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2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第7章第3讲 等比数列Word版含解析
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这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第7章第3讲 等比数列Word版含解析，共20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内容，欢迎下载使用。
1．等比数列的有关概念
(1)定义
如果一个数列从第eq \x(\s\up1(01))2项起，每一项与它的前一项的比都等于eq \x(\s\up1(02))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eq \x(\s\up1(03))公比，通常用字母q表示(显然q≠0)，定义的表达式为eq \x(\s\up1(04))an＋1＝anq(n∈N*，q≠0).
(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eq \x(\s\up1(05))G叫做a与b的等比中项，此时eq \x(\s\up1(06))G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝eq \x(\s\up1(07))a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(08))na1，q＝1，,\x(\s\up1(09))\f(a11－qn,1－q)＝\x(\s\up1(10))\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,k).
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，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)))(λ≠0)仍然是等比数列．
(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)a1a2a3…am，am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2·…·a3m，…成等比数列(m∈N*)．
(6)若等比数列的项数为2n(n∈N*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则eq \f(S偶,S奇)＝q.
(7)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
(8)等比数列{an}满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0{an}是递增数列；满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,01))时，{an}是递减数列．
1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于( )
A．5 B．±5
C．4 D．±4
答案 C
解析 ∵aeq \\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.又a5＝a3q2>0，∴a5＝4.故选C．
2．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则a2的值为( )
A．eq \f(3,2) B．－3
C．－eq \f(3,2) D．－3或eq \f(3,2)
答案 D
解析 由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).∴a2＝eq \f(a3,q)＝eq \f(3,2)或－3.故选D.
3．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为( )
A．2 B．4
C．8 D．16
答案 B
解析 由anan＋1＝16n，得an＋1·an＋2＝16n＋1.两式相除得，eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝eq \f(16n＋1,16n)＝16，∴q2＝16.∵anan＋1＝16n，可知公比为正数，∴q＝4.故选B.
4．已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值为( )
A．5 B．10
C．15 D．20
答案 A
解析 根据等比数列的性质，得a2a4＝aeq \\al(2,3)，a4a6＝aeq \\al(2,5)，∴a2a4＋2a3a5＋a4a6＝aeq \\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \\al(2,5)＝(a3＋a5)2.而a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，∴(a3＋a5)2＝25，∵an>0，∴a3＋a5＝5.故选A．
5．(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 解法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S2＝\f(a11－q2,1－q)＝a11＋q＝4，,S4＝\f(a11－q4,1－q)＝a11＋q1＋q2＝6，))
两式相除，得q2＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝42－\r(2)，,q＝\f(\r(2),2)))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝42＋\r(2)，,q＝－\f(\r(2),2)，))所以S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝7.
故选A．
解法二：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.故选A．
6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.
答案 6
解析 ∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．又Sn＝126，∴eq \f(21－2n,1－2)＝126，解得n＝6.
考向一 等比数列的基本运算
例1 (1)(2021·济南一中模拟)已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若a2a6＝－2a7，S3＝－6，则a6＝( )
A．－2或32 B．－2或64
C．2或－32 D．2或－64
答案 B
解析 ∵数列{an}为等比数列，a2a6＝－2a7＝a1a7，解得a1＝－2，设数列的公比为q，S3＝－6＝－2－2q－2q2，解得q＝－2或q＝1.当q＝－2，则a6＝(－2)6＝64；当q＝1，则a6＝－2.故选B.
(2)(2020·新高考Ⅱ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设等比数列{an}的公比为q(q>1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))
整理得2q2－5q＋2＝0，
因为q>1，所以q＝2，a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
②因为(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1，
所以a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝eq \f(23\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－22))n)),1－－22)＝eq \f(8,5)－(－1)neq \f(22n＋3,5).
解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想：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)分类讨论的思想：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，数列{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
1.等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，则数列{an}的前5项和S5＝( )
A．81 B．90
C．100 D．121
答案 D
解析 ∵等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，∴公比q＝eq \f(a2＋a4,a1＋a3)＝eq \f(30,10)＝3，∴a1＋9a1＝10，解得a1＝1，∴数列{an}的前5项和S5＝eq \f(1×1－35,1－3)＝121.故选D.
2．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝________.
答案 eq \f(5,8)
解析 设等比数列的公比为q，又a1＝1，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵S3＝eq \f(3,4)，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－eq \f(1,2)，
∴S4＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))4)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).
