2025年高考数学一轮复习章节练习题（新高考版）第六章 数列

这是一份2025年高考数学一轮复习章节练习题（新高考版）第六章 数列，文件包含第4节数列求和doc、第1节数列的概念与简单表示法doc、第2节等差数列及其前n项和doc、第3节等比数列及其前n项和doc、高考重点突破课二数列doc等5份试卷配套教学资源，其中试卷共101页， 欢迎下载使用。
3.了解等比数列与指数函数的关系．
1.等比数列的概念
(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，公比通常用字母q表示(显然q≠0).
数学语言表达式：eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，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)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(2)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qm.
(3)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qn.
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.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)等比数列公比的q是一个常数，它可以是任意实数.( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a（1－an）,1－a).( )
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
2.设b∈R，数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b，则( )
A.{an}是等比数列
B.{an}是等差数列
C.当b＝－1时，{an}是等比数列
D.当b≠－1时，{an}是等比数列
答案 C
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋b，
当n≥2，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1，
当b＝－1时，a1＝2适合an＝2·3n－1，{an}为等比数列.
当b≠－1时，a1不适合an＝2·3n－1，{an}不是等比数列.
3.(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A.7 B.8 C.9 D.10
答案 A
解析 易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.
4.(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＞0，0＜q＜1，则{an}为递减数列
B.若a1＜0，0＜q＜1，则{an}为递增数列
C.若q＞0，则S4＋S6＞2S5
D.若bn＝eq \f(1,an)，则{bn}是等比数列
答案 ABD
解析 A，B显然是正确的；
C中，若a1＝1，q＝eq \f(1,2)，则a6＜a5，即S6－S5＜S5－S4，故C错误；
D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.
5.(2022·百校大联考)已知在等比数列{an}中，a1a3a11＝8，则a2a8＝________.
答案 4
解析 设公比为q，则an＝a1qn－1，则a1·a1q2·a1q10＝8，所以aeq \\al(3,1)q12＝8，所以a1q4＝2，所以a2a8＝a1q·a1q7＝aeq \\al(2,1)q8＝(a1q4)2＝4.
6.(易错题)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是________.
答案 1或－eq \f(1,2)
解析 当q＝1时，a3＝7，S3＝21，符合题意；
当q≠1时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q2＝7，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝21，))得q＝－eq \f(1,2).
综上，q的值是1或－eq \f(1,2).
考点一 等比数列基本量的运算
1.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)
答案 D
解析 由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2).
2.(多选)(2021·潍坊调研)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
答案 ABD
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.
3.(2022·亳州模拟)《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
答案 C
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.
4.(2019·全国Ⅰ卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝eq \f(1,3)，aeq \\al(2,4)＝a6，则S5＝________.
答案 eq \f(121,3)
解析 由aeq \\al(2,4)＝a6得(a1q3)2＝a1q5，
整理得q＝eq \f(1,a1)＝3.
所以S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(\f(1,3)（1－35）,1－3)＝eq \f(121,3).
感悟提升 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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).
考点二 等比数列的判定与证明
例1 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 (1)易知q≠1，由题意可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a1（1－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{Sn＋eq \f(1,2)}是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列.
感悟提升 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；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.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.
训练1 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.
(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).
考点三 等比数列的性质及应用
角度1 项与和的性质
例2 (1)若等比数列{an}的各项均为正数，且a1a10＝9，则lg9a1＋lg9a2＋…＋lg9a10＝( )
A.6 B.5
C.4 D.1＋eq \f(lg35,2)
答案 B
解析 lg9a1＋lg9a2＋…＋lg9a10＝lg9[(a1a10)·(a2a9)·(a3a8)·(a4a7)·(a5a6)]＝lg995＝5，故选B.
(2)(2021·济南模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40＝________.
答案 15
解析 ∵等比数列{an}的前n项和为S10＝1，S30＝7，
∴S10、S20－S10、S30－S20、S40－S30成等比数列，
即1、S20－1、7－S20、S40－7成等比数列，
∴(S20－1)2＝1×(7－S20)，解得S20＝3或S20＝－2(舍)，
所以1、2、4、S40－7成等比数列，
所以S40－7＝8，解得S40＝15.
