(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升6.3《等比数列》(2份打包，原卷版+教师版)

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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．
知识梳理
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(a11－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．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.
3．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn﹣A(A≠0，q≠1,0)．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等比数列的公比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．( × )
教材改编题
1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a4＝eq \f(1,2)，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 设等比数列的公比为q，∵{an}是等比数列，a2＝2，a4＝eq \f(1,2)，
∴a4＝a2q2，∴q2＝eq \f(a4,a2)＝eq \f(1,4)，∴q＝±eq \f(1,2).
2．在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a11＋2a6a8＋a3a13＝25，则a6＋a8＝______.
答案 5
解析 ∵{an}是等比数列，且a1a11＋2a6a8＋a3a13＝25，∴aeq \\al(2,6)＋2a6a8＋aeq \\al(2,8)＝(a6＋a8)2＝25.
又∵an>0，∴a6＋a8＝5.
3．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＝\f(1,3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝3，))
∴这三个数为1,3,9或9,3,1.
题型一 等比数列基本量的运算
例1 (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)等于( )
A．2n﹣1 B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1 D．21﹣n﹣1
答案 B
解析 方法一 设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(24,12)＝2.
由a5﹣a3＝a1q4﹣a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.
所以an＝a1qn﹣1＝2n﹣1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n﹣1，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2﹣21﹣n.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3q2－a3＝12，①,a4q2－a4＝24， ②))eq \f(②,①)得eq \f(a4,a3)＝q＝2.将q＝2代入①，解得a3＝4.
所以a1＝eq \f(a3,q2)＝1，下同方法一．
(2)记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 设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，
所以a1q＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq \f(121,3).
教师备选
1．已知数列{an}为等比数列，a2＝6,6a1＋a3＝30，则a4＝________.
答案 54或24
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·q＝6，,6a1＋a1·q2＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝3，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝3，))
a4＝a1·q3＝2×33＝54或a4＝3×23＝3×8＝24.
2．已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若a2a6＝﹣2a7，S3＝﹣6，则a6等于( )
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时，则a6＝(﹣2)6＝64，当q＝1时，则a6＝﹣2.
思维升华 (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).
跟踪训练1 (1)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215﹣25，则k等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，∴an＝2×2n﹣1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215﹣25，∴eq \f(2k＋11－210,1－2)＝215﹣25，
即2k＋1(210﹣1)＝25(210﹣1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
(2)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)．
由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝\f(1,2)，,a1＝32))(舍去)．
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
②由于(﹣1)n﹣1anan＋1＝(﹣1)n﹣1×2n×2n＋1＝(﹣1)n﹣122n＋1，
故a1a2﹣a2a3＋…＋(﹣1)n﹣1anan＋1
＝23﹣25＋27﹣29＋…＋(﹣1)n﹣1·22n＋1＝eq \f(23[1－－22n],1－－22)＝eq \f(8,5)﹣(﹣1)neq \f(22n＋3,5).
题型二 等比数列的判定与证明
例2 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(2n＋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.
教师备选
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．
(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.
思维升华 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．
跟踪训练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 (1)易知q≠1，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\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．
题型三 等比数列的性质
例3 (1)若等比数列{an}中的a5，a2 019是方程x2﹣4x＋3＝0的两个根，则lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋…＋lg3a2 023等于( )
A.eq \f(2 024,3) B．1 011 C.eq \f(2 023,2) D．1 012
答案 C
解析 由题意得a5a2 019＝3，根据等比数列性质知，
a1a2 023＝a2a2 022＝…＝a1 011a1 013＝a1 012a1 012＝3，于是a1 012＝ SKIPIF 1 < 0 ，
则lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋…＋lg3a2 023＝lg3(a1a2a3…a2 023) SKIPIF 1 < 0
(2)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
答案 B
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.
教师备选
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝__________.
答案 eq \f(7,3)
解析 设等比数列{an}的公比为q，易知q≠﹣1，由等比数列前n项和的性质可知S3，S6﹣S3，S9﹣S6仍成等比数列，∴eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，
又由已知得S6＝3S3，∴S9﹣S6＝4S3，∴S9＝7S3，∴eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).
2．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 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.
思维升华 (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)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
跟踪训练3 (1)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40等于( )
A．5 B．10 C．15 D．﹣20
答案 C
解析 易知等比数列{an}的前n项和Sn满足S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30，…成等比数列．设{an}的公比为q，则eq \f(S20－S10,S10)＝q10>0，故S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30，…均大于0.故(S20﹣S10)2＝S10·(S30﹣S20)，即(S20﹣1)2＝1·(7﹣S20)⇒Seq \\al(2,20)﹣S20﹣6＝0.
因为S20>0，所以S20＝3.又(S30﹣S20)2＝(S20﹣S10)(S40﹣S30)，
所以(7﹣3)2＝(3﹣1)(S40﹣7)，故S40＝15.
(2)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋a3＋…＋a8＝4，a1a2·…·a8＝16，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)的值为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
答案 A
解析 ∵a1a2…a8＝16，∴a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a8)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,a7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a3)＋\f(1,a6)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a4)＋\f(1,a5)))
＝eq \f(1,2)(a1＋a8)＋eq \f(1,2)(a2＋a7)＋eq \f(1,2)(a3＋a6)＋eq \f(1,2)(a4＋a5)＝eq \f(1,2)(a1＋a2＋…＋a8)＝2.
