高考数学一轮专题复习

这是一份高考数学一轮专题复习，文件包含第8章直线与圆圆锥曲线docx、第7章立体几何与空间向量docx、第2章函数docx、第4章三角函数解三角形docx、第10章计数原理概率随机变量及其分布docx、第3章一元函数的导数及其应用docx、第1章集合常用逻辑用语与不等式docx、第9章统计成对数据的统计分析docx、第6章数列docx、第5章平面向量复数docx等10份试卷配套教学资源，其中试卷共982页， 欢迎下载使用。
【课标要求】
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）.
2.了解数列是自变量为正整数的一类函数.
3.会利用已知数列的通项公式或递推关系式求数列的某项.
4.会用数列的递推关系求其通项公式.
必备知识 基础知识夯实
【知识要点】
1.数列的有关概念
2.数列的表示方法
3.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
则 an=S1,n=1,Sn−Sn−1,n≥2且n∈?*.
4.数列的分类
【基础检测】
概念辨析
1. 判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）
（1） 相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.（ × ）
（2） 数列的项与项数是同一个概念.（ × ）
（3） 若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点.（ √ ）
（4） 任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.（ × ）
（5） 如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈?*，都有an+1=Sn+1−Sn.（ √ ）
教材改编
2. ［选择性必修2p9·T3（4）］数列16，13，12，23，⋯ 的一个通项公式为（ B ）
A. an=1nB. an=n6
C. an=n3D. an=n2n+1n+2
3. ［选择性必修2p6例5］在数列{an}中，a1=1，an=1+−1nan−1n≥2，则a5=23 .
4. ［选择性必修2p8T3］已知数列{an}满足a1=2，an=2−1an−1n≥2，则a5=65 ，猜想an=n+1n .
[解析]由题意知a2=2−12=32，a3=2−23=43，a4=2−34=54，a5=2−45=65，猜想an=n+1n.
关键能力 命题视角突破
考点1 由??与??的关系求通项
例1
（1） 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n+1n∈?*，则an=4n=1,2n+1n≥2 .
[解析]由题意知，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1；当n=1时，a1=S1=4≠2×1+1.因此an=4n=1,2n+1n≥2.
（2） 已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+⋯+nan=2n，则an=2,n=1,2n−1n,n≥2 ．
[解析]当n=1时，a1=21=2，
当n≥2时，∵a1+2a2+3a3+⋯+nan=2n，①
故a1+2a2+3a3+⋯+n−1an−1=2n−1，②
由①−②得nan=2n−2n−1=2n−1，
∴an=2n−1n.显然当n=1时不满足上式，
∴an=2,n=1,2n−1n,n≥2.
（3） 数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=3Snn∈?*，则an=1,n=1,3×4n−2,n≥2 .
[解析]由an+1=3Sn得Sn+1−Sn=3Sn，
∴Sn+1=4Sn，又S1=a1=1≠0，
∴{Sn}是首项为1，公比为4的等比数列，∴Sn=4n−1.
∴ 当n≥2时，an=Sn−Sn−1=4n−1−4n−2=3×4n−2，
又n=1时，不满足上式，∴an=1,n=1,3×4n−2,n≥2.
［小结］（1）Sn与an 的关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化.
①利用Sn−Sn−1=ann≥2 转化为只含an，an−1的关系式，再求解.
②利用an=Sn−Sn−1n≥2 转化为只含Sn，Sn−1的关系式，再求解.
（2）应用公式an=S1,n=1,Sn−Sn−1,n≥2且n∈?* 求数列通项公式时，应注意验证a1 是否符合一般规律.
训练巩固
1. 已知在数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn=2an+1，则数列的通项公式an=−2n−1 .
[解析]当n=1时，a1=S1=2a1+1，所以a1=−1.
当n≥2时，Sn=2an+1，①
Sn−1=2an−1+1，②
①−②得an=2an−2an−1，
即an=2an−1n≥2，
所以数列{an}是首项a1=−1，公比q=2的等比数列.
所以an=a1⋅qn−1=−2n−1.
2. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1−2Sn=1，n∈?*，则数列{an}的通项公式为an=2n−1 ．
[解析]因为Sn+1−2Sn=1，所以Sn+1=2Sn+1，所以Sn+1+1=2Sn+1.因为a1=S1=1，S1+1=2，所以{Sn+1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn+1=2n，即Sn=2n−1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1，a1=1也满足此式，所以an=2n−1．
考点2 由递推关系求通项公式
方法1.累加法
例2 数列{an}满足a1=1，an+1−an=n+1n∈?*，求数列{an}的通项公式.
[解析]由题意有a2−a1=2，a3−a2=3，⋯ ，an−an−1=nn≥2.
以上各式相加，得an−a1=2+3+⋯+n=n−12+n2=n2+n−22.
又∵a1=1，∴an=n2+n2n≥2.
∵ 当n=1时也满足此式，
∴an=n2+n2n∈?*.
［小结］形如an+1−an= 常数，或an+1−an=fn(fn 是可以求和的），使用累加法.
方法2.累乘法
例3 数列{an}满足a1=1，an=n−1nan−1n≥2,n∈?*，求数列{an}的通项公式.
[解析]∵an=n−1nan−1n≥2，
∴an−1=n−2n−1an−2，⋯ ，a2=12a1.
以上n−1个式子相乘得
an=a1⋅12⋅23⋅⋯⋅n−1n=1n.
当n=1时，a1=1，上式也成立.
∴an=1nn∈?*.
［小结］形如an+1=pan(p 为非零常数)，或an+1=fnan(fn 是可以求积的)，使用累乘法.
方法3.构造法
例4 数列{an}分别满足下列条件，求数列{an}的通项公式：
（1） a1=1，an+1=3an+2n∈?*；
[解析]∵an+1=3an+2，∴an+1+1=3an+1，
∴an+1+1an+1=3，
∴ 数列{an+1}为等比数列，公比q=3.
又a1+1=2，∴an+1=2⋅3n−1，
∵ 当n=1时也满足此式.
∴an=2⋅3n−1−1n∈?*.
（2） a1=1，an+1=2anan+2n∈?*；
[解析]∵an+1=2anan+2，a1=1，∴an≠0，
∴1an+1=1an+12，即1an+1−1an=12，
又a1=1，则1a1=1，
∴{1an}是以1为首项，12为公差的等差数列.
∴1an=1a1+n−1×12=n2+12，
∴an=2n+1n∈?*.
（3） a1=3，an+1=3an+2×3n+1.
[解析]由an+1=3an+2×3n+1，得an+13n+1=an3n+2×3n+13n+1，∴an+13n+1−an3n=2，即数列{an3n}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an3n=2n−1，得an=2n−1×3n.
［小结］（1）形如an+1=pan+q(p，q为常数，pq≠0且p≠1) 的递推式，可构造an+1+λ=pan+λ，转化为等比数列求解.也可以与类比式an=pan−1+q 作差，由an+1−an=pan−an−1，构造{an+1−an} 为等比数列，然后利用累加法求通项公式.
（2）形如an+1=pan+dn(p≠0 且p≠1，d≠0且d≠1) 的递推式，当p=d 时，两边同除以dn+1 转化为关于{andn} 的等差数列；当p≠d 时，两边可以同除以dn+1 得an+1dn+1=pd⋅andn+1d，转化为bn+1=pd⋅bn+1d，可用待定系数法求解.
（3）对于an+1=manp+qanmq≠0，取倒数得1an+1=p+qanman=pm⋅1an+qm.当m=p 时，数列{1an} 是等差数列；当m≠p 时，令bn=1an，则bn+1=pm⋅bn+qm，可用待定系数法求解.
训练巩固
3. 已知数列{an}满足a1=1，an=an−1+n+1−nn≥2，则数列{an}的通项公式an=n+1−2+1 .
[解析]因为an=an−1+n+1−nn≥2，
所以an−an−1=n+1−n.
所以an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=n+1−n+n−n−1+⋯+3−2+1=n+1−2+1.
又a1=1也符合上式，
所以an=n+1−2+1，n∈?*.
4. 已知数列a1，a2a1，⋯ ，anan−1，⋯ 是首项为1，公比为2的等比数列，则lg2an=nn−12 .
