高考数学科学创新复习方案提升版第36讲等比数列学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第36讲等比数列学案（Word版附解析），共19页。


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))eq \f(an＋1,an)＝q(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\{(\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(08))na1，q＝1，,\x(\s\up1(09))\f(a1（1－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＝amqn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则aman＝apaq＝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)}，{anbn}，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)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，q＝－1且n为偶数除外．
(8)等比数列{an}满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1<0，,00，,01))时，{an}是递减数列．
(9)等比数列前n项和Sn＝A＋B·Cn⇔A＋B＝0，公比q＝C(A，B，C均不为零)．
(10)在等比数列中Sn＋m＝Sn＋qnSm，n，m∈N*.
1．(人教A选择性必修第二册4.3.1练习T2改编)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝( )
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．(人教A选择性必修第二册4.3.2练习T1(3)改编)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．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.
4．(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：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.
解法二：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\{(\a\vs4\al\c1(S2＝\f(a1（1－q2）,1－q)＝4，,S4＝\f(a1（1－q4）,1－q)＝6，))两式相除，得q2＝eq \f(1,2)，eq \f(a1,1－q)＝8，所以S6＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7.故选A.
5．(人教A选择性必修第二册P37练习T4改编)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\{(\a\vs4\al\c1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝3，))
∴这三个数为1，3，9或9，3，1.
例1 (1)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．
答案 －eq \f(1,2)
解析 若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意，所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7·eq \f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2).
(2)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8，则an＝________，a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝________．
答案 2n eq \f(8,5)－(－1)n×eq \f(22n＋3,5)
解析 设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则
eq \b\lc\{(\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.因为(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－1×22n＋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))\s\up12(n))),1－（－22）)＝eq \f(8,5)－(－1)n×eq \f(22n＋3,5).
等比数列基本量的运算的解题策略
(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)可迎刃而解．
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
提醒：运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解．
1.(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
答案 C
解析 解法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq \f(a1（1－q2）,1－q) ①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C.
2．(2023·湖北名校联盟模拟)已知递增的等比数列{an}中，前3项的和为7，前3项的积为8，则a4的值为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
答案 D
解析 由前3项的和为7，得a1＋a1q＋a1q2＝7，由前3项的积为8，得a1a2a3＝aeq \\al(3,2)＝8，即a2＝2，则a1＝eq \f(2,q)，代入a1＋a1q＋a1q2＝7，得eq \f(2,q)＋eq \f(2,q)·q＋eq \f(2,q)·q2＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq \f(1,2)，因为{an}为递增的等比数列，所以q＝2，则a1＝eq \f(2,q)＝1，所以a4＝1×23＝8.故选D.
例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)．
等比数列的判定方法
(2023·宁德高三期中)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，求数列{an}的通项公式．
解 (1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an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，
所以数列{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，
所以数列{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).
多角度探究突破
角度 等比数列项的性质
例3 (1)(2023·漳州三模)已知数列{an}为递减的等比数列，n∈N*，且a2a7＝32，a3＋a6＝18，则{an}的公比为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up7(\f(3,5))
C．2eq \f(3,5) D．2
答案 A
解析 由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a7＝a3a6＝32，,a3＋a6＝18，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝2，,a6＝16))(舍去)或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝16，,a6＝2，))∴{an}的公比q＝eq \r(3,\f(a6,a3))＝eq \f(1,2).故选A.
(2)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
答案 －2
解析 设{an}的公比为q(q≠0)，又a2a4a5＝a3a6，a4a5＝a3a6，所以a2＝1，因为a9a10＝－8，所以a2q7·a2q8＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a2q5＝q5＝－2.
(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件、利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q＝2k，则aman＝apaq＝aeq \\al(2,k)”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
1.(2023·成都模拟)设{an}是等比数列，且a1－a2＝1，a3－a2＝2，则a4－a5＝( )
A．8 B．－8
C．4 D．－4
答案 B
解析 因为{an}是等比数列，且a1－a2＝1，a3－a2＝2，所以等比数列{an}的公比q＝eq \f(a3－a2,a2－a1)＝－2，所以a4－a5＝(a2－a3)q2＝－8.故选B.
2．在等比数列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，则a8a9a10＝( )
A．4 B．8
C．32 D．64
答案 D
解析 由a2a3a4＝4，a5a6a7＝16可得aeq \\al(3,3)＝4，aeq \\al(3,6)＝16，又aeq \\al(2,6)＝a3a9，故aeq \\al(6,6)＝aeq \\al(3,3)aeq \\al(3,9)，则162＝4aeq \\al(3,9)，解得aeq \\al(3,9)＝64，即a8a9a10＝64.故选D.