3．(2021·重庆检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Sn＝－127，求n.
解 (1)当n＝1时，a1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an＋1)－(2an－1＋1)＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
∴{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，
所以an＝－2n－1.
(2)Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－1－2n,1－2)＝－2n＋1，
由Sn＝－127，得－2n＋1＝－127，解得n＝7.
多角度探究突破
考向二 等比数列的性质
角度 等比数列项的性质
例2 (1)等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝4，aeq \\al(2,4)＝4a3a7，则a5＝( )
A．eq \f(1,16) B．eq \f(1,8)
C．20 D．40
答案 B
解析 设等比数列的公比为q.由aeq \\al(2,4)＝4a3a7，得aeq \\al(2,4)＝4aeq \\al(2,5)，所以q2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a5,a4)))2＝eq \f(1,4)，解得q＝±eq \f(1,2).又因为数列的各项均为正数，所以q＝eq \f(1,2).又因为a1＋2a2＝4，所以a1＋2a1q＝a1＋2a1×eq \f(1,2)＝4，解得a1＝2，所以a5＝a1q4＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,8).故选B.
(2)(2022·江苏无锡高三月考)等比数列{an}满足an>0，且a2a8＝4，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝________.
答案 9
解析 由题意可得a2a8＝aeq \\al(2,5)＝4，a5>0，所以a5＝2，则原式＝lg2(a1a2…a9)＝9lg2a5＝9.
在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有aman＝apaq”，则可减少运算量，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．
4.(2022·福建漳州高三入学考试)已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq \\al(2,4)＝π，则tan(a3a5)等于( )
A．eq \r(3) B．－eq \r(3)
C．－eq \f(\r(3),3) D．±eq \r(3)
答案 A
解析 由已知得aeq \\al(2,4)＋2aeq \\al(2,4)＝π，∴aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，又a3a5＝aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，∴tan(a3a5)＝eq \r(3).故选A．
5．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取最大值时，n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案 C
解析 等比数列{an}的前n项积为Tn，由a1＝－24，a4＝－eq \f(8,9)，可得q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(1,27)，解得q＝eq \f(1,3)，∴Tn＝a1a2a3·…·an＝(－24)n·q1＋2＋…＋(n－1)＝(－24)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up6(\f(1,2))n(n－1)，当Tn取最大值时，可得n为偶数，当n＝2时，T2＝(－24)2·eq \f(1,3)＝192；当n＝4时，T4＝(－24)4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))6＝eq \f(84,9)；当n＝6时，T6＝(－24)6·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))15＝eq \f(86,39)，则T66，且n为偶数时，Tn角度 等比数列前n项和的性质
例3 (1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝( )
A．150 B．－200
C．150或－200 D．400或－50
答案 A
解析 解法一：由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150.故选A．
解法二：设等比数列的前n项和为Sn＝A－Aqn，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1－q9＝70，,A1－q3＝10，))两式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10.∴S12＝A(1－q12)＝－10×(1－24)＝150.故选A．
(2)已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85eq \f(1,4)，所有偶数项之和为170eq \f(1,2)，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为________.
答案 585
解析 设公比为q，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(S偶,S奇)＝q＝2，,S奇＝\f(a1[1－q25],1－q2)＝85\f(1,4)，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2(1＋q3)(1＋q6)＝585.
(1)等比数列前n项和的性质主要是若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列．
(2)注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)．
(3)利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度．解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口．
6.等比数列{an}中，公比q＝2，a1＋a4＋a7＋…＋a97＝11，则数列{an}的前99项和S99＝( )
A．99 B．88
C．77 D．66
答案 C
解析 解法一：由等比数列的性质知a1，a4，a7，…，a97是等比数列且其公比为q3＝8，∴eq \f(a11－833,1－8)＝11，∴a1(1－299)＝－77，∴S99＝eq \f(a11－q99,1－q)＝77.故选C．
解法二：令S0＝a1＋a4＋a7＋…＋a97＝11，S′＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，S″＝a3＋a6＋a9＋…＋a99.由数列{an}为等比数列，q＝2易知S0，S′，S″成等比数列且公比为2，则S′＝2S0＝22，S″＝2S′＝44，所以S99＝S0＋S′＋S″＝11＋22＋44＝77.故选C．
7．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
答案 B
解析 由题意知公比大于0，由等比数列的性质知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．则(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.故选B.
