（小白高考）新高考数学(零基础)一轮复习教案6.3《等比数列及其前n项和》 (2份打包，原卷版+教师版)

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1.与等差数列的定义、性质相类比，考查等比数列的定义、性质，凸显逻辑推理的核心素养．
2．结合具体问题的计算，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，凸显数学运算的核心素养．
3．与实际应用问题相结合，考查等比数列的应用，凸显数学建模的核心素养．
[理清主干知识]
1．等比数列的概念
(1)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个非零常数，那么这个数列叫做等比数列．
数学语言表达式：eq \f(an,an－1)＝eq \a\vs4\al(q)(n≥2，q为非零常数)．
(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±eq \r(ab).
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
3．等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和．
(1)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为eq \a\vs4\al(qm).
(2)若{an}，{bn}是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列．
(3)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(4)当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为eq \a\vs4\al(qn).
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(求公比)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则公比q等于( )
A．－eq \f(1,2) B．－2 C．2 D.eq \f(1,2)
解析：选D 由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2).
2．(项的性质的应用)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：选C ∵a2·a4＝aeq \\al(2,3)＝16，∴a3＝4(负值舍去)，①
又S3＝a1＋a2＋a3＝eq \f(a3,q2)＋eq \f(a3,q)＋a3＝7，②联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－eq \f(2,3)或q＝2，
∵an>0，∴q＝2，∴a8＝a3·q5＝27＝128.
3．(前n项和性质的应用)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( )
A．31 B．32 C．63 D．64
解析：选C 由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.
二、易错点练清
1．(忽视判断项的符号)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是( )
A．－2 B．－eq \r(2) C．±eq \r(2) D.eq \r(2)
解析：选B 根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，
得a3<0，a7<0，即a5<0，由a3a7＝aeq \\al(2,5)，得a5＝－eq \r(a3a7)＝－eq \r(2).
2．(忽视等比数列的项不为0)已知x,2x＋2,3x＋3是等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：由题意，得(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.当x＝－1时，x,2x＋2,3x＋3分别为－1,0,0，不构成一个等比数列，故x≠－1；当x＝－4时，x,2x＋2,3x＋3分别为－4，－6，－9，能构成一个等比数列，所以x的值为－4.
答案：－4
3．(多个结果不注意验证)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，S6＝63，则{an}的通项公式为an＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q.由已知，有eq \f(1,a1)－eq \f(1,a1q)＝eq \f(2,a1q2)，即1－eq \f(1,q)＝eq \f(2,q2)，解得q＝2或q＝－1.若q＝－1，则S6＝0，与S6＝63矛盾，不符合题意，∴q＝2，∴S6＝eq \f(a11－26,1－2)＝63，得a1＝1，∴an＝2n－1.
答案：2n－1
考点一 等比数列的基本运算
[典例] (1)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)＝( )
A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1
(2)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
[解析] (1)法一：设等比数列{an}的公比为q，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))
所以Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故选B.
法二：设等比数列{an}的公比为q，
因为eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(a41－q2,a31－q2)＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(\f(a11－qn,1－q),a1qn－1)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故选B.
(2)令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq \f(an＋1,an)＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq \f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.
[答案] (1)B (2)C
[方法技巧]
(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＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
[针对训练]
1．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.eq \f(4,3) B．－eq \f(4,3) C．－eq \f(8,3) D．－4
解析：选B ∵{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，∴aeq \\al(2,6)＝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＝－eq \f(8,3)，
∴b9＝b7＋2d＝4＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)))＝－eq \f(4,3).故选B.
2．(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：选ABD 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＝eq \f(2×2n－1,2－1)＝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．
3．等比数列{an}的前n项和为Sn.若4a1,2a2，a3成等差数列，a1＝1，则S7＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为4a1,2a2，a3成等差数列，a1＝1，所以4a2＝4a1＋a3，
即4q＝4＋q2，解得q＝2.因此，S7＝eq \f(a11－q7,1－q)＝eq \f(1－27,1－2)＝127.
答案：127
考点二 等比数列的判定与证明
[典例]已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，求数列{an}的通项公式．
[解] (1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an，得an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)因为a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，所以a2＋a1＝2.
又由(1)知数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列，所以an＋1＋an＝(a2＋a1)·3n－1＝2·3n－1.
