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2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和（教师版）
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这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和（教师版），共19页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【考纲要求】
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.了解等比数列与指数函数的关系．
【考点预测】
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，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eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(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.
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*)．
(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,k).
(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,01，))则等比数列{an}递减．
【常用结论】
1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq \\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))也是等比数列.
2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
4.三个数成等比数列，通常设为eq \f(x,q)，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为eq \f(x,q3)，eq \f(x,q)，xq，xq3.
【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(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
3.等比数列的三种常用判定方法
(1)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．
(2)等比中项法：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．
(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．
4.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．巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
二、【题型归类】
【题型一】等比数列基本量的运算
【典例1】(多选)已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是( )
A.a1＞0 B.q＞0
C.eq \f(a3,a2)＝3或－1 D.eq \f(a6,a4)＝9
【解析】设等比数列{an}的公比为q，
由题意得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a3))＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.
因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A，B正确；
由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，
所以eq \f(a3,a2)＝q＝3，eq \f(a6,a4)＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.
故选ABD.
【典例2】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】由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2).
故选D.
【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是________.(结果精确到0.1.参考数据：lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)( )
A.2.9天 B.3.9天 C.4.9天 D.5.9天
【解析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为eq \f(1,2)，前n项和为An.
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，
其前n项和为Bn.
则An＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，Bn＝eq \f(2n－1,2－1)，
由题意可得5×eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq \f(2n－1,2－1)，解得2n＝30，2n＝1(舍去).
∴n＝lg230＝eq \f(lg 30,lg 2)＝eq \f(lg 3＋1,lg 2)＝eq \f(1.48,0.30)≈4.9.
故选C.
【题型二】等比数列的判定与证明
【典例1】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{an}的通项公式．
【解析】(1)证明 an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an>0，所以eq \f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)解 由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1
＝2×3n－1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，
故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n－1，an＝eq \f(1,2)×3n－1.
【典例2】Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)易知q≠1，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))
解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，
解得λ＝eq \f(1,2)，
此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，
则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq \f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列．
【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq \f(an,n).
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
【解析】(1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
【题型三】等比数列项的性质的应用
【典例1】已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于( )
A．40 B．60 C．32 D．50
【解析】数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.
故选B.
【典例2】已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝_____.
【解析】由已知得，2S9＝S3＋S6，∴q≠1，
则有2×eq \f(a11－q9,1－q)＝eq \f(a11－q3,1－q)＋eq \f(a11－q6,1－q)，
解得q3＝－eq \f(1,2)，
又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝4，
∴a2＝8，∴a8＝a2·q6＝8×eq \f(1,4)＝2.
【典例3】已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq \\al(2,4)＝π，则tan(a3·a5)等于( )
A.eq \r(3) B．－eq \r(3) C．－eq \f(\r(3),3) D．±eq \r(3)
【解析】由已知得aeq \\al(2,4)＋2aeq \\al(2,4)＝π，∴aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，
又a3·a5＝aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，∴tan(a3·a5)＝eq \r(3).
故选A.
【题型四】等比数列前n项和的性质的应用
【典例1】已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
【解析】由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.
【典例2】设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S9,S3)＝________．
【解析】设等比数列{an}的公比为q，因为eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，所以{an}的公比q≠1.由eq \f(a1(1－q6),1－q)÷eq \f(a1(1－q3),1－q)＝eq \f(1,2)，得q3＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(S9,S3)＝eq \f(1－q9,1－q3)＝eq \f(3,4).
三、【培优训练】
【训练一】(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为( )
A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列
C．a1b30＝105 D.eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(209,193)
【解析】由题意知，{an}为等差数列，a1＝5，S30＝390，设公差为d，则S30＝30×5＋eq \f(30×29,2)d，所以d＝eq \f(16,29).对于B，{bn}中，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d，故{bn}为等比数列，故B正确．对于A，eq \f(b10,b5)＝25d＝2eq \s\up6(\f(80,29))≠8，故A错误．对于C，a1b30＝5×32×2eq \f(16,29)×29＝5×32×216≠105，故C错误．对于D，eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(209,193)，故D正确．
故选BD.