(3)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＝________.
答案 2
解析 由题设，S偶＝S奇－80，S2n＝－240.
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋qS奇＝－240，,qS奇＝S奇－80，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,q＝2.))
角度2 等比数列的最值
例3 (多选)(2022·扬州大学附属中学月考)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2 021a2 022＞1，eq \f(a2 021－1,a2 022－1)＜0，下列结论正确的是( )
A.S2 021＜S2 022
B.a2 021a2 023－1＜0
C.T2 022是数列{Tn}中的最大值
D.数列{Tn}无最大值
答案 AB
解析 当q＜0时，a2 021a2 022＝aeq \\al(2,2 021)q＜0，不成立；
当q≥1时，a2 021≥1，a2 022＞1，eq \f(a2 021－1,a2 022－1)＜0，不成立；
故0＜q＜1，且a2 021＞1，0＜a2 022＜1，故S2 022＞S2 021，A正确；
a2 021a2 023－1＝aeq \\al(2,2 022)－1＜0，故B正确；
T2 021是数列{Tn}中的最大值，CD错误.故选AB.
感悟提升 (1)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.
(2)涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
训练2 (1)公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 B
解析 ∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，
∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，
∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.
(2)(2021·长沙检测)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
答案 B
解析 在正项等比数列{an}中，Sn>0，
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
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a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
数列中的创新问题
读懂题意，将其转化为数列问题，根据条件可将其转化为有规律等差或等比数列问题，解此类题的关键是找到其规律.
例 (1)(2021·珠海一模)已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图所示的三角形数表，第i行第j列的数记为ai，j，如a3，1＝7，a4，3＝15，则ai，j＝2 021时，(－3)eq \f(j－1,10)lg2(i＋19)＝( )
A.54 B.18 C.9 D.6
答案 A
解析 奇数构成的数阵，令2n－1＝2 021，解得n＝1 011，故2 021是数阵中的第1 011个数，
第1行到第i行一共有1＋2＋3＋…＋i＝eq \f(i（i＋1）,2)个奇数，
则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1 035个奇数，
所以2 021位于第45行，又第45行是从左到右依次递增的，且共有45个奇数，所以2 021位于第45行，从左到右第21列，所以i＝45，j＝21，
则(－3)eq \f(j－1,10)lg2(i＋19)＝(－3)eq \f(21－1,10)·lg2(45＋19)＝(－3)2lg264＝9×6＝54.故选A.
(2)(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}(i＝0，1，…，k)，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，则( )
A.ω(2n)＝ω(n)
B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1
C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)
D.ω(2n－1)＝n
答案 ACD
解析 对于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正确；对于B，取n＝2，则2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，∴ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，则ω(2)＝1，即ω(7)≠ω(2)＋1，B错误；对于C，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋0·21＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，因此ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正确；对于D，2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，故ω(2n－1)＝n，D正确.故选ACD.
1.已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( )
A.2 B.4 C.eq \f(9,2) D.6
答案 B
解析 根据等比数列的性质得a3a5＝aeq \\al(2,4)，
∴aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.
又a1＝1，a1a7＝aeq \\al(2,4)＝4，∴a7＝4.
2.(2022·重庆诊断)设等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝－8，a7＝eq \f(1,4)，则S6＝( )
A.－eq \f(21,2) B.eq \f(15,2) C.eq \f(21,2) D.eq \f(63,2)
答案 C
解析 设等比数列{an}公比为q，则a7＝a2q5，又a2＝－8，a7＝eq \f(1,4)，
∴q＝－eq \f(1,2)，故a1＝16，又Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，
即S6＝eq \f(16×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(6))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(16×\f(63,64),\f(3,2))＝eq \f(21,2).