角度 等比数列前n项和的性质
例4 (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\{(\a\vs4\al\c1(A（1－q9）＝70，,A（1－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\{(\a\vs4\al\c1(\f(S偶,S奇)＝q＝2，,S奇＝\f(a1[1－（q2）5],1－q2)＝85\f(1,4)，))
得eq \b\lc\{(\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(q＝－1且n为偶数除外)．
(2)注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1
时，Sn＝eq \f(a1（1－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．
1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S15,S5)＝________．
答案 eq \f(3,4)
解析 因为{an}是等比数列，所以S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列．因为eq \f(S10,S5)＝eq \f(1,2).设S5＝2k，S10＝k，则S10－S5＝－k，所以S15－S10＝eq \f(k,2)，则S15＝eq \f(3k,2)，所以eq \f(S15,S5)＝eq \f(\f(3k,2),2k)＝eq \f(3,4).
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则a＝________，数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为________．
答案 －1 eq \f(9n－1,2)
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).
课时作业
一、单项选择题
1．已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若S3＝－7，S6＝－63，则q＝( )
A．－2 B．2
C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 解法一：由等比数列的性质，得q3＝eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(－63－（－7）,－7)＝8，∴q＝2.故选B.
解法二：由题意得q≠1，∵等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝－7，S6＝－63，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝－7，,S6＝\f(a1（1－q6）,1－q)＝－63，))解得a1＝－1，q＝2.故选B.
2．(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.
3．(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝( )
A.eq \f(15,8) B.eq \f(65,8)
C．15 D．40
答案 C
解析 由题意知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q(q－2)(q＋1)·(q＋2)＝0.由题意知q＞0，所以q＝2，所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
4．(2023·揭阳模拟)已知正项等比数列{an}中，a2＝2，a4＝8，数列{an＋an＋3}的前n项和为Sn，则S5＝( )
A．288 B．99
C．99或279 D．279
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，则q>0.依题意q2＝eq \f(a4,a2)＝4，所以q＝2.又a1＝eq \f(a2,q)＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1，所以an＋an＋3＝2n－1＋2n＋2＝9×2n－1，S5＝9×(1＋2＋22＋23＋24)＝9×eq \f(1－25,1－2)＝279.故选D.
5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列说法正确的是( )
A．若S3＝4，S6＝12，则S9＝29
B．若a1＝1，q＝eq \f(3,4)，则Sn＝4－3an
C．若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝－6
D．若a1＝1，a5＝4a3，则an＝2n－1
答案 B
解析 对于A，由S3(S9－S6)＝(S6－S3)2，即4(S9－12)＝(12－4)2，解得S9＝28，A错误；对于B，Sn＝eq \f(1－\f(3,4)an,1－\f(3,4))＝4－3an，B正确；对于C，由a5a6＝a4a7得a4a7＝－8，又a4＋a7＝2，解得a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，当q3＝－eq \f(1,2)时，a1＋a10＝eq \f(a4,q3)＋a4q6＝eq \f(4,－\f(1,2))＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝－7.当q3＝－2时，a1＋a10＝eq \f(a4,q3)＋a4q6＝eq \f(－2,－2)＋(－2)×(－2)2＝－7，C错误；对于D，∵a5＝4a3，∴q4＝4q2，∴q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2，故an＝(－2)n－1或an＝2n－1，D错误．故选B.
6．(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
A．3 B．18
C．54 D．152
答案 C
解析 解法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝eq \f(an＋1,an)＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝eq \f(2a1（1－qn）,1－q)＋2＝－eq \f(2a1,1－q)qn＋eq \f(2a1,1－q)＋2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－\f(2a1,1－q)，,0＝\f(2a1,1－q)＋2，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3，))所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C.
7．(2023·日照三模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \\al(4,n)，则a6的值为( )
A．220 B．224
C．21024 D．24096
答案 C
解析 an＋1＝aeq \\al(4,n)，a1＝2，易知an>0，故ln an＋1＝4ln an，故{ln an}是首项为ln 2，公比为4的等比数列，ln an＝4n－1·ln 2，ln a6＝45·ln 2＝ln 21024，故a6＝21024.故选C.
8．(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.
二、多项选择题
9．(2023·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且an＋1＝3an＋2n，则( )
A．数列{an＋2n}是等比数列B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋1))是等比数列
C．an＝2×3n－2n＋1D．Sn＝2(3n－2n)
答案 ABD
解析 an＋1＋2n＋1＝3an＋2n＋2n＋1＝3an＋3·2n＝3(an＋2n)，又a1＋2＝4≠0⇒eq \f(an＋1＋2n＋1,an＋2n)＝3，故数列{an＋2n}是以4为首项，3为公比的等比数列，an＋2n＝4×3n－1，即an＝4×3n－1－2n，Sn＝eq \f(4（1－3n）,1－3)－eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2(3n－2n)，故A，D正确，C错误；eq \f(an＋1,2n＋1)＋1＝eq \f(3an＋2n,2n＋1)＋1＝eq \f(3,2)×eq \f(an,2n)＋eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋1))，又因为eq \f(a1,21)＋1＝2≠0，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋1))是以2为首项，eq \f(3,2)为公比的等比数列，故B正确eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(也可\f(an,2n)＋1＝\f(an＋2n,2n)，可推断A，B同时对错)).故选ABD.