【训练二】(多选)已知数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) (ai＋i)＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3是b3与b4的等差中项，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A.数列{an－bn}是等差数列
B.Sn＝2n＋1－2－eq \f(n（n＋1）,2)
C.数列{an}是递增数列
D.eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) eq \f(1,ai)＜2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn)))
【解析】设{bn}的公比为q.
由题知b3＋b4＝2(b2＋b3)⇒b4－b3－2b2＝0⇒q2－q－2＝0⇒q＝2或－1(舍)，故bn＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，故{an－bn}为等差数列，A正确；
Sn＝2＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2(2n－1)－eq \f(n（n＋1）,2)，B正确；
an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是递增数列，C正确；
当n＝1时，eq \f(1,a1)＝1，2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,b1)))＝1，矛盾，故D错误.
故选ABC.
【训练三】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＜bn，则满足条件的n的取值集合为________．
【解析】当n＝1时，a1＝S1＝λa1－1.又a1＝1，所以λ－1＝1，解得λ＝2.所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)．所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.又anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝eq \f(－n2＋9n－20,2n－1)，所以bn＋1－bn＝eq \f(－（n＋1）2＋9（n＋1）－20,2n)－eq \f(－n2＋9n－20,2n－1)＝eq \f(n2－11n＋28,2n)＜0.又2n＞0，所以n2－11n＋28＝(n－4)·(n－7)＜0，解得4＜n＜7.又n∈N*，所以满足条件的n的取值集合为{5，6}．
【训练四】已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
【解析】(1)因为an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
所以an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，
所以eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，
即an＋2＝eq \f(1,2)an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)，
因为a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，
所以a2＝eq \f(1,2)，所以b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2).
所以{bn}是首项为eq \f(3,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
所以bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(3,2n).
(2)由(1)可知，an＋2＝eq \f(1,2)an，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n).
【训练五】已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).
【训练六】已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞eq \f(23,8)成立的最大正整数k的值.
【解析】(1)设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
又∵a1≠0，∴q＝－eq \f(1,2)或1(舍)，
∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，
∴an＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
(2)Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n))).
∵Sk＞eq \f(23,8)，∴eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(k)))＞eq \f(23,8)，
∴eq \f(5,64)＜－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)，
显然，k为奇数，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)＞eq \f(5,64)＞eq \f(4,64)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4).
解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( )
A．16 B．15 C．8 D．7
【解析】设公比为q，由题意得4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，又a1≠0，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝eq \f(1×（1－24）,1－2)＝15，
故选B.
2. 设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q＝( )
A．5 B．4
C．3 D．2
【解析】因为S2＝3，S4＝15，S4－S2＝12，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝3，,a3＋a4＝12，))
两个方程左右两边分别相除，得q2＝4，
因为数列是正项等比数列，
所以q＝2.
故选D.
3. 设单调递增等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＝10，a2a3a4＝64，则正确的是( )
A．Sn＝2n－1－1 B．an＝2n
C．Sn＋1－Sn＝2n＋1 D．Sn＝2n－1
【解析】设等比数列{an}的公比为q，
因为a2a3a4＝64，所以aeq \\al(3,3)＝64，解得a3＝4.
又a2＋a4＝10，
所以eq \f(4,q)＋4q＝10，即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝eq \f(1,2).
又等比数列{an}单调递增，
所以q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，
所以Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，Sn＋1－Sn＝2n＋1－1－(2n－1)＝2n.
因此只有选项D正确.
故选D.
4. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为( )
A.eq \f(9n－1,2) B.eq \f(9n－1,4)
C.eq \f(9n－1,8) D．9n－1
【解析】设数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为Tn，因为Sn＝3n＋a，所以Sn－1＝3n－1＋a(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1(n≥2)，且S1＝a1＝3＋a.又数列{an}为等比数列，所以an＝2·3n－1且2＝3＋a，所以a＝－1.因为eq \f(aeq \\al(2,n＋1),aeq \\al(2,n))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))eq \s\up12(2)＝9且aeq \\al(2,1)＝4，所以{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列．所以{aeq \\al(2,n)}的前n项和Tn＝eq \f(4（1－9n）,1－9)＝eq \f(9n－1,2).
故选A.