于是an＋1－eq \f(1,2)×3n＝－an＋eq \f(1,2)×3n－1，又a2－eq \f(3,2)＝0，所以an－eq \f(3n－1,2)＝0，即an＝eq \f(3n－1,2)，
而a1＝eq \f(1,2)也符合．于是an＝eq \f(1,2)×3n－1为所求．
[方法技巧] 等比数列的4种常用判定方法
[提醒] (1)若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．
(2)利用递推关系时，要注意对n＝1时的情况进行验证．
[针对训练]
已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明：{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(1,32).解得λ＝－1.
考点三 等比数列的性质及应用
[典例]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] 法一：设等比数列{an}的公比为q，所以eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(a1＋a2＋a3q,a1＋a2＋a3)＝q＝2.
由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，
解得a1＝eq \f(1,7)，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝eq \f(1,7)×(25＋26＋27)＝eq \f(1,7)×25×(1＋2＋22)＝32，故选D.
法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.
设数列{an}的公比为q，则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋an＋2＋an＋3,an＋an＋1＋an＋2)＝eq \f(an＋an＋1＋an＋2q,an＋an＋1＋an＋2)＝q，
所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，
所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，
所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故选D.
[答案] D
[方法技巧]
1．等比数列性质应用问题的解题突破口
等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，三是前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．
2．应用等比数列性质解题时的2个注意点
(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．
[针对训练]
1．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．2eq \r(3) B．2eq \r(2) C．8 D．6
解析：选A ∵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≥2eq \r(a1a8)＝2eq \r(3)，当且仅当a1＝a8＝eq \r(3)时取等号．故选A.
2．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝eq \f(15,8)，a2a3＝－eq \f(9,8)，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)等于( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,3) C．－eq \f(3,5) D．－eq \f(5,3)
解析：选D eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(a1＋a4,a1·a4)＋eq \f(a2＋a3,a2·a3).
∵在等比数列{an}中，a1·a4＝a2·a3，∴原式＝eq \f(a1＋a2＋a3＋a4,a2·a3)＝eq \f(15,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,9)))＝－eq \f(5,3).故选D.
3．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：选B 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＝eq \f(S4＋52,S4)＝eq \f(25,S4)＋S4＋10≥2eq \r(\f(25,S4)·S4)＋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.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A．4 B.eq \f(5,2) C．2 D.eq \f(1,2)
解析：选C 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·a1q4＝16，,a1q＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝－2))(舍去)，故选C.
2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为( )
A．8 B．9 C．10 D．11
解析：选C 由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.
3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝( )
A．1 B．5 C.eq \f(31,48) D.eq \f(11,16)
解析：选D 由题意得eq \f(a11－q3,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍)，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(11,16).
4．已知{an}是公差为3的等差数列，若a1，a2，a4成等比数列，则{an}的前10项和S10＝( )
A．165 B．138 C．60 D．30
解析：选A 由a1，a2，a4成等比数列得aeq \\al(2,2)＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×3＋45×3＝165.故选A.
5．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足：a1＋3a3＝eq \f(7,2)，S3＝eq \f(7,2)，则a4＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,8) C．4 D．8
解析：选A 设等比数列{an}的公比为q，则q>0.
∵a1＋3a3＝eq \f(7,2)，S3＝eq \f(7,2)，∴a1＋3a1q2＝eq \f(7,2)，a1(1＋q＋q2)＝eq \f(7,2)，联立解得a1＝2，q＝eq \f(1,2).则a4＝eq \f(1,4).故选A.
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知等比数列{an}各项均为正数，满足a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，则a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝( )
A．62 B．62eq \r(2) C．61 D．61eq \r(2)
解析：选A 设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，联立解得a1＝1，q2＝2.
∵eq \f(an＋1an＋3,anan＋2)＝q2＝2，a1a3＝1×(1×2)＝2，∴{anan＋2}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝eq \f(21－25,1－2)＝62.故选A.
2．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq \r(2)，则aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,6)的最小值是( )
A．1 B．2 C．4 D．8
解析：选C ∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq \r(2)，∴a4a6＝a2a8＝2.
则aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,6)≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝eq \r(2)时取等号．故选C.
3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为( )
A.eq \f(1,2)(310－1) B.eq \f(1,8)(910－1) C.eq \f(1,26)(279－1) D.eq \f(1,26)(2710－1)
解析：选D 由an＋1－an＝3，知数列{an}为公差为3的等差数列，则an＝1＋(n－1)×3＝3n－2；
由eq \f(bn＋1,bn)＝3，知数列{bn}为公比为3的等比数列，则bn＝3n－1.所以ban＝33n－3＝ 27n－1，
则数列{ ban }为首项为1，公比为27的等比数列，
则数列{ ban }的前10项和为eq \f(1－2710,1－27)＝eq \f(1,26)(2710－1)．故选D.