3.(2021·安庆三模)某工厂生产A、B、C三种产品的数量刚好构成一个公比为q(q≠1)的等比数列，现从全体产品中按分层随机抽样的方法抽取一个样本容量为260的样本进行调查，其中C产品的数量为20，则抽取的A产品的数量为( )
A.100 B.140 C.180 D.120
答案 C
解析 ∵A、B、C三种产品的数量刚好构成一个公比为q的等比数列，C产品的数量为20，
∴A产品的数量为eq \f(20,q2)，B产品的数量为eq \f(20,q)，
∵样本容量为260，∴eq \f(20,q2)＋eq \f(20,q)＋20＝260，
解得q＝eq \f(1,3)或－eq \f(1,4)(舍去)，q＝eq \f(1,3)，
则A产品的数量为eq \f(20,q2)＝eq \f(20,\f(1,9))＝180，故选C.
4.(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案 B
解析 当a1＜0，q＞1时，an＝a1qn－1＜0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件.
当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0，若a1＞0，则qn＞0(n∈N*)，即q＞0；
若a1＜0，则qn＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.
综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.
5.(多选)(2021·福州联考)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )
A.a3＋a7≥2 B.a4＋a6≥2
C.a7－2a6＋1≥0 D.a3－2a4－1≥0
答案 AC
解析 根据题意可得a3＝eq \f(1,q2)，a4＝eq \f(1,q)，a6＝q，a7＝q2，a3＋a7＝eq \f(1,q2)＋q2≥2，当且仅当q2＝1时取等号，故A正确；
a4＋a6＝eq \f(1,q)＋q，当q＜0时，值为负数，故B错误；
a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；
a3－2a4－1＝eq \f(1,q2)－eq \f(2,q)－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q)－1))eq \s\up12(2)－2，可知存在q使得a3－2a4－1＜0，故D错误.故选AC.
6.(2021·南通期末)朱载堉(1536－1611)是中国明代一位杰出的律学家、数学家和历学家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第三个音的频率为f1，第七个音的频率为f2，则eq \f(f2,f1)＝________.
答案 2eq \f(1,3)
解析 由题意知，可以将每个音的频率看作等比数列{an}中的项，一共13项，且eq \f(an＋1,an)＝q，
∵最后一个音是最初那个音的频率的2倍，
∴a13＝2a1，即a1q12＝2a1，可得q12＝2，
∴eq \f(f2,f1)＝eq \f(a7,a3)＝eq \f(a1q6,a1q2)＝q4＝(q12)eq \f(1,3)＝2eq \f(1,3)，
∴eq \f(f2,f1)＝2eq \f(1,3).
7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
答案 1
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(a1（1－q3）,1－q)＝eq \f(a1（1－8）,1－2)＝7，得a1＝1.
8.等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则{an}的通项公式an＝________.
答案 －eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)
解析 因为eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，所以eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32)，
因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2)，
则an＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
9.(2022·上海外国语附中月考)设数列{xn}满足lgaxn＋1＝1＋lgaxn(a＞0，a≠1)，若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝________.
答案 100a100
解析 ∵lgaxn＋1＝1＋lgaxn(a＞0，a≠1)，则1＝lgaxn＋1－lgaxn＝lgaeq \f(xn＋1,xn)，
∴eq \f(xn＋1,xn)＝a，∴数列{xn}是公比为a的等比数列，
∵x1＋x2＋…＋x100＝100，
∴x101＋x102＋…＋x200＝a100(x1＋x2＋…＋x100)＝100a100.
10.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.
(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).
11.(2020·新高考海南卷)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 (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).
12.(多选)(2021·济南二模)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N＋，则下列说法正确的是( )
A.a4＝4 B.{a2n}是等比数列
C.a2n－a2n－1＝2n－1 D.a2n－1＋a2n＝2n＋1
答案 ABC
解析 ∵a1＝1，an·an＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4，
由an·an＋1＝2n可得an＋1·an＋2＝2n＋1，
∴eq \f(an＋2,an)＝2，
∴{a2n}，{a2n－1}分别是以2，1为首项，公比为2的等比数列，
∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，
∴a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1，
综上可知，ABC正确，D错误.
13.(多选)(2022·重庆一模)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)))
答案 ABC
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.
14.(2022·武汉质量检测)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 (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.