考向三 等比数列的判定与证明
例4 (1)(2018·全国Ⅰ卷)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 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．
由题设条件可得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.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
①求a1，a2，a3的值；
②是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求λ的值和数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．
解 ①当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3.
当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9.
当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.
②假设{an＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.
下面证明{an＋3}为等比数列：
∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3n－3，
∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，即2an＋3＝an＋1，∴2(an＋3)＝an＋1＋3，∴eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2，
∴存在λ＝3，使得数列{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列．∴an＋3＝6×2n－1，
即an＝3(2n－1)(n∈N*)．
判定一个数列为等比数列的常用方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q是常数)，则数列{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若an＝Aqn(A，q为常数)，则数列{an}是等比数列．
8.(2021·新高考八省联考)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 (1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an可得，
an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)，
因为数列{an}的各项都为正数，
所以a1＋a2>0，
所以{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)构造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，
整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan，
所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，
因为a2－3a1＝eq \f(3,2)－3×eq \f(1,2)＝0，
所以an＋1－3an＝0⇒an＋1＝3an，
所以{an}是以a1＝eq \f(1,2)为首项，3为公比的等比数列．
所以an＝eq \f(3n－1,2)(n∈N*)．
一、单项选择题
1．(2021·淄博二模)在正项等比数列{an}中，若a3a7＝4，则(－2)a5＝( )
A．16 B.8
C．4 D．2
答案 C
解析 在正项等比数列{an}中，a5>0，由等比中项的性质可得aeq \\al(2,5)＝a3a7＝4，解得a5＝2，因此(－2)a5＝(－2)2＝4.故选C．
2．(2022·湖南岳阳高三模拟)在正项等比数列{an}中，a3＝2，a4·a6＝64，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)的值是( )
A．4 B．8
C．16 D．64
答案 C
解析 设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，aeq \\al(2,1)q8＝64，解得q2＝4，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)＝42＝16.故选C．
3．(2020·全国Ⅰ卷)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
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D.
4．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
答案 A
解析 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a1·a3＝aeq \\al(2,2)，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A．
5．(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＝－1，q＝2时，{Sn}是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；当{Sn}是递增数列时，有an＋1＝Sn＋1－Sn＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，这样的q不存在，所以甲是乙的必要条件．故选B.
6．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
答案 B
解析 设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴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.
7．(2020·全国Ⅱ卷)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
答案 C
解析 在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴eq \f(an＋1,an)＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝eq \f(ak＋1·1－210,1－2)＝eq \f(2k＋1·1－210,1－2)＝2k＋1·(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C．
8．在等比数列{an}中，若a2a5＝－eq \f(3,4)，a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(5,4)，则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝( )
A．1 B．－eq \f(3,4)
C．－eq \f(5,3) D．eq \f(4,3)
答案 C
解析 因为数列{an}是等比数列，a2a5＝－eq \f(3,4)＝a3a4，a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(5,4)，所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(a2＋a5,a2a5)＋eq \f(a3＋a4,a3a4)＝eq \f(\f(5,4),－\f(3,4))＝－eq \f(5,3).故选C．
9．(2022·广东湛江高三质量检测)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eq \f(3,2)，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的eq \f(3,4)，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
答案 A
解析 设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为eq \f(3,2)a，“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为eq \f(9,8)a，“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率为eq \f(27,16)a，最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率为eq \f(81,64)a.因为a，eq \f(9,8)a，eq \f(81,64)a成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列．故选A．
10．(2022·湖北鄂州模拟)某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多为( )
A．3233万元 B．4706万元
C．4709万元 D．4808万元
答案 C
解析 设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为an万元，n＝1,2,3，…，10，{an}为等比数列，设公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5－a2＝a1q4－a1q＝42，,a7－a4＝a1q6－a1q3＝168，))解得a1＝3，q＝2，∴a10＝3×29＝1536，依题意，x＋1536≤1700，解得x≤164.∴研究所改建这十个实验室投入的总费用最多为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋eq \f(3×1－210,1－2)＝10x＋3069≤4709(万元)．故选C．
二、多项选择题
11．(2022·海口调研)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＝2047 D．an＋an＋1答案 ABD
解析 由题意，得2q3＝4q＋2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝eq \f(2×2n－1,2－1)＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，D正确．故选ABD.
