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新高考数学一轮复习课时讲练 第6章 第3讲 等比数列及其前n项和 (含解析)
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这是一份新高考数学一轮复习课时讲练 第6章 第3讲 等比数列及其前n项和 (含解析)，共19页。试卷主要包含了等比数列的有关概念，等比数列的有关公式，等比数列的性质，等比数列的单调性，等比数列与指数函数的关系等内容，欢迎下载使用。
第3讲 等比数列及其前n项和
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等于同一常数(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(q≠0，n∈N*)．
(2)等比中项
如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔G2＝ab．
“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1．
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的性质
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a；
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列；
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
4．等比数列的单调性
当q>1，a1>0或00时，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}是常数列．
5．等比数列与指数函数的关系
当q≠1时，an＝·qn，可以看成函数y＝cqx，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上．
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(4)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(5)等比数列中不存在数值为0的项．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
[教材衍化]
1．(必修5P54A组T8改编)在3与192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________．
解析：设该数列的公比为q，由题意知，
192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4.
所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48.
答案：12，48
2．(必修5P51例3改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝________．
解析：由题意知q3＝＝，所以q＝.
答案：
3．(必修5P61A组T1改编)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________．
解析：因为＝，所以＝－，因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，q＝－，则an＝－1×＝－.
答案：－
[易错纠偏]
(1)忽视项的符号判断；
(2)忽视公比q＝1的特殊情况；
(3)忽视等比数列的项不为0.
1．在等比数列{an}中，a3＝4，a7＝16，则a3与a7的等比中项为________．
解析：设a3与a7的等比中项为G，因为a3＝4，a7＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.
答案：±8
2．数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和Sn＝________．
解析：因为a≠0，an＝an，所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时Sn＝.
答案：
3．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，
所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，
即x2＋5x＋4＝0，
解得x＝－1或x＝－4.
当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，
不是等比数列，舍去．
答案：－4
等比数列的基本运算(高频考点)
等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题．主要命题角度有：
(1)求首项a1、公比q或项数n；
(2)求通项或特定项；
(3)求前n项和．
角度一 求首项a1、公比q或项数n
(1)已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于( )
A. B．－
C. D．－
(2)设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________．
【解析】 (1)设等比数列{an}的公比为q，
由S3＝a2＋10a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，
又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.
(2)当q≠1时，＝3a1q2，解得q＝1(舍去)或－.当q＝1时，S3＝a1＋a2＋a3＝3a3也成立．
【答案】 (1)C (2)1或－
角度二 求通项或特定项
已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，则an＝________．
【解析】 由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，
因此an＝.
【答案】
角度三 求前n项和
(2020·温州模拟)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．
【解析】 设等比数列的公比为q，则有
解得或又{an}为递增数列，所以
所以Sn＝＝2n－1.
【答案】 2n－1
解决等比数列有关问题的三种常见思想方法
(1)方程思想：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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论思想：因为等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，所以当某一参数为公比进行求和时，就要对参数是否为1进行分类讨论．
(3)整体思想：应用等比数列前n项和公式时，常把qn或当成整体进行求解．
1．设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，由已知a1＝1，a3＝4，得q2＝＝4.又{an}的各项均为正数，
所以q＝2.而Sk＝＝63，
所以2k－1＝63，
解得k＝6.
2．(2020·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1＝________，Sn＝________．
解析：由题意知＝，平方可得Sn＝，①
由a1＝S1得＝，从而可解得a1＝2.
又由①式得Sn－1＝(n≥2)，②
①－②可得an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，
因为数列{an}的各项都是正数，
所以an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4.
故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列，
所以Sn＝2n＋×4＝2n2.
当n＝1时，S1＝a1＝2.
故Sn＝2n2.
答案：2 2n2
等比数列的判定与证明
(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
①求a4的值；
②证明：为等比数列．
【解】 (1)选C.由于{an}是等比数列，则a3a5＝a＝4，又a2＝12，则a4＞0，a4＝2，q2＝，当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；a2n＝a2q2n－2＝12×单调递减，选项C正确；当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
(2)①当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4(1＋＋＋a4)＋5＝8＋1，
解得a4＝.