5. 已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,7)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,7)
【解析】法一：由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而S6＝eq \f(a1(1－26),1－2)＝63a1，所以eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝eq \f(21a1,63a1)＝eq \f(1,3)，故选A．
法二：由题意知S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a1＋a3＋a5＋(a2＋a4＋a6)＝a1＋a3＋a5＋2(a1＋a3＋a5)＝3(a1＋a3＋a5)，故eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝eq \f(1,3).
故选A．
6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为( )
A．24里 B．12里
C．6里 D．3里
【解析】记该人每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，
由S6＝378，得S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
所以a6＝192×eq \f(1,25)＝6.
故选C．
7. 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】因为an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以ban＝33n－3＝27n－1，所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ban}的前10项和为eq \f(1×(1－2710),1－27)＝eq \f(1,26)×(2710－1).
故选D．
8. 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】因为an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以ban＝33n－3＝27n－1，
所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，
所以{ban}的前10项和为eq \f(1×（1－2710）,1－27)＝eq \f(1,26)×(2710－1).
故选D.
【多选题】
9. 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＝eq \f(1,an)，则{bn}是等比数列
【解析】A，B显然是正确的；
C中，若a1＝1，q＝eq \f(1,2)，则a6D中，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)(q≠0)，
∴{bn}是等比数列．
故选ABD.
10. 已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3
【解析】因为a2，a3＋1，a4成等差数列，
所以a2＋a4＝2(a3＋1)，
因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.
又{an}是公比为q的等比数列，
所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，
得a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋\f(1,q)))＝2(a3＋1)，即q＋eq \f(1,q)＝eq \f(5,2)，
解得q＝2或eq \f(1,2).
故选AC.
11. 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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))
【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eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，
所以数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；))
当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝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eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，
所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，
综上可得选项ABD是正确的．
故选ABD.
12. 如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \(GnE,\s\up6(→))，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2
【解析】eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \f(1,2)(eq \(GnA,\s\up6(→))＋eq \(GnB,\s\up6(→)))，
故eq \(GnD,\s\up6(→))＝(an＋1－2an－3)·eq \(GnA,\s\up6(→))－(2an＋3)·eq \(GnB,\s\up6(→))，
eq \(GnD,\s\up6(→))，eq \(GnB,\s\up6(→))共线，故an＋1－2an－3＝0，
即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，
故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.
a3＝24－3＝13，A正确；
数列{an＋3}是等比数列，B正确；
an＝2n＋1－3，C错误；
Sn＝4×eq \f(1－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．
故选AB.
【填空题】
13. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
【解析】由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，
又S6＝S3＋q3S3，
得63＝7＋7q3.
∴q3＝8，q＝2.
由S3＝eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－8,1－2)＝7，
得a1＝1.
14. 已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝eq \f(1,3)，则a4＝________.
【解析】由{an}是等比数列，
得a3a5a7a9a11＝aeq \\al(5,7)＝243，
故a7＝3，a4＝eq \f(a7,q3)＝81.
15. 设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)前n项的积，若T2 015＝T2 021，则eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝________.
【解析】由题意得，
T2 015＝T2 021
＝T2 015·a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021，
所以a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021＝1，
根据等比数列的性质，
可得a2 016a2 021＝a2 017a2 020＝a2 018a2 019＝1，
设等比数列的公比为q，
所以a2 016a2 021＝eq \f(a2 0212,q5)＝1⇒a2 021＝
a2 018a2 019＝eq \f(a2 0192,q)＝1⇒a2 019＝
所以eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝
16. 如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为eq \f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为________．
【解析】由题意，得正方形的边长构成以eq \f(\r(2),2)为首项,eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，现已知共含有1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，所以n＝10，所以最小正方形的边长为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))10＝eq \f(1,32).
【解答题】
17. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)证明 ∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
所以2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，
所以a1＝eq \f(1,2)，∴a1－1＝－eq \f(1,2)≠0，
因为eq \f(an＋1－1,an－1)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(1,2).