12．(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 因为a1＝1，an·an＋1＝2n，所以a2＝2，a3＝2，a4＝4，由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，所以eq \f(an＋2,an)＝2，所以{a2n}，{a2n－1}分别是以2,1为首项，2为公比的等比数列，所以a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，所以a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1.综上可知，A，B，C正确，D错误．故选ABC．
三、填空题
13．(2022·重庆模拟)已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________.
答案 1,3,9或9,3,1
解析 设这三个数为eq \f(a,q)，a，aq，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝\f(1,3)，))
∴这三个数为1,3,9或9,3,1.
14．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝________.
答案 66
解析 依题意有an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差，得an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，又a2＝5，所以数列{an}从第2项起是公比为3的等比数列，所以S4＝1＋eq \f(5×1－33,1－3)＝66.
15．已知等比数列{an}为递增数列，且aeq \\al(2,5)＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________.
答案 2n
解析 设等比数列{an}的公比为q.∵aeq \\al(2,5)＝a10，∴(a1q4)2＝a1q9，∴a1＝q，∴an＝qn.∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an(1＋q2)＝5anq，∴2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝eq \f(1,2).∵{an}为递增数列，∴q＝2，∴an＝2n.
16．(2021·广州天河区三模)1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线．如图①，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的eq \f(1,3)为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的eq \f(1,3)擦掉，得到第2个图形(如图②)，重复上面的步骤，得到第3个图形(如图③)．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线．云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”．则第5个图形的边长为________；第n个图形的周长为________.
答案 eq \f(1,81) 3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1
解析 第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的eq \f(1,3)，以此类推，……，则第5个图形的边长为1×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,81)；以一条边为例，原本的一条也被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本的1条边变成现在的(3－1)＋2＝4条，翻了4倍，所以周长之间的关系为bn＝eq \f(1,3)·4·bn－1＝eq \f(4,3)bn－1，所以{bn}是公比为q＝eq \f(4,3)的等比数列，而首项b1＝3，所以bn＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1.
四、解答题
17．设数列{an}中，a1＝1，a2＝eq \f(5,3)，an＋2＝eq \f(5,3)an＋1－eq \f(2,3)an，令bn＝an＋1－an(n∈N*)．
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)证明：∵an＋2＝eq \f(5,3)an＋1－eq \f(2,3)an，
∴an＋2－an＋1＝eq \f(2,3)(an＋1－an)，
而bn＝an＋1－an，∴bn＋1＝eq \f(2,3)bn，
又b1＝a2－a1＝eq \f(2,3)，
∴数列{bn}是首项为eq \f(2,3)，公比为eq \f(2,3)的等比数列．
(2)由(1)知bn＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
∴an－an－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝1＋eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n,1－\f(2,3))＝3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n(n≥2)，
又a1＝1也成立，∴an＝3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n.
18．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解 (1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－2，n≥2.))
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(24n－1,3).
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋eq \f(24n－1,3)＝eq \f(22n＋1＋1,3).
19．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知________，求公比q以及aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
从①a2a5＝－32且a3＋a4＝－4，②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，
由a3a4＝－32，a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8或a3＝－8，a4＝4，即q＝－2或q＝－eq \f(1,2).
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)为首项，q2为公比的等比数列，
当q＝－2时，a1＝1，此时aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)；
当q＝－eq \f(1,2)时，a1＝－32，
此时aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(212,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))).
若选②，eq \f(S6－S3,S3)＝8，即q3＝8，故q＝2.
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，
所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3).
若选③，S2＝a3－1，(*)
S3＝a4－1，(**)
令(**)式减(*)式，
得a3＝a4－a3，即a4＝2a3，故q＝2.
则(*)式中，a1＋a2＝a3－1，
即a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1.
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，
所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3).
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意n∈N*，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．
解 (1)因为3an＋1＋2Sn＝3，①
所以当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3.②
由①－②，得3an＋1－3an＋2an＝0(n≥2)，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)(n≥2)．
因为a1＝1,3a2＋2a1＝3，解得a2＝eq \f(1,3)，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3).
所以数列{an}是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列．所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1.
(2)由(1)知Sn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)).
