人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.2 等比数列的前 n项和达标测试

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专题六 等比数列的前 n项和
基本公式
1．在等比数列的前n项和公式Sn＝中，如果令A＝，那么Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，n∈N*)，则数列{an}为等比数列，即Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔数列{an}为等比数列．
2．等比数列{an}中，若项数为2n，则＝q(S奇≠0)；若项数为2n＋1，则＝q(S偶≠0).
3．涉及Sn，S2n，S3n，…的关系或Sn与Sm的关系考虑应用以下两个性质
(1)等比数列前n项和为Sn(且Sn≠0)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn(q≠－1)．
(2)等比数列{an}的公比为q，则Sn＋m＝Sn＋qnSm.
4．错位相减法
(1)推导等比数列前n项和的方法
一般地，等比数列{an}的前n项和可写为：Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1， ①
用公比q乘①的两边，可得qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn， ②
由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，整理得Sn＝(q≠1)．
(2)我们把上述方法叫错位相减法，一般适用于数列{an·bn}前n项和的求解，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且q≠1.
例题分析
一、等比数列的前n项和的基本计算
例1 (1)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝(　　)
A．29　　 B．31　　 C．33　　 D．36
(2)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项的和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝______.
解析　(1)由题意可得
由①②解得a1q3＝2，a1q6＝，∴q3＝，∴q＝，a1＝16，
∴S5＝＝＝31.
(2)当q＝1时，显然不符合题意；
当q≠1时，
解得则a8＝×27＝32.
答案 (1)B (2)32
归纳总结：等比数列前n项和运算的技巧
(1)在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”，常常列方程组来解答．
(2)对于基本量的计算，列方程组求解是基本方法，通常用约分或两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换．
(对应训练一)在等比数列{an}中，
(1)若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n；
(2)若a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求a4和S5；
(3)若a3＝，S3＝，求a1和公比q.
解析　(1)由Sn＝，an＝a1qn－1以及已知条件，
得∴a1＝3.
又∵2n－1＝＝32，∴n＝6.
(2)设公比为q，由通项公式及已知条件得
即
∵a1≠0,1＋q2≠0，∴②÷①得，q3＝，即q＝，∴a1＝8.
∴a4＝a1q3＝8×3＝1，S5＝＝＝.
(3)当q＝1时，S3＝3a1，a3＝a1＝.∴3×＝S3＝，∴a1＝，q＝1.
当q≠1时，S3＝＝，a3＝a1·q2＝，
∴(1＋q＋q2)＝，∴q＝－，q＝1(舍去)，∴a1＝6.
综上所述：或
答案 (1) a1＝3，n＝6 (2) a4＝1，S5＝ (3) 或
(对应训练二)已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得a1＋2d＝2,3a1＋d＝，化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，解得a1＝1，d＝，故通项公式an＝1＋，即an＝.
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2.故{bn}的前n项和Tn＝＝＝2n－1.
答案 (1) an＝ (2) 2n－1
二、等比数列的前n项和的性质
例2 (1)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10，S12＝130，则S8＝(　　)
A．－30　 B．40　 C．40或－30　 D．40或－50
(2)等比数列{an}各项为正，a3，a5，－a4成等差数列，Sn为{an}的前n项和，则＝______.
解析　(1)S4，S8－S4，S12－S8构成等比数列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
因为S4＝10，S12＝130，∴(S8－10)2＝10(130－S8)．解得S8＝40.故选B．
(2)因为等比数列{an}各项为正，a3，a5，－a4成等差数列，所以a1q2－a1q3＝2a1q4,2q2＋q－1＝0，q＝或q＝－1(舍去)，＝＝1＋()3＝.
答案 (1) B (2)
归纳总结：等比数列前n项和性质的应用技巧
(1)在涉及奇数项和S奇与偶数项和S偶时，常考虑其差或比进行简化运算．若项数为2n，则＝q(S奇≠0)；若项数为2n＋1，则＝q(S偶≠0)．
(2)涉及Sn，S2n，S3n，…的关系或Sn与Sm的关系考虑应用以下两个性质
①等比数列前n项和为Sn(且Sn≠0)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn(q≠－1)．
②等比数列{an}的公比为q，则Sn＋m＝Sn＋qnSm.