②证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
因为 4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，
所以4an＋2＋an＝4an＋1，
所以＝＝
＝＝，
所以数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．
(变问法)在本例(2)条件下，求数列{an}的通项公式．
解：由本例(2)的②知，an＋1－an＝，
即－＝4.
所以数列是以＝2为首项，4为公差的等差数列，所以＝2＋4(n－1)＝4n－2，
即an＝(2n－1)·，
所以数列{an}的通项公式为an＝(2n－1)·.
等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{an}中an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)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．
[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．
(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)各项为正的数列{an}满足a1＝，an＋1＝＋an(n∈N*)．
(1)取λ＝an＋1，求证：数列是等比数列，并求其公比；
(2)取λ＝2时令bn＝，记数列{bn}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项之积为Tn，求证：对任意正整数n，2n＋1Tn＋Sn为定值．
解：(1)由λ＝an＋1，得an＋1＝＋an，
所以a－an＋1an－a＝0.
两边同除a可得：－－1＝0，
解得＝.
因为an>0，所以＝为常数，
故数列是等比数列，公比为.
(2)证明：当λ＝2时，an＋1＝＋an，
得2an＋1＝an(an＋2)，
所以bn＝＝·.
所以Tn＝b1·b2…bn＝…＝＝，
又bn＝·＝＝＝－，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＝2－，
故2n＋1Tn＋Sn＝2n＋1·＋2－＝2为定值．
等比数列的性质(高频考点)
等比数列的性质是高考的热点，多以选择题、填空题的形式出现，其难度为中等．主要命题角度有：
(1)等比数列项的性质的应用；
(2)等比数列前n项和的性质的应用．
角度一 等比数列项的性质的应用
(1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，则的值为( )
A．2 B．4
C．－2或2 D．－4或4
(2)(2020·温州八校联考)数列{an}的通项公式为an＝2n－1，则使不等式a＋a＋…＋a<5×2n＋1成立的n的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
【解析】 (1)因为a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，
所以a3a15＝8，a3＋a15＝6，
易知a3，a15均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a＝a3a15＝8，
所以a9＝2，＝2，故选A.
(2)因为an＝2n－1，a＝4n－1，
所以a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
因为a＋a＋…＋a<5×2n＋1，
所以(4n－1)<5×2n＋1，
因为2n(2n－30)<1，对n进行赋值，可知n的最大值为4.
【答案】 (1)A (2)C
角度二 等比数列前n项和的性质的应用
等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．5
【解析】 法一：因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2.
同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，
所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，
故a13＋a15＝＝＝1.
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
法二：在等比数列{an}中，
得q4＝＝，
所以a9＋a11＋a13＋a15＝q8(a1＋a3＋a5＋a7)＝(8＋4)＝3.
【答案】 C
等比数列常见性质的应用
等比数列性质的应用可以分为三类：
(1)通项公式的变形；
(2)等比中项的变形；
(3)前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
1．已知等比数列{an}中，a4＋a8＝－2，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为( )
A．4 B．6
C．8 D．－9
解析：选A.a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2，因为a4＋a8＝－2，所以a6(a2＋2a6＋a10)＝4.
2．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A. B．－
C. D.
解析：选A.因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.所以a7＋a8＋a9＝.
3．(2020·杭州学军中学高三月考)已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有＝an，则a3＝________；{an}的前n项和Sn＝________．
解析：因为＝an，
所以an＋m＝an·am，
所以a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；
令m＝1，
则有an＋1＝an·a1＝2an，
所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝2的等比数列，
所以Sn＝＝2n＋1－2.