由题意可知，对于任意n∈N*，
恒有k≤eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))成立．
因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))为递增数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))中的最小项为eq \f(2,3)，
所以k≤eq \f(3,2)×eq \f(2,3)＝1，
故实数k的最大值为1.
1．等比数列的有关概念
(1)定义
如果一个数列从第eq \x(\s\up1(01))2项起，每一项与它的前一项的比都等于eq \x(\s\up1(02))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eq \x(\s\up1(03))公比，通常用字母q表示(显然q≠0)，定义的表达式为eq \x(\s\up1(04))an＋1＝anq(n∈N*，q≠0).
(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eq \x(\s\up1(05))G叫做a与b的等比中项，此时eq \x(\s\up1(06))G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝eq \x(\s\up1(07))a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(08))na1，q＝1，,\x(\s\up1(09))\f(a11－qn,1－q)＝\x(\s\up1(10))\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,k).
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，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)))(λ≠0)仍然是等比数列．
(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)a1a2a3…am，am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2·…·a3m，…成等比数列(m∈N*)．
(6)若等比数列的项数为2n(n∈N*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则eq \f(S偶,S奇)＝q.
(7)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
(8)等比数列{an}满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0
1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于( )
A．5 B．±5
C．4 D．±4
答案 C
解析 ∵aeq \\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.又a5＝a3q2>0，∴a5＝4.故选C．
2．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则a2的值为( )
A．eq \f(3,2) B．－3
C．－eq \f(3,2) D．－3或eq \f(3,2)
答案 D
解析 由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).∴a2＝eq \f(a3,q)＝eq \f(3,2)或－3.故选D.
3．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为( )
A．2 B．4
C．8 D．16
答案 B
解析 由anan＋1＝16n，得an＋1·an＋2＝16n＋1.两式相除得，eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝eq \f(16n＋1,16n)＝16，∴q2＝16.∵anan＋1＝16n，可知公比为正数，∴q＝4.故选B.
4．已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值为( )
A．5 B．10
C．15 D．20
答案 A
解析 根据等比数列的性质，得a2a4＝aeq \\al(2,3)，a4a6＝aeq \\al(2,5)，∴a2a4＋2a3a5＋a4a6＝aeq \\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \\al(2,5)＝(a3＋a5)2.而a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，∴(a3＋a5)2＝25，∵an>0，∴a3＋a5＝5.故选A．
5．(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 解法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S2＝\f(a11－q2,1－q)＝a11＋q＝4，,S4＝\f(a11－q4,1－q)＝a11＋q1＋q2＝6，))
两式相除，得q2＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝42－\r(2)，,q＝\f(\r(2),2)))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝42＋\r(2)，,q＝－\f(\r(2),2)，))所以S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝7.
故选A．
解法二：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.故选A．
6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.
答案 6
解析 ∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．又Sn＝126，∴eq \f(21－2n,1－2)＝126，解得n＝6.
考向一 等比数列的基本运算
例1 (1)(2021·济南一中模拟)已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若a2a6＝－2a7，S3＝－6，则a6＝( )
A．－2或32 B．－2或64
C．2或－32 D．2或－64
答案 B
解析 ∵数列{an}为等比数列，a2a6＝－2a7＝a1a7，解得a1＝－2，设数列的公比为q，S3＝－6＝－2－2q－2q2，解得q＝－2或q＝1.当q＝－2，则a6＝(－2)6＝64；当q＝1，则a6＝－2.故选B.
(2)(2020·新高考Ⅱ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设等比数列{an}的公比为q(q>1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))
整理得2q2－5q＋2＝0，
因为q>1，所以q＝2，a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
②因为(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1，
所以a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝eq \f(23\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－22))n)),1－－22)＝eq \f(8,5)－(－1)neq \f(22n＋3,5).
解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想：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)分类讨论的思想：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，数列{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
1.等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，则数列{an}的前5项和S5＝( )
A．81 B．90
C．100 D．121
答案 D
解析 ∵等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，∴公比q＝eq \f(a2＋a4,a1＋a3)＝eq \f(30,10)＝3，∴a1＋9a1＝10，解得a1＝1，∴数列{an}的前5项和S5＝eq \f(1×1－35,1－3)＝121.故选D.
2．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝________.
答案 eq \f(5,8)
解析 设等比数列的公比为q，又a1＝1，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵S3＝eq \f(3,4)，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－eq \f(1,2)，
∴S4＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))4)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).