特别提醒：易误认为Sn，S2n，S3n成等比数列．
(对应训练一) (1)一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，求此数列的通项公式；
(2)在等比数列{an}中，若前10项的和S10＝10，前20项的和S20＝30，求前30项的和S30.
解析　(1)设此数列{an}的公比为q，由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，
∴S奇＝3S偶，∴q＝＝.
又a1a2a3＝64，即a1(a1q)(a1q2)＝aq3＝64，
∴a1q＝4.又q＝，∴a1＝12，∴an＝a1qn－1＝12×n－1.
(2)解法一：设数列{an}的首项为a1，公比为q，显然q≠1，则
两式相除得1＋q10＝3，∴q10＝2.
∴S30＝＝(1＋q10＋q20)
＝10×(1＋2＋4)＝70.
解法二：∵S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列，
又∵S10＝10，S20＝30，
∴S30－30＝，即S30＝70.
答案 (1) 12×n－1 (2)70
(对应训练二) (1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40＝(　　)
A．150　　 B．－200 C．150或－200　　 D．400或－50
(2)在递增等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，且前n项和Sn＝62，则项数n等于(　　)
A．4　　 B．5 C．6　　 D．7
解析　(1)S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，所以(S20－S10)2＝S10(S30－S20)．
即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.
又S20>0，所以S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80，S40＝150.
(2)∵a2·an－1＝a1·an＝64，又a1＋an＝34，可解得a1＝2，
an＝32或a1＝32，an＝2(舍) Sn＝＝＝62，
解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n＝32，n＝5.故选B．
答案 (1) A (2) B
(对应训练三) (1)一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数；
(2)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，求a3＋a6＋a9＋…＋a99的值．
解析　(1)设此等比数列为{an}，其公比为q，项数为2n(n∈N*)．
若q＝1，则S奇＝S偶，与已知矛盾，故q≠1，∴
②÷①，得q＝2.把q＝2代入①，得＝85，∴4n＝256＝44，∴n＝4.
∴公比q＝2，项数为8.
(2)解法一：∵S99＝＝56，
∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q96)＝a1q2
＝a1q2·＝＝×56＝32.
解法二：设T1＝a1＋a4＋a7＋…＋a97.T2＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，
T3＝a3＋a6＋a9＋…＋a99，
则T1q＝T2，T2q＝T3且T1＋T2＋T3＝56，∴T1(1＋q＋q2)＝56，
∴T1＝＝8，T3＝T1q2＝32，即a3＋a6＋a9＋…＋a99＝32.
答案 (1) 公比q＝2，项数为8 (2) 32
三、等比数列前n项和的综合应用
例3 已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9，
解得q2＝3.
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
答案 (1) 2n－1 (2)
归纳总结：等比数列前n项和综合问题的求解策略
(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．
(2)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．
(对应训练)以数列{an}的任意前、后相邻两项为横、纵坐标的点Pn(an，an＋1)(n∈N*)均在一次函数y＝2x＋k的图象上，数列bn＝an＋1－an(n∈N*，b1≠0)．
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若S6＝T4，S5＝－9，求k的值．
解析　(1)由题意，得an＋1＝2an＋k，bn＝an＋1－an，
∴bn＝2an＋k－an＝an＋k，∴bn＋1＝an＋1＋k＝(2an＋k)＋k＝2(an＋k)．
即bn＋1＝2bn.∵b1≠0，∴＝2(n∈N*)，
∴数列{bn}是以2为公比的等比数列．
(2)由(1)，得bn＝an＋k及{bn}是公比为2的等比数列，得Tn＝＝b1(2n－1)，
由bn＝an＋k得Tn＝Sn＋nk，∴Sn＝b1(2n－1)－nk.
∵S6＝T4，S5＝－9，∴解得k＝8.