4．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S4,S2)＝3，则eq \f(S6,S4)＝( )
A．2 B.eq \f(7,3) C.eq \f(3,10) D．1或2
解析：选B 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，∴eq \f(S6,S4)＝eq \f(7k,3k)＝eq \f(7,3)，故选B.
5．(多选)在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＝1，a5＝27a2，则下列说法正确的是( )
A．q＝3 B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S5＝121 D．2lg an＝lg an－2＋lg an＋2(n≥3)
解析：选ACD 因为a1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q⇒q3＝27⇒q＝3，因此选项A正确；
因为Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(1,2)(3n－1)，所以Sn＋2＝eq \f(1,2)(3n＋3)，
因为eq \f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq \f(\f(1,2)3n＋1＋3,\f(1,2)3n＋3)＝1＋eq \f(2,1＋31－n)≠常数，所以数列{Sn＋2}不是等比数列，故选项B不正确；
因为S5＝eq \f(1,2)(35－1)＝121，所以选项C正确；
an＝a1·qn－1＝3n－1>0，因为当n≥3时，lg an－2＋lg an＋2＝lg(an－2·an＋2)＝lg aeq \\al(2,n)＝2lg an，所以选项D正确．
6．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得eq \r(aman)＝32，则eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(9,10) C.eq \f(3,2) D.eq \f(9,5)
解析：选A 设公比为q，q>0.∵数列{an}是正项等比数列，∴a2a8＝aeq \\al(2,5)＝16a5，
∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.
∵eq \r(aman)＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)＝eq \f(1,12)(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq \f(1,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq \f(1,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2 \r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq \f(3,4)(m，n∈N*)，
当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时“＝”成立，∴eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为eq \f(3,4)，故选A.
7．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：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aeq \\al(2,2)＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.
法二：Sn＝2n＋1＋λ＝2×2n＋λ，易知q≠1，因为{an}是等比数列，
所以Sn＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)qn，据此可得λ＝－2.故选A.
8．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq \f(1,6)，a2＝eq \f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为( )
A.eq \f(14,15) B.eq \f(15,16) C.eq \f(16,17) D.eq \f(17,18)
解析：选B 等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝eq \f(1,3)，第二项为6a2＝eq \f(1,9)，故公比为eq \f(1,3)，
所以(n2＋n)an＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,3n)，所以an＝eq \f(1,3nn2＋n)，则3nan＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
其前n项和为1－eq \f(1,n＋1)，当n＝15时，前15项和为1－eq \f(1,16)＝eq \f(15,16).
9．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30 C．26 D．16
解析：选B 由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．
设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．由(x－2)2＝2×(14－x)，解得x＝6或x＝－4(舍去)．
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.
10．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－eq \f(8,9)，则当Tn取得最大值时，n的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．6
解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－eq \f(8,9)，所以q3＝eq \f(1,27)，q＝eq \f(1,3)，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×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝24×8＝192，T4＝(－24)4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))6＝84×eq \f(1,9)＝eq \f(84,9)>192，T6＝(－24)6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))15＝86×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))9＝eq \f(86,39)＝eq \f(84,9)×eq \f(82,37)11．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＋a5＋a9＝π，则cs(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＝eq \f(π,3)，
所以cs(a2＋a8)＝cs(2a5)＝cseq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2).
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：－eq \f(1,2) 32
12．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2aeq \\al(2,5)，a2＝1，则a1＝________.
解析：∵a3a9＝aeq \\al(2,6)，∴aeq \\al(2,6)＝2aeq \\al(2,5)，设等比数列{an}的公比为q，∴q2＝2，由于q>0，解得q＝eq \r(2)，∴a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
13．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，eq \f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.
解析：设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝eq \f(2＋\r(8),2)＝1＋eq \r(2)(舍负)，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq \f(1,q)＝eq \r(2)－1.
答案：eq \r(2)－1
14．在数列{an}中，aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(an＋2＋1,an＋1＋1).
∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴eq \f(a2＋1,a1＋1)＝2，
∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝3·2n－1，
∴an＝3·2n－1－1，∴Sn＝eq \f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.
方法
解读
适用题型
定义法
若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
大题
证明
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
选择
填空
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