答案：8 2n＋1－2
思想方法系列4 分类讨论思想求解数列问题
等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
【解】 (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由得
解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝＝n(n＋2)，
则cn＝
即cn＝
所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－＋＝＋(4n－1)．
分类讨论思想在数列中应用较多，常见的分类讨论有：
(1)已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
(2)等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
(3)项数的奇、偶数讨论．
(4)等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
1．(2020·宁波模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A.法一：当n＝1时，a1＝S1＝4＋λ.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时＝＝2.
因为{an}是等比数列，所以＝2，
即＝2，解得λ＝－2.故选A.
法二：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，
因为{an}是等比数列，所以a＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.
2．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪[1，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，
则S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋.
当公比q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；
当公比q<0时，S3＝1－≤1－2＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立．
所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
[基础题组练]
1．(2020·宁波质检)在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝( )
A．2 B．4
C. D．2
解析：选B.在等比数列{an}中，a2a4＝a＝1，又a2＋a4＝，数列{an}为递减数列，所以a2＝2，a4＝，所以q2＝＝，所以q＝，a1＝＝4.
2．(2020·衢州模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则的值为( )
A. B.
C．2 D．17
解析：选B.设{an}的公比为q，依题意得＝＝q3，因此q＝.注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，＝q4＋1＝，选B.
3．(2020·瑞安四校联考)已知数列{an}的首项a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝，若b10b11＝2，则a21＝( )
A．29 B．210
C．211 D．212
解析：选C.由bn＝，且a1＝2，得b1＝＝，a2＝2b1；b2＝，a3＝a2b2＝2b1b2；b3＝，a4＝a3b3＝2b1b2b3；…；an＝2b1b2b3…bn－1，所以a21＝2b1b2b3…b20，又{bn}为等比数列，所以a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.
4．(2020·丽水市高考数学模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，下列结论一定成立的是( )
A．a1＋a3≥2a2 B．a1＋a3≤2a2
C．a1S3>0 D．a1S3<0
解析：选C.选项A，数列－1，1，－1为等比数列，但a1＋a3＝－2<2a2＝2，故A错误；选项B，数列1，－1，1为等比数列，但a1＋a3＝2>2a2＝－2，故B错误；选项D，数列1，－1，1为等比数列，但a1S3＝1>0，故D错误；对于选项C，a1(a1＋a2＋a3)＝a1(a1＋a1q＋a1q2)＝a(1＋q＋q2)，因为等比数列的项不为0，故a>0，而1＋q＋q2＝＋>0，
故a(1＋q＋q2)>0，故C正确．
5．(2020·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋
C．(，＋∞) D．[，＋∞)
解析：选D.依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝，数列{}是以为首项，为公比的等比数列，等比数列{}的前n项和等于＝(1－)<，因此实数t的取值范围是[，＋∞)，选D.
6．(2020·江南十校联考)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，Tn是{an}的前n项之积，a2＝27，a3a6a9＝，则当Tn最大时，n的值为( )
A．5或6 B．6
C．5 D．4或5
解析：选D.数列{an}是各项均为正数的等比数列，因为a3a6a9＝，所以a＝，所以a6＝.因为a2＝27，所以q4＝＝＝，所以q＝.所以an＝a2qn－2＝27×＝.令an＝＝1，解得n＝5，则当Tn最大时，n的值为4或5.
7．已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：设数列{an}的公比为q，由a＝a10，得(a1q4)2＝a1·q9，即a1＝q.
又由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2，所以an＝a1·qn－1＝2n.
答案：2n
8．已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．
解析：由题意得a1＋a3＋…＝85，a2＋a4＋…＝170，
所以数列{an}的公比q＝2，
由数列{an}的前n项和公式Sn＝，得85＋170＝，解得n＝8.
答案：8
9．(2020·温州市十校联合体期初)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，
则2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
若q＝1，则Sn＝na1，等式显然不成立，
若q≠1，则为2·＝＋，
故2qn＝qn＋1＋qn＋2，
即q2＋q－2＝0，
因此q＝－2.