答案 (1) 以2为公比的等比数列 (2) 8
四、等比数列前n项和公式的实际应用　　
例4 某企业年初有资金1 000万元，如果该企业经过生产经营，每年资金增长率为50%，但每年年底都要扣除消费资金x万元，余下的资金投入再生产．为实现5年后，资金达到2 000万元(扣除消费资金后)，那么每年年底扣除的消费资金应是多少万元？(精确到1万元)
解析　设an表示第n年年底扣除消费资金后的资金，则：
a1＝1 000(1＋)－x，a2＝[1 000(1＋)－x](1＋)－x
＝1 000(1＋)2－x(1＋)－x，
a3＝[1 000(1＋)2－x(1＋)－x](1＋)－x
＝1 000(1＋)3－x(1＋)2－x(1＋)－x.
依此类推，得：a5＝1 000(1＋)5－x(1＋)4－x(1＋)3－x(1＋)2－x(1＋)－x.
则1 000×()5－x[()4＋()3＋…＋1]＝2 000，
∴1 000×()5－x·＝2 000.
解得x≈424(万元)．∴每年年底扣除的消费资金为424万元．
答案 424
(对应训练)借贷10000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051)
解析　解法一：设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款an元(1≤n≤6)，则
a0＝10000，a1＝1.01a0－a，a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，…
a6＝1.01a5－a＝…＝1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a.
由题意，可知a6＝0，即1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a＝0，
a＝.因为1.016≈1.061，所以a≈≈1739.
故每月应支付1739元．
解法二：一方面，借款10000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为
S1＝104(1＋0.01)6＝104×1.016(元)．
另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为
S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝＝a[1.016－1]×102(元)．
由S1＝S2，得a＝.
以下解法同解法一，得a≈1739.故每月应支付1739元．
答案 1739
五、等比数列综合问题
例5 设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解析　(1)由题意得：则
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，
经验证，当n＝2时也符合上式．
所以，Tn＝
答案 (1) an＝3n－1 (2)
归纳总结：在解决等差、等比数列综合问题时，重点要读懂题意，而正确利用等差、等比数列的定义，通项公式及前n项和公式是解决问题的关键，若已知Sn，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)变为an再求解．
(对应训练)等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求＋＋…＋.
解析　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有
解得或(舍去)，
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝＝.
答案 (1) an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1 (2)
专题训练
1．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，则q等于(　　)
A．1　　　　B．0 C．1或0 D．－1
解析　因为Sn－Sn－1＝an，又{Sn}是等差数列，所以an为定值，即数列{an}为常数列，所以q＝＝1.
答案 A
2．已知{an}是由正数组成的等比数列，Sn表示{an}的前n项和．若a1＝3，a2a4＝144，则S10的值是(　　)
A．511　　 B．1 023 C．1 533　　 D．3 069
解析　由题意知a2a4＝144，即a1q·a1q3＝144，所以aq4＝144，
∴q4＝16，∴q＝2，∴S10＝＝3(210－1)＝3 069.
答案 D
3．设Sn是等比数列{an}的前n项和，＝，则等于(　　)
A．　　 B． C．　　 D．
解析　设公比为q，∵＝，∴q≠1.
∴＝·＝＝，
∴q3＝2.∴＝＝·＝＝＝.
答案 B
4．设{an}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，对任意正整数n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0，又a1＝2，则S101的值为(　　)
A．2　　 B．200 C．－2　　 D．0
解析　设公比为q，∵an＋2an＋1＋an＋2＝0，∴a1＋2a2＋a3＝0，∴a1＋2a1q＋a1q2＝0，∴q2＋2q＋1＝0，∴q＝－1，又∵a1＝2，∴S101＝＝＝2.
答案 A
5．若{an}是等比数列，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋a＋…＋a＝(　　)
A．(2n－1)2 B.(2n－1)2 C．4n－1 D.(4n－1)
解析　由Sn＝2n－1得a1＝S1＝1，a2＝S2－S1＝22－2＝2.
∴公比为q＝2，可知数列{a}是等比数列，公比为q2＝4.