3．(2021·重庆检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Sn＝－127，求n.
解 (1)当n＝1时，a1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an＋1)－(2an－1＋1)＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
∴{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，
所以an＝－2n－1.
(2)Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－1－2n,1－2)＝－2n＋1，
由Sn＝－127，得－2n＋1＝－127，解得n＝7.
多角度探究突破
考向二 等比数列的性质
角度 等比数列项的性质
例2 (1)等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝4，aeq \\al(2,4)＝4a3a7，则a5＝( )
A．eq \f(1,16) B．eq \f(1,8)
C．20 D．40
答案 B
解析 设等比数列的公比为q.由aeq \\al(2,4)＝4a3a7，得aeq \\al(2,4)＝4aeq \\al(2,5)，所以q2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a5,a4)))2＝eq \f(1,4)，解得q＝±eq \f(1,2).又因为数列的各项均为正数，所以q＝eq \f(1,2).又因为a1＋2a2＝4，所以a1＋2a1q＝a1＋2a1×eq \f(1,2)＝4，解得a1＝2，所以a5＝a1q4＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,8).故选B.
(2)(2022·江苏无锡高三月考)等比数列{an}满足an>0，且a2a8＝4，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝________.
答案 9
解析 由题意可得a2a8＝aeq \\al(2,5)＝4，a5>0，所以a5＝2，则原式＝lg2(a1a2…a9)＝9lg2a5＝9.
在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有aman＝apaq”，则可减少运算量，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．
4.(2022·福建漳州高三入学考试)已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq \\al(2,4)＝π，则tan(a3a5)等于( )
A．eq \r(3) B．－eq \r(3)
C．－eq \f(\r(3),3) D．±eq \r(3)
答案 A
解析 由已知得aeq \\al(2,4)＋2aeq \\al(2,4)＝π，∴aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，又a3a5＝aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，∴tan(a3a5)＝eq \r(3).故选A．
5．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取最大值时，n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案 C
解析 等比数列{an}的前n项积为Tn，由a1＝－24，a4＝－eq \f(8,9)，可得q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(1,27)，解得q＝eq \f(1,3)，∴Tn＝a1a2a3·…·an＝(－24)n·q1＋2＋…＋(n－1)＝(－24)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up6(\f(1,2))n(n－1)，当Tn取最大值时，可得n为偶数，当n＝2时，T2＝(－24)2·eq \f(1,3)＝192；当n＝4时，T4＝(－24)4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))6＝eq \f(84,9)；当n＝6时，T6＝(－24)6·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))15＝eq \f(86,39)，则T6
例3 (1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝( )
A．150 B．－200
C．150或－200 D．400或－50
答案 A
解析 解法一：由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150.故选A．
解法二：设等比数列的前n项和为Sn＝A－Aqn，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1－q9＝70，,A1－q3＝10，))两式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10.∴S12＝A(1－q12)＝－10×(1－24)＝150.故选A．
(2)已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85eq \f(1,4)，所有偶数项之和为170eq \f(1,2)，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为________.
答案 585
解析 设公比为q，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(S偶,S奇)＝q＝2，,S奇＝\f(a1[1－q25],1－q2)＝85\f(1,4)，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2(1＋q3)(1＋q6)＝585.
(1)等比数列前n项和的性质主要是若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列．
(2)注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)．
(3)利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度．解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口．
6.等比数列{an}中，公比q＝2，a1＋a4＋a7＋…＋a97＝11，则数列{an}的前99项和S99＝( )
A．99 B．88
C．77 D．66
答案 C
解析 解法一：由等比数列的性质知a1，a4，a7，…，a97是等比数列且其公比为q3＝8，∴eq \f(a11－833,1－8)＝11，∴a1(1－299)＝－77，∴S99＝eq \f(a11－q99,1－q)＝77.故选C．
解法二：令S0＝a1＋a4＋a7＋…＋a97＝11，S′＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，S″＝a3＋a6＋a9＋…＋a99.由数列{an}为等比数列，q＝2易知S0，S′，S″成等比数列且公比为2，则S′＝2S0＝22，S″＝2S′＝44，所以S99＝S0＋S′＋S″＝11＋22＋44＝77.故选C．
7．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
答案 B
解析 由题意知公比大于0，由等比数列的性质知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．则(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.故选B.