故{cn}是以c1＝a1－1＝－eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知cn＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
∵cn＝an－1，∴an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
18. 已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
从①q＝2，②q＝eq \f(1,2)，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
【解析】选择①：
因为a3＝12，所以a1＝3，
所以Sn＝eq \f(3（1－2n）,1－2)＝3(2n－1)．
令Sk>2 020，即3(2k－1)>2 020，得2k>eq \f(2 023,3).
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为10.
选择②：
因为a3＝12，所以a1＝48，所以Sn＝eq \f(48×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝96eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
因为Sn<96<2 020，
所以不存在满足条件的正整数k.
选择③：
因为a3＝12，所以a1＝3，
所以Sn＝eq \f(3×[1－（－2）n],1－（－2）)＝1－(－2)n.
令Sk>2 020，即1－(－2)k>2 020，整理得(－2)k<－2 019.
当k为偶数时，原不等式无解；
当k为奇数时，原不等式等价于2k>2 019，
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为11.
19. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列.
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，
由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列.
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)＋eq \f(1,2)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n)－1))－eq \f(n,2).
20. 已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
【解析】(1)设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8))
消去a1，得q＋eq \f(1,q)＝eq \f(5,2)，则q＝2，或q＝eq \f(1,2)(舍).
因此q＝2，a1＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n.
(2)易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，
则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝eq \f(23[1－（－4）n],1＋4)＝eq \f(8,5)[1－(－4)n]
＝eq \f(8,5)－(－1)n·eq \f(22n＋3,5).
21. 记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1－2an.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)设cn＝|bn－100|，Tn为数列{cn}的前n项和．求T10.
【解析】(1)证明 由Sn＋1＝4an＋1，
得Sn＝4an－1＋1(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，
所以eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(an＋1－2an,an－2an－1)
＝eq \f(2an－2an－1,an－2an－1)
＝2(n≥2)，
又a1＝1，S2＝4a1＋1，
故a2＝4，a2－2a1＝2＝b1≠0，
所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列．
(2)解 由(1)可得bn＝2·2n－1＝2n，
所以cn＝|2n－100|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100－2n，n≤6，,2n－100，n>6，))
所以T10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400
＝200－eq \f(21－26,1－2)＋27＋28＋29＋210
＝200＋2＋28＋29＋210
＝1 994.
22. 已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，
所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).
【考纲要求】
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.了解等比数列与指数函数的关系．
【考点预测】
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，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eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(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.
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*)．
(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,k).
(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0
【常用结论】
1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq \\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))也是等比数列.
2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
4.三个数成等比数列，通常设为eq \f(x,q)，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为eq \f(x,q3)，eq \f(x,q)，xq，xq3.
【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(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
3.等比数列的三种常用判定方法
(1)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．
(2)等比中项法：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．
(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．
4.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．巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
二、【题型归类】
【题型一】等比数列基本量的运算
【典例1】(多选)已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是( )
A.a1＞0 B.q＞0
C.eq \f(a3,a2)＝3或－1 D.eq \f(a6,a4)＝9
【解析】设等比数列{an}的公比为q，
由题意得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a3))＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.
因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A，B正确；
由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，
所以eq \f(a3,a2)＝q＝3，eq \f(a6,a4)＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.
故选ABD.
【典例2】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】由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2).
故选D.
【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是________.(结果精确到0.1.参考数据：lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)( )
A.2.9天 B.3.9天 C.4.9天 D.5.9天
【解析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为eq \f(1,2)，前n项和为An.
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，
其前n项和为Bn.
则An＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，Bn＝eq \f(2n－1,2－1)，
由题意可得5×eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq \f(2n－1,2－1)，解得2n＝30，2n＝1(舍去).
∴n＝lg230＝eq \f(lg 30,lg 2)＝eq \f(lg 3＋1,lg 2)＝eq \f(1.48,0.30)≈4.9.
故选C.
【题型二】等比数列的判定与证明
【典例1】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{an}的通项公式．
【解析】(1)证明 an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an>0，所以eq \f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)解 由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1
＝2×3n－1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，
故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n－1，an＝eq \f(1,2)×3n－1.
【典例2】Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)易知q≠1，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))
解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，
解得λ＝eq \f(1,2)，
此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，
则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq \f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列．
【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq \f(an,n).
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
【解析】(1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
【题型三】等比数列项的性质的应用
【典例1】已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于( )
A．40 B．60 C．32 D．50
【解析】数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.