答案：－2
10．(2020·台州市高考模拟)已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m－1项起，am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列．若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________．
解析：由a1＝－2，公差d＝2，得am－1＝－2＋2(m－2)＝2m－6，
am＝－2＋2(m－1)＝2m－4，则＝＝2，
所以m＝4；
所以S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6
＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28.
答案：4 28
11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3.
解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②
联立①和②解得(舍去)，
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，
解得q＝－5，q＝4.
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.
当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
12．(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)已知数列{an}是首项为2的等差数列，其前n项和Sn满足4Sn＝an·an＋1.数列{bn}是以为首项的等比数列，且b1b2b3＝.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*不等式＋＋…＋≥λ－Tn恒成立，求λ的取值范围．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得4a1＝a1(a1＋d)，解得d＝2，所以an＝2n，
由b1b2b3＝b＝⇒b2＝，
从而公比q＝＝，
所以bn＝.
(2)由(1)知＝＝－，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－，
又Tn＝＝1－，
所以对任意n∈N*，＋＋…＋≥λ－Tn
等价于－－≥λ，
因为－－对n∈N*递增，
所以＝－－＝，
所以≥λ⇒λ≤3，
即λ的取值范围为(－∞，3]．
[综合题组练]
1．(2020·丽水模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn＞1的n的最小值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C.因为{an}是各项均为正数的等比数列且a2a4＝a3，所以a＝a3，所以a3＝1.又因为q＞1，所以a1＜a2＜1，an＞1(n＞3)，所以Tn＞Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1＜1，T2＝a1·a2＜1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2＜1，T4＝a1a2a3a4＝a1＜1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，T6＝T5·a6＝a6＞1，故n的最小值为6，故选C.
2．(2020·温州十校联合体期初)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列(bn>0)．( )
A．若b7≤a6，则b4＋b10≥a3＋a9
B．若b7≤a6，则b4＋b10≤a3＋a9
C．若b6≥a7，则b3＋b9≥a4＋a10
D．若b6≤a7，则b3＋b9≤a4＋a10
解析：选C.因为数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列(bn>0)，
在A中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2＝2b7，
a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≥a3＋a9不一定成立，故A错误；
在B中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2＝2b7，
a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≤a3＋a9不一定成立，故B错误；
在C中，因为b6≥a7，所以b3＋b9≥2＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≥a4＋a10，故C正确；
在D中，因为b6≤a7，所以b3＋b9≥2＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≤a4＋a10不一定成立，故D错误．
3．已知直线ln：y＝x－与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An，Bn，n∈N*，数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝|AnBn|2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝＝，半径rn＝，故an＋1＝|AnBn|2＝r－d＝2an，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n－1(n∈N*)．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
4．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n都有am＋n＝am·an，若Sn
答案：
5．(2020·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1，2，…
(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
解：(1)因为对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.
故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
(2)证明：(必要性)：若数列{an}是公比为q的等比数列，对任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an>0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是＝＝＝q，
＝＝＝q，
即＝＝q，
所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列；
(充分性)：若对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则
B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，
于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，即an＋2－a2＝
q(an＋1－a1)，亦即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.
由n＝1时，B(1)＝qA(1)，
即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.
因为an>0，
所以＝＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．
综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
6．(2020·杭州市七校高三联考)已知等比数列{an}的公比为q(0
(2)若bn＝an·(log2an)，求{bn}的前n项和Tn；
(3)设该等比数列{an}的前n项和为Sn，正整数m，n满足<，求出所有符合条件的m，n的值．
解：(1)由等比数列的性质可知a3a4＝a2a5＝，a2＋a5＝，
所以a2，a5是方程x2－x＋＝0的两根，
由题意可知a2>a5，
解得a2＝1，a5＝，
由等比数列的性质可知a5＝a2·q3，解得q＝，
an＝a2·＝，
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)可知bn＝an·(log2an)＝，
{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2＋0＋＋＋＋…＋，
Tn＝1＋0＋＋＋＋…＋，
两式相减可得
Tn＝1－－
＝1－－
＝1－－
＝－
＝，
所以Tn＝.
