数，矛盾．
∴q是无理数．
33．已知{an}是无穷数列，且an＞0，给出该数列的两个性质：
①对于{an}中任意两项ai，aj（i＜j），在{an}中都存在一项am，使得am=aj2ai；
②对于{an}中任意项an（n≥3），在{an}中都存在两项ak，al（k＜l），使得an=al2ak．
（Ⅰ）判断数列{2n}和数列{2n}是否满足性质①（直接写出答案即可）；
（Ⅱ）若an＝3×2n（n＝1，2，3，⋯），判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若{an}是递增数列，a1＝1，且同时满足性质①和性质②，证明：数列{an}为等比数列．
【分析】（I）由已知定义可直接求解；
（II）结合已知条件①②分别代入检验即可判断；
（III）结合已知定义及等比数列的定义，利用反正法即可证明．
【解答】解：（Ⅰ）数列{2n}不满足性质①；数列{2n}满足性质①，
（Ⅱ）对于{an}中任意两项ai，aj（i＜j），(aj)2ai=(3×2j)23×2i=3×22j−i，
取 m＝2j﹣i，满足am=a22j−i=aj2ai，从而数列{an}满足性质①；
对于{an}中任意项an（n≥3），记 al＝an﹣1，ak＝an﹣2（k＞l）显然有an=al2ak，从而数列{an}满足性质②．
综上，数列{an}同时满足性质①和性质②．
（Ⅲ）{an}是递增数列，a1＝1，则a2＞1，根据性质①a22a1=a22∈{an}，(a22)2a2=a23∈{an}，(a23)2a22=a24∈{an}，…，
可以证明{a2n|n∈N}={1，a2，a22，a23，⋯}⊆{an|n∈N∗}；
另一个方面，我们用反证法证明，{an|n∈N∗}⊆{a2n|n∈N}={1，a2，a22，a23，⋯}；
假设x=a2t（t＞1）是{an}中最小的不能写成a2的整数指数幂的项，根据性质②，存在两项ak，al（k＜l），使得x=al2ak，
我们记ak=a2p，al=a2q，其中1＜p＜q，可知：a2t=(a2q)2a2p=(a2)2q−p，
易知t＝2q﹣p＝（q﹣p）+q＞q＞0，
根据x=a2t（t＞1）的最小性可知：p，q∈N*，p＞q，
因此可得到t＝2q﹣p∈N*，与t不是正整数矛盾．
综上所述，{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．