考向三 等比数列的判定与证明
例4 (1)(2018·全国Ⅰ卷)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 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．
由题设条件可得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.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
①求a1，a2，a3的值；
②是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求λ的值和数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．
解 ①当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3.
当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9.
当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.
②假设{an＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.
下面证明{an＋3}为等比数列：
∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3n－3，
∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，即2an＋3＝an＋1，∴2(an＋3)＝an＋1＋3，∴eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2，
∴存在λ＝3，使得数列{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列．∴an＋3＝6×2n－1，
即an＝3(2n－1)(n∈N*)．
判定一个数列为等比数列的常用方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q是常数)，则数列{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若an＝Aqn(A，q为常数)，则数列{an}是等比数列．
8.(2021·新高考八省联考)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 (1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an可得，
an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)，
因为数列{an}的各项都为正数，
所以a1＋a2>0，
所以{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)构造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，
整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan，
所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，
因为a2－3a1＝eq \f(3,2)－3×eq \f(1,2)＝0，
所以an＋1－3an＝0⇒an＋1＝3an，
所以{an}是以a1＝eq \f(1,2)为首项，3为公比的等比数列．
所以an＝eq \f(3n－1,2)(n∈N*)．
一、单项选择题
1．(2021·淄博二模)在正项等比数列{an}中，若a3a7＝4，则(－2)a5＝( )
A．16 B.8
C．4 D．2
答案 C
解析 在正项等比数列{an}中，a5>0，由等比中项的性质可得aeq \\al(2,5)＝a3a7＝4，解得a5＝2，因此(－2)a5＝(－2)2＝4.故选C．
2．(2022·湖南岳阳高三模拟)在正项等比数列{an}中，a3＝2，a4·a6＝64，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)的值是( )
A．4 B．8
C．16 D．64
答案 C
解析 设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，aeq \\al(2,1)q8＝64，解得q2＝4，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)＝42＝16.故选C．
3．(2020·全国Ⅰ卷)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
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D.
4．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
答案 A
解析 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a1·a3＝aeq \\al(2,2)，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A．
5．(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＝－1，q＝2时，{Sn}是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；当{Sn}是递增数列时，有an＋1＝Sn＋1－Sn＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，这样的q不存在，所以甲是乙的必要条件．故选B.
6．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
答案 B
解析 设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴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.
7．(2020·全国Ⅱ卷)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
答案 C
解析 在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴eq \f(an＋1,an)＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝eq \f(ak＋1·1－210,1－2)＝eq \f(2k＋1·1－210,1－2)＝2k＋1·(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C．
8．在等比数列{an}中，若a2a5＝－eq \f(3,4)，a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(5,4)，则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝( )
A．1 B．－eq \f(3,4)
C．－eq \f(5,3) D．eq \f(4,3)
答案 C
解析 因为数列{an}是等比数列，a2a5＝－eq \f(3,4)＝a3a4，a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(5,4)，所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(a2＋a5,a2a5)＋eq \f(a3＋a4,a3a4)＝eq \f(\f(5,4),－\f(3,4))＝－eq \f(5,3).故选C．
9．(2022·广东湛江高三质量检测)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eq \f(3,2)，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的eq \f(3,4)，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
答案 A
解析 设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为eq \f(3,2)a，“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为eq \f(9,8)a，“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率为eq \f(27,16)a，最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率为eq \f(81,64)a.因为a，eq \f(9,8)a，eq \f(81,64)a成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列．故选A．
10．(2022·湖北鄂州模拟)某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多为( )
A．3233万元 B．4706万元
C．4709万元 D．4808万元
答案 C
解析 设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为an万元，n＝1,2,3，…，10，{an}为等比数列，设公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5－a2＝a1q4－a1q＝42，,a7－a4＝a1q6－a1q3＝168，))解得a1＝3，q＝2，∴a10＝3×29＝1536，依题意，x＋1536≤1700，解得x≤164.∴研究所改建这十个实验室投入的总费用最多为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋eq \f(3×1－210,1－2)＝10x＋3069≤4709(万元)．故选C．
二、多项选择题
11．(2022·海口调研)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＝2047 D．an＋an＋1
解析 由题意，得2q3＝4q＋2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝eq \f(2×2n－1,2－1)＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，D正确．故选ABD.