(3)因为Sn＝4，
由<⇒2<2n(4－m)<6，
2n(4－m)为偶数，因此只能取2n(4－m)＝4，
所以有或⇒或.
第3讲 等比数列及其前n项和
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等于同一常数(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(q≠0，n∈N*)．
(2)等比中项
如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔G2＝ab．
“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1．
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的性质
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a；
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列；
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
4．等比数列的单调性
当q>1，a1>0或0
当q＝1时，{an}是常数列．
5．等比数列与指数函数的关系
当q≠1时，an＝·qn，可以看成函数y＝cqx，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上．
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(4)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(5)等比数列中不存在数值为0的项．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
[教材衍化]
1．(必修5P54A组T8改编)在3与192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________．
解析：设该数列的公比为q，由题意知，
192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4.
所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48.
答案：12，48
2．(必修5P51例3改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝________．
解析：由题意知q3＝＝，所以q＝.
答案：
3．(必修5P61A组T1改编)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________．
解析：因为＝，所以＝－，因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，q＝－，则an＝－1×＝－.
答案：－
[易错纠偏]
(1)忽视项的符号判断；
(2)忽视公比q＝1的特殊情况；
(3)忽视等比数列的项不为0.
1．在等比数列{an}中，a3＝4，a7＝16，则a3与a7的等比中项为________．
解析：设a3与a7的等比中项为G，因为a3＝4，a7＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.
答案：±8
2．数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和Sn＝________．
解析：因为a≠0，an＝an，所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时Sn＝.
答案：
3．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，
所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，
即x2＋5x＋4＝0，
解得x＝－1或x＝－4.
当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，
不是等比数列，舍去．
答案：－4
等比数列的基本运算(高频考点)
等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题．主要命题角度有：
(1)求首项a1、公比q或项数n；
(2)求通项或特定项；
(3)求前n项和．
角度一 求首项a1、公比q或项数n
(1)已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于( )
A. B．－
C. D．－
(2)设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________．
【解析】 (1)设等比数列{an}的公比为q，
由S3＝a2＋10a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，
又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.
(2)当q≠1时，＝3a1q2，解得q＝1(舍去)或－.当q＝1时，S3＝a1＋a2＋a3＝3a3也成立．
【答案】 (1)C (2)1或－
角度二 求通项或特定项
已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，则an＝________．
【解析】 由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，
因此an＝.
【答案】
角度三 求前n项和
(2020·温州模拟)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．
【解析】 设等比数列的公比为q，则有
解得或又{an}为递增数列，所以
所以Sn＝＝2n－1.
【答案】 2n－1
解决等比数列有关问题的三种常见思想方法
(1)方程思想：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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论思想：因为等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，所以当某一参数为公比进行求和时，就要对参数是否为1进行分类讨论．
(3)整体思想：应用等比数列前n项和公式时，常把qn或当成整体进行求解．
1．设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，由已知a1＝1，a3＝4，得q2＝＝4.又{an}的各项均为正数，
所以q＝2.而Sk＝＝63，
所以2k－1＝63，
解得k＝6.
2．(2020·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1＝________，Sn＝________．
解析：由题意知＝，平方可得Sn＝，①
由a1＝S1得＝，从而可解得a1＝2.
又由①式得Sn－1＝(n≥2)，②
①－②可得an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，
因为数列{an}的各项都是正数，
所以an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4.
故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列，
所以Sn＝2n＋×4＝2n2.
当n＝1时，S1＝a1＝2.
故Sn＝2n2.
答案：2 2n2
等比数列的判定与证明
(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
①求a4的值；
②证明：为等比数列．
【解】 (1)选C.由于{an}是等比数列，则a3a5＝a＝4，又a2＝12，则a4＞0，a4＝2，q2＝，当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；a2n＝a2q2n－2＝12×单调递减，选项C正确；当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
(2)①当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4(1＋＋＋a4)＋5＝8＋1，
解得a4＝.