课时精练
1．若等比数列{an}满足a1＋a2＝1，a4＋a5＝8，则a7等于( )
A.eq \f(64,3) B．﹣eq \f(64,3) C.eq \f(32,3) D．﹣eq \f(32,3)
答案 A
解析 设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a4＋a5,a1＋a2)＝q3＝8，所以q＝2，又a1＋a2＝a1(1＋q)＝1，
所以a1＝eq \f(1,3)，所以a7＝a1×q6＝eq \f(1,3)×26＝eq \f(64,3).
2．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.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n﹣1＋r，则r的值为( )
A.eq \f(1,3) B．﹣eq \f(1,3) C.eq \f(1,9) D．﹣eq \f(1,9)
答案 B
解析 由等比数列前n项和的性质知，Sn＝32n﹣1＋r＝eq \f(1,3)×9n＋r，∴r＝﹣eq \f(1,3).
4．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，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．”则该人第四天走的路程为( )
A．6里 B．12里 C．24里 D．48里
答案 C
解析 由题意可知，该人所走路程形成等比数列{an}，其中q＝eq \f(1,2)，
因为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a4＝a1·q3＝192×eq \f(1,8)＝24.
5．(多选)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是( )
A．数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列
B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C．数列{an﹣an＋1}是公比为q的等比数列
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列
答案 AD
解析 对于A，由eq \f(anan＋1,an－1an)＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；
对于B，当q＝﹣1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；
对于C，当q＝1时，数列{an﹣an＋1}的项中有0，不是等比数列；
对于D，eq \f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列．
6．(多选)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))
答案 ABD
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a1＝1，则a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，
所以数列{an}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S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n﹣1，又eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，
所以数列{Sn}为首项为1，公比为3的等比数列，综上可得选项ABD是正确的．
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．已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝eq \f(1,3)，则a4＝________.
答案 3 81
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.
9．已知等差数列{an}的公差为2，其前n项和Sn＝pn2＋2n，n∈N*.
(1)求实数p的值及数列{an}的通项公式；
(2)在等比数列{bn}中，b3＝a1，b4＝a2＋4，若{bn}的前n项和为Tn，求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn＋\f(1,6)))为等比数列．
(1)解 Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝na1＋n(n﹣1)＝n2＋(a1﹣1)n，
又Sn＝pn2＋2n，n∈N*，所以p＝1，a1﹣1＝2，即a1＝3，所以an＝3＋2(n﹣1)＝2n＋1.
(2)证明 因为b3＝a1＝3，b4＝a2＋4＝9，所以q＝3，
所以bn＝b3·qn﹣3＝3n﹣2，所以b1＝eq \f(1,3)，所以Tn＝eq \f(\f(1,3)1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,6)，
所以Tn＋eq \f(1,6)＝eq \f(3n,6)，又T1＋eq \f(1,6)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(Tn＋\f(1,6),Tn－1＋\f(1,6))＝eq \f(\f(3n,6),\f(3n－1,6))＝3(n≥2)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn＋\f(1,6)))是以eq \f(1,2)为首项，3为公比的等比数列．
10．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.
(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(2an－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(21－26,1－2)＋27＋28＋29＋210
＝200＋2＋28＋29＋210
＝1 994.
11．(多选)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an﹣1＋2an﹣2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A．数列{an＋1＋an}为等比数列
B．数列{an＋1﹣2an}为等比数列
C．an＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)
D．S20＝eq \f(2,3)(410﹣1)
答案 ABD
解析 因为an＝an﹣1＋2an﹣2(n≥3)，所以an＋an﹣1＝2an﹣1＋2an﹣2＝2(an﹣1＋an﹣2)，
又a1＋a2＝2≠0，所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；
同理an﹣2an﹣1＝an﹣1＋2an﹣2﹣2an﹣1＝﹣an﹣1＋2an﹣2＝﹣(an﹣1﹣2an﹣2)，而a2﹣2a1＝﹣1，
所以{an＋1﹣2an}是等比数列，B正确；
若an＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)，则a2＝eq \f(23＋－12,3)＝3，但a2＝1≠3，C错误；
由A知{an＋an﹣1}是等比数列，且公比为2，
因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，
所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝eq \f(21－410,1－4)＝eq \f(2,3)(410﹣1)，D正确．
12．(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是( )
A．01
C．Sn的最大值为S9 D．Tn的最大值为T7
答案 AD
解析 ∵a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0，∴a7>1,0a7a9＝aeq \\al(2,8)<1，故B错误；
∵a1>1,0又a7>1,013．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)＝________.
答案 eq \f(1,5)
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 0212,q5)＝1⇒a2 021＝ SKIPIF 1 < 0
a2 018a2 019＝eq \f(a2 0192,q)＝1⇒a2 019＝ SKIPIF 1 < 0 所以eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝ SKIPIF 1 < 0
14.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________．
答案 eq \f(1,32)
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).
15．(多选)在数列{an}中，n∈N*，若eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列关于“等差比数列”的判断正确的是( )
A．k不可能为0
B．等差数列一定是“等差比数列”
C．等比数列一定是“等差比数列”
D．“等差比数列”中可以有无数项为0
答案 AD
解析 对于A，k不可能为0，正确；
对于B，当an＝1时，{an}为等差数列，但不是“等差比数列”，错误；
对于C，当等比数列的公比q＝1时，an＋1﹣an＝0，分式无意义，所以{an}不是“等差比数列”，错误；
对于D，数列0,1,0,1,0,1，…，0,1是“等差比数列”，且有无数项为0，正确．
16．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 (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).