12．(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 因为a1＝1，an·an＋1＝2n，所以a2＝2，a3＝2，a4＝4，由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，所以eq \f(an＋2,an)＝2，所以{a2n}，{a2n－1}分别是以2,1为首项，2为公比的等比数列，所以a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，所以a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1.综上可知，A，B，C正确，D错误．故选ABC．
三、填空题
13．(2022·重庆模拟)已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________.
答案 1,3,9或9,3,1
解析 设这三个数为eq \f(a,q)，a，aq，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝\f(1,3)，))
∴这三个数为1,3,9或9,3,1.
14．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝________.
答案 66
解析 依题意有an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差，得an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，又a2＝5，所以数列{an}从第2项起是公比为3的等比数列，所以S4＝1＋eq \f(5×1－33,1－3)＝66.
15．已知等比数列{an}为递增数列，且aeq \\al(2,5)＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________.
答案 2n
解析 设等比数列{an}的公比为q.∵aeq \\al(2,5)＝a10，∴(a1q4)2＝a1q9，∴a1＝q，∴an＝qn.∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an(1＋q2)＝5anq，∴2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝eq \f(1,2).∵{an}为递增数列，∴q＝2，∴an＝2n.
16．(2021·广州天河区三模)1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线．如图①，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的eq \f(1,3)为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的eq \f(1,3)擦掉，得到第2个图形(如图②)，重复上面的步骤，得到第3个图形(如图③)．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线．云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”．则第5个图形的边长为________；第n个图形的周长为________.
答案 eq \f(1,81) 3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1
解析 第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的eq \f(1,3)，以此类推，……，则第5个图形的边长为1×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,81)；以一条边为例，原本的一条也被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本的1条边变成现在的(3－1)＋2＝4条，翻了4倍，所以周长之间的关系为bn＝eq \f(1,3)·4·bn－1＝eq \f(4,3)bn－1，所以{bn}是公比为q＝eq \f(4,3)的等比数列，而首项b1＝3，所以bn＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1.
四、解答题
17．设数列{an}中，a1＝1，a2＝eq \f(5,3)，an＋2＝eq \f(5,3)an＋1－eq \f(2,3)an，令bn＝an＋1－an(n∈N*)．
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)证明：∵an＋2＝eq \f(5,3)an＋1－eq \f(2,3)an，
∴an＋2－an＋1＝eq \f(2,3)(an＋1－an)，
而bn＝an＋1－an，∴bn＋1＝eq \f(2,3)bn，
又b1＝a2－a1＝eq \f(2,3)，
∴数列{bn}是首项为eq \f(2,3)，公比为eq \f(2,3)的等比数列．
(2)由(1)知bn＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
∴an－an－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝1＋eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n,1－\f(2,3))＝3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n(n≥2)，
又a1＝1也成立，∴an＝3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n.
18．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解 (1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－2，n≥2.))
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(24n－1,3).
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋eq \f(24n－1,3)＝eq \f(22n＋1＋1,3).
19．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知________，求公比q以及aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
从①a2a5＝－32且a3＋a4＝－4，②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，
由a3a4＝－32，a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8或a3＝－8，a4＝4，即q＝－2或q＝－eq \f(1,2).
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)为首项，q2为公比的等比数列，
当q＝－2时，a1＝1，此时aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)；
当q＝－eq \f(1,2)时，a1＝－32，
此时aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(212,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))).
若选②，eq \f(S6－S3,S3)＝8，即q3＝8，故q＝2.
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，
所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3).
若选③，S2＝a3－1，(*)
S3＝a4－1，(**)
令(**)式减(*)式，
得a3＝a4－a3，即a4＝2a3，故q＝2.
则(*)式中，a1＋a2＝a3－1，
即a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1.
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，
所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3).
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意n∈N*，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．
解 (1)因为3an＋1＋2Sn＝3，①
所以当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3.②
由①－②，得3an＋1－3an＋2an＝0(n≥2)，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)(n≥2)．
因为a1＝1,3a2＋2a1＝3，解得a2＝eq \f(1,3)，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3).
所以数列{an}是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列．所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1.
(2)由(1)知Sn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)).
由题意可知，对于任意n∈N*，
恒有k≤eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))成立．
因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))为递增数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))中的最小项为eq \f(2,3)，
所以k≤eq \f(3,2)×eq \f(2,3)＝1，
故实数k的最大值为1.
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