②证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
因为 4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，
所以4an＋2＋an＝4an＋1，
所以＝＝
＝＝，
所以数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．
(变问法)在本例(2)条件下，求数列{an}的通项公式．
解：由本例(2)的②知，an＋1－an＝，
即－＝4.
所以数列是以＝2为首项，4为公差的等差数列，所以＝2＋4(n－1)＝4n－2，
即an＝(2n－1)·，
所以数列{an}的通项公式为an＝(2n－1)·.
等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{an}中an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)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．
[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．
(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)各项为正的数列{an}满足a1＝，an＋1＝＋an(n∈N*)．
(1)取λ＝an＋1，求证：数列是等比数列，并求其公比；
(2)取λ＝2时令bn＝，记数列{bn}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项之积为Tn，求证：对任意正整数n，2n＋1Tn＋Sn为定值．
解：(1)由λ＝an＋1，得an＋1＝＋an，
所以a－an＋1an－a＝0.
两边同除a可得：－－1＝0，
解得＝.
因为an>0，所以＝为常数，
故数列是等比数列，公比为.
(2)证明：当λ＝2时，an＋1＝＋an，
得2an＋1＝an(an＋2)，
所以bn＝＝·.
所以Tn＝b1·b2…bn＝…＝＝，
又bn＝·＝＝＝－，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＝2－，
故2n＋1Tn＋Sn＝2n＋1·＋2－＝2为定值．
等比数列的性质(高频考点)
等比数列的性质是高考的热点，多以选择题、填空题的形式出现，其难度为中等．主要命题角度有：
(1)等比数列项的性质的应用；
(2)等比数列前n项和的性质的应用．
角度一 等比数列项的性质的应用
(1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，则的值为( )
A．2 B．4
C．－2或2 D．－4或4
(2)(2020·温州八校联考)数列{an}的通项公式为an＝2n－1，则使不等式a＋a＋…＋a<5×2n＋1成立的n的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
【解析】 (1)因为a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，
所以a3a15＝8，a3＋a15＝6，
易知a3，a15均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a＝a3a15＝8，
所以a9＝2，＝2，故选A.
(2)因为an＝2n－1，a＝4n－1，
所以a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
因为a＋a＋…＋a<5×2n＋1，
所以(4n－1)<5×2n＋1，
因为2n(2n－30)<1，对n进行赋值，可知n的最大值为4.
【答案】 (1)A (2)C
角度二 等比数列前n项和的性质的应用
等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．5
【解析】 法一：因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2.
同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，
所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，
故a13＋a15＝＝＝1.
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
法二：在等比数列{an}中，
得q4＝＝，
所以a9＋a11＋a13＋a15＝q8(a1＋a3＋a5＋a7)＝(8＋4)＝3.
【答案】 C
等比数列常见性质的应用
等比数列性质的应用可以分为三类：
(1)通项公式的变形；
(2)等比中项的变形；
(3)前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
1．已知等比数列{an}中，a4＋a8＝－2，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为( )
A．4 B．6
C．8 D．－9
解析：选A.a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2，因为a4＋a8＝－2，所以a6(a2＋2a6＋a10)＝4.
2．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A. B．－
C. D.
解析：选A.因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.所以a7＋a8＋a9＝.
3．(2020·杭州学军中学高三月考)已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有＝an，则a3＝________；{an}的前n项和Sn＝________．
解析：因为＝an，
所以an＋m＝an·am，
所以a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；
令m＝1，
则有an＋1＝an·a1＝2an，
所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝2的等比数列，
所以Sn＝＝2n＋1－2.
答案：8 2n＋1－2
思想方法系列4 分类讨论思想求解数列问题
等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
【解】 (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由得
解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝＝n(n＋2)，
则cn＝
即cn＝
所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－＋＝＋(4n－1)．
分类讨论思想在数列中应用较多，常见的分类讨论有：
(1)已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
(2)等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
(3)项数的奇、偶数讨论．
(4)等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
1．(2020·宁波模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A.法一：当n＝1时，a1＝S1＝4＋λ.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时＝＝2.