∴a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案　D
6．已知数列{an}是公比为3的等比数列，其前n项和Sn＝3n＋k(n∈N*)，则实数k为(　　)
A．0 B．1 C．－1 D．2
解析　由数列{an}的前n项和Sn＝3n＋k(n∈N*)，当n＝1时，a1＝S1＝3＋k；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－(3n－1＋k)＝2×3n－1.
因为数列{an}是公比为3的等比数列，所以a1＝2×31－1＝3＋k，解得k＝－1.
答案 C
7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝(　　)
A．4n－1 B．4n－1 C．2n－1 D．2n－1
解析　设{an}的公比为q，∵∴
由①②可得＝2，∴q＝，代入①得a1＝2，
∴an＝2×n－1＝，∴Sn＝＝4，
∴＝＝2n－1.故选D.
答案 D
8．等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为　　(　　)
A．28 B．32 C．21 D．28或－21
解析　∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，
即7，S4－7,91－S4成等比数列，
∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21.
∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2，
∴S4＝28.故选A.
答案 A
9．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为(　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
解析　设该女子第一天织布x尺，则＝5，得x＝，∴前n天所织布的尺数为(2n－1)．由(2n－1)≥30，得2n≥187，则n的最小值为8.
答案 B
10．若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于(　　)
A．6　　 B．7 C．8　　 D．9
解析　由韦达定理得a＋b＝p，a·b＝q，因为p>0，q>0，则a＞0，b＞0，当a，b，－2适当排序后成等比数列时，－2必为等比中项，故a·b＝(－2)2＝4，故q＝4，b＝.当适当排序后成等差数列时，－2必不是等差中项，当a是等差中项时，2a＝－2，解得a＝1，b＝4，；当b是等差中项时，＝a－2，解得a＝4，b＝1，综上所述，a＋b＝p＝5，所以p＋q＝9，选D．
答案 D
11．如图，画一个边长为2的正三角形，再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形，依此类推，一共画了5个正三角形．那么这五个正三角形的面积之和等于(　　)

A．2　　 B． C．　　 D．
解析　此五个正三角形的边长an形成等比数列：2,1，，，.∴这五个正三角形的面积之和＝×(22＋12＋＋＋)＝×＝.故选D．
答案 D
12．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于(　　)
A．2n＋1－2 B．3n C．2n D．3n－1
解析　因数列{an}为等比数列，则an＝2qn－1，因数列{an＋1}也是等比数列，
则(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，得a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
an＋an＋2＝2an＋1，从而an(1＋q2－2q)＝0，得q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.故选C.
答案　C
13．等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1的值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
解析　设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N＋)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝＝＝255，解得a1＝3.故选C.
答案 C
14．某人为了观看2020年奥运会，从2013年起每年5月10日到银行存入a元定期储蓄，若年利率为p，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期，到2020年5月10日将所有存款和利息全部取回，则可取回的钱数(元)为(　　)
A．a(1＋p)7 B．a(1＋p)8 C．[(1＋p)7－(1＋p)] D．[(1＋p)8－(1＋p)]
解析　设所有存款和利息的总和为S元，由题意知第一年存入的a元到2020年本息和为a(1＋p)7元，以此类推，2019年存入的a元到2020年本息和为a(1＋p)元，所以S＝a(1＋p)7＋a(1＋p)6＋a(1＋p)5＋…＋a(1＋p)＝a[(1＋p)7＋(1＋p)6＋(1＋p)5＋…＋(1＋p)]＝a·＝[(1＋p)8－(1＋p)]．故选D．
答案 D
15．在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，则＋＋＋＝ .
解析 因为＋＝，＋＝，由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，所以＋＋＋＝＝÷＝－.
答案 －
16．等比数列{an}满足an>0，n∈N*，且a3a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝ .
解析 由等比数列的性质，得a3a2n－3＝a＝22n，从而得an＝2n.
∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]
＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)＝2n2－n.
答案 2n2－n
17．等比数列{an}共有2n项，它的全部各项的和是奇数项的和的3倍，则公比q＝______.
解析 设{an}的公比为q，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，
偶数项之和与奇数项之和分别为S偶，S奇，由题意S偶＋S奇＝3S奇，即S偶＝2S奇，
因为数列{an}的项数为偶数，所以q＝＝2.