10．(2023·海伦市期末)十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的．明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，则依此规则，下列结论正确的是( )
A．M>11
B．该等比数列的公比为eq \r(13,2)
C．插入的第9个数是插入的第5个数的eq \r(3,2)倍
D．M＝eq \f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))
答案 CD
解析 由题意设该等比数列的公比为q，a1＝1，a13＝2，故q12＝2，即q＝eq \r(12,2)，B错误；因为插入的11个数之和为M，则M＝a2＋a3＋…＋a12＝eq \f(\r(12,2)[1－（\r(12,2)）11],1－\r(12,2))＝eq \f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))，D正确；eq \f(a10,a6)＝q4＝eq \r(3,2)，C正确；若M>11，则eq \f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))>11，化简得2>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,12)))eq \s\up12(12)，但eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,12)))eq \s\up12(12)>1.176>1.363>2，A错误．故选CD.
11．(2023·邵阳模拟)设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a6a7>1，eq \f(a6－1,a7－1)<0，则下列结论正确的是( )
A．01
C．Tn的最大值为T6 D．T13>1
答案 AC
解析 ①若q<0，∵a1>1，则a6<0，a7>0，∴a6a7<0，与a6a7>1矛盾，②若q≥1，∵a1>1，则a6>1，a7>1，∴eq \f(a6－1,a7－1)>0，与eq \f(a6－1,a7－1)<0矛盾，∴01，01，0三、填空题
12．(2023·北京高考)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝________；数列{an}所有项的和为________．
答案 48 384
解析 解法一：设前3项的公差为d，后7项的公比为q(q>0)，则q4＝eq \f(a9,a5)＝eq \f(192,12)＝16，且q>0，可得q＝2，则a3＝eq \f(a5,q2)＝3，即1＋2d＝3，可得d＝1，a7＝a3q4＝48，a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋eq \f(3×（1－27）,1－2)＝384.
解法二：因为当3≤n≤7时，{an}为等比数列，则aeq \\al(2,7)＝a5a9＝12×192＝482，且an>0，所以a7＝48.又aeq \\al(2,5)＝a3a7，则a3＝eq \f(aeq \\al(2,5),a7)＝3.设后7项的公比为q(q>0)，则q2＝eq \f(a5,a3)＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝eq \f(3（a1＋a3）,2)＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝eq \f(a3－a9q,1－q)＝eq \f(3－192×2,1－2)＝381，所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384.
13．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.
14．1904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)))eq \s\up12(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，原本的一条边被分成了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)))eq \s\up12(n－1).
四、解答题
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，Sn＝2＋an＋1.
(1)证明：数列{Sn－2}为等比数列；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为Tn，证明：Tn＜2.
证明 (1)因为Sn＝2＋an＋1＝2＋(Sn＋1－Sn)，
所以2Sn＝Sn＋1＋2，
所以Sn＋1－2＝2(Sn－2)，
因为S1－2≠0，
所以Sn－2≠0，eq \f(Sn＋1－2,Sn－2)＝2，
故数列{Sn－2}是首项为S1－2＝1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)可知Sn－2＝2n－1，
所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,2＋2n－1)＜eq \f(1,2n－1)，
所以Tn＜1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＜2.
16．(2023·江苏省七市三模)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.
(1)证明：数列{an＋1－2an}是等比数列；
(2)证明：存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立．
证明 (1)由已知，an＋2＝5an＋1－6an，
∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1，
∴an＋2－2an＋1＝3an＋1－6an＝3(an＋1－2an)，
显然an＋1－2an＝0与a1＝1，a2＝5矛盾，
∴an＋1－2an≠0，
∴eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝3，
∴数列{an＋1－2an}是首项为a2－2a1＝5－2＝3，公比为3的等比数列．
(2)∵an＋2＝5an＋1－6an，
∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1，
∴an＋2－3an＋1＝2an＋1－6an＝2(an＋1－3an)，
显然an＋1－3an＝0与a1＝1，a2＝5矛盾，
∴an＋1－3an≠0，
∴eq \f(an＋2－3an＋1,an＋1－3an)＝2，
∴数列{an＋1－3an}是首项为a2－3a1＝5－3＝2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－3an＝2n，①
又an＋1－2an＝3n，②
∴②－①得，an＝3n－2n，
∴存在bn＝3n，cn＝－2n，两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立．考向一 等比数列的基本运算
考向二 等比数列的判定与证明
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
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
通项公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为非零常数，q≠0，1)，则{an}是等比数列
考向三 等比数列的性质