因为{an}是等比数列，所以＝2，
即＝2，解得λ＝－2.故选A.
法二：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，
因为{an}是等比数列，所以a＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.
2．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪[1，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，
则S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋.
当公比q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；
当公比q<0时，S3＝1－≤1－2＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立．
所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
[基础题组练]
1．(2020·宁波质检)在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝( )
A．2 B．4
C. D．2
解析：选B.在等比数列{an}中，a2a4＝a＝1，又a2＋a4＝，数列{an}为递减数列，所以a2＝2，a4＝，所以q2＝＝，所以q＝，a1＝＝4.
2．(2020·衢州模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则的值为( )
A. B.
C．2 D．17
解析：选B.设{an}的公比为q，依题意得＝＝q3，因此q＝.注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，＝q4＋1＝，选B.
3．(2020·瑞安四校联考)已知数列{an}的首项a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝，若b10b11＝2，则a21＝( )
A．29 B．210
C．211 D．212
解析：选C.由bn＝，且a1＝2，得b1＝＝，a2＝2b1；b2＝，a3＝a2b2＝2b1b2；b3＝，a4＝a3b3＝2b1b2b3；…；an＝2b1b2b3…bn－1，所以a21＝2b1b2b3…b20，又{bn}为等比数列，所以a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.
4．(2020·丽水市高考数学模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，下列结论一定成立的是( )
A．a1＋a3≥2a2 B．a1＋a3≤2a2
C．a1S3>0 D．a1S3<0
解析：选C.选项A，数列－1，1，－1为等比数列，但a1＋a3＝－2<2a2＝2，故A错误；选项B，数列1，－1，1为等比数列，但a1＋a3＝2>2a2＝－2，故B错误；选项D，数列1，－1，1为等比数列，但a1S3＝1>0，故D错误；对于选项C，a1(a1＋a2＋a3)＝a1(a1＋a1q＋a1q2)＝a(1＋q＋q2)，因为等比数列的项不为0，故a>0，而1＋q＋q2＝＋>0，
故a(1＋q＋q2)>0，故C正确．
5．(2020·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋
C．(，＋∞) D．[，＋∞)
解析：选D.依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝，数列{}是以为首项，为公比的等比数列，等比数列{}的前n项和等于＝(1－)<，因此实数t的取值范围是[，＋∞)，选D.
6．(2020·江南十校联考)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，Tn是{an}的前n项之积，a2＝27，a3a6a9＝，则当Tn最大时，n的值为( )
A．5或6 B．6
C．5 D．4或5
解析：选D.数列{an}是各项均为正数的等比数列，因为a3a6a9＝，所以a＝，所以a6＝.因为a2＝27，所以q4＝＝＝，所以q＝.所以an＝a2qn－2＝27×＝.令an＝＝1，解得n＝5，则当Tn最大时，n的值为4或5.
7．已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：设数列{an}的公比为q，由a＝a10，得(a1q4)2＝a1·q9，即a1＝q.
又由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2，所以an＝a1·qn－1＝2n.
答案：2n
8．已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．
解析：由题意得a1＋a3＋…＝85，a2＋a4＋…＝170，
所以数列{an}的公比q＝2，
由数列{an}的前n项和公式Sn＝，得85＋170＝，解得n＝8.
答案：8
9．(2020·温州市十校联合体期初)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，
则2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
若q＝1，则Sn＝na1，等式显然不成立，
若q≠1，则为2·＝＋，
故2qn＝qn＋1＋qn＋2，
即q2＋q－2＝0，
因此q＝－2.
答案：－2
10．(2020·台州市高考模拟)已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m－1项起，am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列．若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________．
解析：由a1＝－2，公差d＝2，得am－1＝－2＋2(m－2)＝2m－6，
am＝－2＋2(m－1)＝2m－4，则＝＝2，
所以m＝4；
所以S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6
＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28.