故选B.
【典例2】已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝_____.
【解析】由已知得，2S9＝S3＋S6，∴q≠1，
则有2×eq \f(a11－q9,1－q)＝eq \f(a11－q3,1－q)＋eq \f(a11－q6,1－q)，
解得q3＝－eq \f(1,2)，
又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝4，
∴a2＝8，∴a8＝a2·q6＝8×eq \f(1,4)＝2.
【典例3】已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq \\al(2,4)＝π，则tan(a3·a5)等于( )
A.eq \r(3) B．－eq \r(3) C．－eq \f(\r(3),3) D．±eq \r(3)
【解析】由已知得aeq \\al(2,4)＋2aeq \\al(2,4)＝π，∴aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，
又a3·a5＝aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，∴tan(a3·a5)＝eq \r(3).
故选A.
【题型四】等比数列前n项和的性质的应用
【典例1】已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
【解析】由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.
【典例2】设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S9,S3)＝________．
【解析】设等比数列{an}的公比为q，因为eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，所以{an}的公比q≠1.由eq \f(a1(1－q6),1－q)÷eq \f(a1(1－q3),1－q)＝eq \f(1,2)，得q3＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(S9,S3)＝eq \f(1－q9,1－q3)＝eq \f(3,4).
三、【培优训练】
【训练一】(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为( )
A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列
C．a1b30＝105 D.eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(209,193)
【解析】由题意知，{an}为等差数列，a1＝5，S30＝390，设公差为d，则S30＝30×5＋eq \f(30×29,2)d，所以d＝eq \f(16,29).对于B，{bn}中，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d，故{bn}为等比数列，故B正确．对于A，eq \f(b10,b5)＝25d＝2eq \s\up6(\f(80,29))≠8，故A错误．对于C，a1b30＝5×32×2eq \f(16,29)×29＝5×32×216≠105，故C错误．对于D，eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(209,193)，故D正确．
故选BD.
【训练二】(多选)已知数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) (ai＋i)＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3是b3与b4的等差中项，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A.数列{an－bn}是等差数列
B.Sn＝2n＋1－2－eq \f(n（n＋1）,2)
C.数列{an}是递增数列
D.eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) eq \f(1,ai)＜2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn)))
【解析】设{bn}的公比为q.
由题知b3＋b4＝2(b2＋b3)⇒b4－b3－2b2＝0⇒q2－q－2＝0⇒q＝2或－1(舍)，故bn＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，故{an－bn}为等差数列，A正确；
Sn＝2＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2(2n－1)－eq \f(n（n＋1）,2)，B正确；
an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是递增数列，C正确；
当n＝1时，eq \f(1,a1)＝1，2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,b1)))＝1，矛盾，故D错误.
故选ABC.
【训练三】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＜bn，则满足条件的n的取值集合为________．
【解析】当n＝1时，a1＝S1＝λa1－1.又a1＝1，所以λ－1＝1，解得λ＝2.所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)．所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.又anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝eq \f(－n2＋9n－20,2n－1)，所以bn＋1－bn＝eq \f(－（n＋1）2＋9（n＋1）－20,2n)－eq \f(－n2＋9n－20,2n－1)＝eq \f(n2－11n＋28,2n)＜0.又2n＞0，所以n2－11n＋28＝(n－4)·(n－7)＜0，解得4＜n＜7.又n∈N*，所以满足条件的n的取值集合为{5，6}．
【训练四】已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
【解析】(1)因为an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
所以an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，
所以eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，
即an＋2＝eq \f(1,2)an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)，
因为a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，
所以a2＝eq \f(1,2)，所以b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2).
所以{bn}是首项为eq \f(3,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
所以bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(3,2n).
(2)由(1)可知，an＋2＝eq \f(1,2)an，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n).
【训练五】已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))
所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).
【训练六】已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞eq \f(23,8)成立的最大正整数k的值.
【解析】(1)设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
又∵a1≠0，∴q＝－eq \f(1,2)或1(舍)，
∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，
∴an＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
(2)Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n))).