答案 2
18．设数列{an}的前n项和为Sn，点(n∈N*)均在直线y＝x＋上．若bn＝3＋，则数列{bn}的前n项和Tn＝________.
解析 依题意得＝n＋，即Sn＝n2＋n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n－；当n＝1时，a1＝S1＝，符合an＝2n－，所以an＝2n－(n∈N*)，则bn＝3＋＝32n，由＝＝32＝9，可知{bn}为等比数列，b1＝32×1＝9，故Tn＝＝.
答案
19．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q为________．
解析　解法一：设等比数列的首项为a1，公比为q，
∴Sn＝，Sn＋1＝，Sn＋2＝，由题意知2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
即＝＋整理，
得2＝q＋q2即q＝－2或q＝1，当q＝1时不符合题意，∴q＝－2.
解法二：∵Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，∴Sn－Sn＋1＝Sn＋2－Sn，
－an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝－2an＋1，∴q＝＝－2.
答案　－2
20．已知数列{an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋2)＝n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析　由log2(Sn＋2)＝n＋1，得Sn＋2＝2n＋1，Sn＝2n＋1－2.
当n＝1时，S1＝a1＝22－2＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n.
当n＝1时也成立，故an＝2n.
答案　2n
21．将正偶数集合{2,4,6,8，…，2n，…}中的数从小到大按第n组有2n个数进行分组如下：
　　　
则2 018位于第____组．
解析　前n组共有2＋4＋8＋…＋2n＝＝2n＋1－2个数．由an＝2n＝2 018得n＝1 009，∴2 018为第1 009个偶数．∵29＝512,210＝1 024，∴前8组共有510个数，前9组共有1 022个数，因此2 018位于第9组．
答案 9
22．某商场今年销售计算机5 000台．如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%，那么从今年起，大约几年可使总销售量达到30 000台？(参考数据：lg 1.6≈0.2，lg 1.1≈0.04)
解析 根据题意，每年比上一年销售量增加10%，所以，从今年起，每年销售量组成一个等比数列{an}，其中a1＝5 000，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30 000，
由等比数列前n项和公式，得＝30 000，整理，得1.1n＝1.6.
两边取对数，得nlg 1.1＝lg 1.6.∴n＝≈＝5(年)．
故大约5年可使总销量达到30 000台．
答案 5年
23．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.
解析 (1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．∴an＝
(2)由(1)知，a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
答案 (1) an＝ (2)
24．已知{an}为递减的等比数列，且{a1，a2，a3}{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当bn＝an时，求证：b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1<.
解析 (1)∵{an}是递减的等比数列，∴数列{an}的公比q是正数，
又∵{a1，a2，a3}{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}，∴a1＝4，a2＝2，a3＝1.
∴q＝＝＝，∴an＝a1qn－1＝.
(2)证明：由已知得bn＝，当n＝2k(k∈N*)时，bn＝0，
当n＝2k－1(k∈N*)时，bn＝an.即bn＝
∴b1＋b2＋b3＋…＋b2n－2＋b2n－1＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝<.
答案 (1) an＝ (2) 见解析
25．在数列{an}中，若an＝求数列{an}的前n项和．
解析 当n＝1时，S1＝a1＝1.
当n≥2时，若a＝0，有an＝则Sn＝1＋(n－1)＝.
若a＝1，有an＝则Sn＝1＋(n－1)＝.
若a≠0且a≠1，则Sn＝1＋＋＋…＋
＝1＋(n－1)＋(a＋a2＋…＋an－1)＝＋.
综上所述，Sn＝
答案
26．已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解析　(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，
即4a5＝a3，于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1 故0 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn<1，
故0>Sn－≥S2－＝－＝－.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
答案 (1) an＝(－1)n－1·. (2)最大项的值为，最小项的值为－
26．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan.其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
解析　(1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝()n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－()n.由S5＝得1－()5＝，即()5＝.解得λ＝－1.
答案 (1) an＝()n－1. (2)－1