答案：4 28
11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3.
解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②
联立①和②解得(舍去)，
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，
解得q＝－5，q＝4.
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.
当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
12．(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)已知数列{an}是首项为2的等差数列，其前n项和Sn满足4Sn＝an·an＋1.数列{bn}是以为首项的等比数列，且b1b2b3＝.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*不等式＋＋…＋≥λ－Tn恒成立，求λ的取值范围．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得4a1＝a1(a1＋d)，解得d＝2，所以an＝2n，
由b1b2b3＝b＝⇒b2＝，
从而公比q＝＝，
所以bn＝.
(2)由(1)知＝＝－，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－，
又Tn＝＝1－，
所以对任意n∈N*，＋＋…＋≥λ－Tn
等价于－－≥λ，
因为－－对n∈N*递增，
所以＝－－＝，
所以≥λ⇒λ≤3，
即λ的取值范围为(－∞，3]．
[综合题组练]
1．(2020·丽水模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn＞1的n的最小值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C.因为{an}是各项均为正数的等比数列且a2a4＝a3，所以a＝a3，所以a3＝1.又因为q＞1，所以a1＜a2＜1，an＞1(n＞3)，所以Tn＞Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1＜1，T2＝a1·a2＜1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2＜1，T4＝a1a2a3a4＝a1＜1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，T6＝T5·a6＝a6＞1，故n的最小值为6，故选C.
2．(2020·温州十校联合体期初)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列(bn>0)．( )
A．若b7≤a6，则b4＋b10≥a3＋a9
B．若b7≤a6，则b4＋b10≤a3＋a9
C．若b6≥a7，则b3＋b9≥a4＋a10
D．若b6≤a7，则b3＋b9≤a4＋a10
解析：选C.因为数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列(bn>0)，
在A中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2＝2b7，
a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≥a3＋a9不一定成立，故A错误；
在B中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2＝2b7，
a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≤a3＋a9不一定成立，故B错误；
在C中，因为b6≥a7，所以b3＋b9≥2＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≥a4＋a10，故C正确；
在D中，因为b6≤a7，所以b3＋b9≥2＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≤a4＋a10不一定成立，故D错误．
3．已知直线ln：y＝x－与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An，Bn，n∈N*，数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝|AnBn|2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝＝，半径rn＝，故an＋1＝|AnBn|2＝r－d＝2an，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n－1(n∈N*)．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
4．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n都有am＋n＝am·an，若Sn
答案：
5．(2020·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1，2，…
(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
解：(1)因为对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.
故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
(2)证明：(必要性)：若数列{an}是公比为q的等比数列，对任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an>0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是＝＝＝q，
＝＝＝q，
即＝＝q，
所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列；
(充分性)：若对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则
B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，
于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，即an＋2－a2＝
q(an＋1－a1)，亦即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.
由n＝1时，B(1)＝qA(1)，
即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.
因为an>0，
所以＝＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．
综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
6．(2020·杭州市七校高三联考)已知等比数列{an}的公比为q(0
(2)若bn＝an·(log2an)，求{bn}的前n项和Tn；
(3)设该等比数列{an}的前n项和为Sn，正整数m，n满足<，求出所有符合条件的m，n的值．
解：(1)由等比数列的性质可知a3a4＝a2a5＝，a2＋a5＝，
所以a2，a5是方程x2－x＋＝0的两根，
由题意可知a2>a5，
解得a2＝1，a5＝，
由等比数列的性质可知a5＝a2·q3，解得q＝，
an＝a2·＝，
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)可知bn＝an·(log2an)＝，
{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2＋0＋＋＋＋…＋，
Tn＝1＋0＋＋＋＋…＋，
两式相减可得
Tn＝1－－
＝1－－
＝1－－
＝－
＝，
所以Tn＝.
(3)因为Sn＝4，
由<⇒2<2n(4－m)<6，
2n(4－m)为偶数，因此只能取2n(4－m)＝4，
所以有或⇒或.
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