∵Sk＞eq \f(23,8)，∴eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(k)))＞eq \f(23,8)，
∴eq \f(5,64)＜－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)，
显然，k为奇数，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)＞eq \f(5,64)＞eq \f(4,64)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4).
解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( )
A．16 B．15 C．8 D．7
【解析】设公比为q，由题意得4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，又a1≠0，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝eq \f(1×（1－24）,1－2)＝15，
故选B.
2. 设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q＝( )
A．5 B．4
C．3 D．2
【解析】因为S2＝3，S4＝15，S4－S2＝12，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝3，,a3＋a4＝12，))
两个方程左右两边分别相除，得q2＝4，
因为数列是正项等比数列，
所以q＝2.
故选D.
3. 设单调递增等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＝10，a2a3a4＝64，则正确的是( )
A．Sn＝2n－1－1 B．an＝2n
C．Sn＋1－Sn＝2n＋1 D．Sn＝2n－1
【解析】设等比数列{an}的公比为q，
因为a2a3a4＝64，所以aeq \\al(3,3)＝64，解得a3＝4.
又a2＋a4＝10，
所以eq \f(4,q)＋4q＝10，即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝eq \f(1,2).
又等比数列{an}单调递增，
所以q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，
所以Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，Sn＋1－Sn＝2n＋1－1－(2n－1)＝2n.
因此只有选项D正确.
故选D.
4. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为( )
A.eq \f(9n－1,2) B.eq \f(9n－1,4)
C.eq \f(9n－1,8) D．9n－1
【解析】设数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为Tn，因为Sn＝3n＋a，所以Sn－1＝3n－1＋a(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1(n≥2)，且S1＝a1＝3＋a.又数列{an}为等比数列，所以an＝2·3n－1且2＝3＋a，所以a＝－1.因为eq \f(aeq \\al(2,n＋1),aeq \\al(2,n))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))eq \s\up12(2)＝9且aeq \\al(2,1)＝4，所以{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列．所以{aeq \\al(2,n)}的前n项和Tn＝eq \f(4（1－9n）,1－9)＝eq \f(9n－1,2).
故选A.
5. 已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,7)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,7)
【解析】法一：由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而S6＝eq \f(a1(1－26),1－2)＝63a1，所以eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝eq \f(21a1,63a1)＝eq \f(1,3)，故选A．
法二：由题意知S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a1＋a3＋a5＋(a2＋a4＋a6)＝a1＋a3＋a5＋2(a1＋a3＋a5)＝3(a1＋a3＋a5)，故eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝eq \f(1,3).
故选A．
6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为( )
A．24里 B．12里
C．6里 D．3里
【解析】记该人每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，
由S6＝378，得S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
所以a6＝192×eq \f(1,25)＝6.
故选C．
7. 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】因为an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以ban＝33n－3＝27n－1，所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ban}的前10项和为eq \f(1×(1－2710),1－27)＝eq \f(1,26)×(2710－1).
故选D．
8. 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】因为an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以ban＝33n－3＝27n－1，
所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，
所以{ban}的前10项和为eq \f(1×（1－2710）,1－27)＝eq \f(1,26)×(2710－1).
故选D.
【多选题】
9. 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>0,0
D．若bn＝eq \f(1,an)，则{bn}是等比数列
【解析】A，B显然是正确的；
C中，若a1＝1，q＝eq \f(1,2)，则a6
∴{bn}是等比数列．
故选ABD.
10. 已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3
【解析】因为a2，a3＋1，a4成等差数列，
所以a2＋a4＝2(a3＋1)，
因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.
又{an}是公比为q的等比数列，
所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，
得a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋\f(1,q)))＝2(a3＋1)，即q＋eq \f(1,q)＝eq \f(5,2)，
解得q＝2或eq \f(1,2).
故选AC.
11. 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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))
【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eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，
所以数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；))
当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝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eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，
所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，
综上可得选项ABD是正确的．
故选ABD.
12. 如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \(GnE,\s\up6(→))，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2
【解析】eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \f(1,2)(eq \(GnA,\s\up6(→))＋eq \(GnB,\s\up6(→)))，
故eq \(GnD,\s\up6(→))＝(an＋1－2an－3)·eq \(GnA,\s\up6(→))－(2an＋3)·eq \(GnB,\s\up6(→))，
eq \(GnD,\s\up6(→))，eq \(GnB,\s\up6(→))共线，故an＋1－2an－3＝0，
即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，
故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.
a3＝24－3＝13，A正确；
数列{an＋3}是等比数列，B正确；
an＝2n＋1－3，C错误；
Sn＝4×eq \f(1－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．
故选AB.
【填空题】
13. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
【解析】由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，
又S6＝S3＋q3S3，
得63＝7＋7q3.
∴q3＝8，q＝2.
由S3＝eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－8,1－2)＝7，
得a1＝1.
14. 已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝eq \f(1,3)，则a4＝________.
【解析】由{an}是等比数列，
得a3a5a7a9a11＝aeq \\al(5,7)＝243，
故a7＝3，a4＝eq \f(a7,q3)＝81.
15. 设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)前n项的积，若T2 015＝T2 021，则eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝________.
【解析】由题意得，
T2 015＝T2 021
＝T2 015·a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021，
所以a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021＝1，
根据等比数列的性质，
可得a2 016a2 021＝a2 017a2 020＝a2 018a2 019＝1，
设等比数列的公比为q，
所以a2 016a2 021＝eq \f(a2 0212,q5)＝1⇒a2 021＝
a2 018a2 019＝eq \f(a2 0192,q)＝1⇒a2 019＝
所以eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝
16. 如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为eq \f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为________．
【解析】由题意，得正方形的边长构成以eq \f(\r(2),2)为首项,eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，现已知共含有1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，所以n＝10，所以最小正方形的边长为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))10＝eq \f(1,32).
【解答题】
17. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)证明 ∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
所以2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，
所以a1＝eq \f(1,2)，∴a1－1＝－eq \f(1,2)≠0，
因为eq \f(an＋1－1,an－1)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(1,2).
故{cn}是以c1＝a1－1＝－eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知cn＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
∵cn＝an－1，∴an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
18. 已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
从①q＝2，②q＝eq \f(1,2)，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
【解析】选择①：
因为a3＝12，所以a1＝3，
所以Sn＝eq \f(3（1－2n）,1－2)＝3(2n－1)．
令Sk>2 020，即3(2k－1)>2 020，得2k>eq \f(2 023,3).
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为10.
选择②：
因为a3＝12，所以a1＝48，所以Sn＝eq \f(48×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝96eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
因为Sn<96<2 020，
所以不存在满足条件的正整数k.
选择③：
因为a3＝12，所以a1＝3，
所以Sn＝eq \f(3×[1－（－2）n],1－（－2）)＝1－(－2)n.
令Sk>2 020，即1－(－2)k>2 020，整理得(－2)k<－2 019.
当k为偶数时，原不等式无解；
当k为奇数时，原不等式等价于2k>2 019，
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为11.
19. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列.
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，
由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列.
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)＋eq \f(1,2)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n)－1))－eq \f(n,2).
20. 已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
【解析】(1)设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8))
消去a1，得q＋eq \f(1,q)＝eq \f(5,2)，则q＝2，或q＝eq \f(1,2)(舍).
因此q＝2，a1＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n.
(2)易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，
则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝eq \f(23[1－（－4）n],1＋4)＝eq \f(8,5)[1－(－4)n]
＝eq \f(8,5)－(－1)n·eq \f(22n＋3,5).
21. 记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1－2an.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)设cn＝|bn－100|，Tn为数列{cn}的前n项和．求T10.
【解析】(1)证明 由Sn＋1＝4an＋1，
得Sn＝4an－1＋1(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，
所以eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(an＋1－2an,an－2an－1)
＝eq \f(2an－2an－1,an－2an－1)
＝2(n≥2)，
又a1＝1，S2＝4a1＋1，
故a2＝4，a2－2a1＝2＝b1≠0，
所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列．
(2)解 由(1)可得bn＝2·2n－1＝2n，
所以cn＝|2n－100|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100－2n，n≤6，,2n－100，n>6，))
所以T10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400
＝200－eq \f(21－26,1－2)＋27＋28＋29＋210
＝200＋2＋28＋29＋210
＝1 994.
22. 已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，
所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))
所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).
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