[解析]由题意知，a1=1，anan−1=1×2n−1=2n−1n≥2，
所以an=anan−1×an−1an−2×⋯×a2a1×a1=2n−1×2n−2×⋯×1=2nn−12n≥2，当n=1时，a1=1符合此式，
所以lg2an=nn−12.
5. 已知数列{an}满足a1=1，且an=13an−1+13nn≥2，则数列{an}的通项公式an=n+23n .
[解析]∵an=13an−1+13nn≥2，
∴3nan=3n−1an−1+1n≥2，
即3nan−3n−1⋅an−1=1n≥2.
又a1=1,31⋅a1=3，
∴ 数列{3nan}是以3为首项，1为公差的等差数列，
∴3nan=3+n−1×1=n+2，
∴ 数列{an}的通项公式为an=n+23n.
考点3 数列的性质及其应用
角度1.周期性
例5 数列{an}中，a1=2，a2=3，an+1=an−an−1(n≥2)，那么a2024=（ D ）
A. −1B. 1C. 2D. 3
[解析]因为an=an−1−an−2n≥3，所以an+1=an−an−1=an−1−an−2−an−1=−an−2，所以an+3=−an，所以an+6=−an+3=an，所以{an}是以6为周期的周期数列.因为2024=337×6+2，所以a2024=a2=3.故选D．
［小结］解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关项的值或前n 项和.
角度2.单调性
例6 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=−n2+2n+λn∈?*，若{an}为递减数列，则实数λ 的取值范围是−2,+∞ .
[解析]因为数列{an}的前n项和为Sn，Sn=−n2+2n+λn∈?*，
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−n2+2n+λ−[−n−12+2n−1+λ]=−2n+3，
又a1=S1=−1+2+λ=λ+1，
则an=λ+1,n=1,−2n+3,n≥2,
因为n≥2时，数列{an}显然是递减数列，
为使n∈?*时，{an}为递减数列，只需a1>a2，即λ+1>−1，所以λ>−2.
［小结］解决数列的单调性问题的常用方法
（1）作差比较法，根据an+1−an 的符号判断数列{an} 是递增数列、递减数列还是常数列.
（2）作商比较法，根据an+1an(an>0 或ana6C. S5=22D. S6>S5
[解析]因为an=3n+1,n为奇数,2−2n,n为偶数,所以a1=4，a2=−2，a3=10，a4=−6，a5=16，a6=−10，a7=22，所以A错误，B正确；S5=a1+a2+a3+a4+a5=4+−2+10+−6+16=22，故C正确；因为a6=−10，所以S6−S5=a6n2−λn，整理，得2n+1−λ>0，即λ0，令anan−1>1n≥2，则n+1910nn910n−1>1，整理得n+1n>109，解得n9时，an0”是“{Sn}是递增数列”的（ A ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
[解析]∵ “an>0”⇒ “数列{Sn}是递增数列”，
∴ “an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件.
如数列{an}为−1，1，3，5，7，9，⋯ ，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，
∴ “数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”.
∴ “an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件.
∴ “an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件.
3. 已知数列{an}满足a1=28，an+1−ann=2，则ann的最小值为（ C ）
A. 293B. 47−1C. 485D. 274
[解析]由an+1−an=2n，可得an=a1+a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1=28+2+4+⋯+2n−1=28+nn−1=n2−n+28，∴ann=n+28n−1.设fx=x+28x，可知fx在(0,28]上单调递减，在28,+∞上单调递增，又n∈?*，且a55=485an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an=n−6（答案不唯一）．
[解析]∀n∈?*，an+1>an，则数列{an}是递增的，
∀n∈?*，Sn≥S6，即S6最小，
只要前6项均为负数，第7项为非负数，或前5项为负数，第6项为0，即可，
所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式an=n−6（答案不唯一）．
5. 已知数列{an}中，a1=1，前n项和Sn=n+23an.
（1） 求a2，a3；
[解析]由S2=43a2得3a1+a2=4a2，解得a2=3a1=3，
由S3=53a3，得3a1+a2+a3=5a3，
解得a3=32a1+a2=6.
（2） 求{an}的通项公式.
[解析]由题设知当n=1时，a1=1.
当n≥2时，有an=Sn−Sn−1=n+23an−n+13an−1，整理得an=n+1n−1an−1，
于是a2=31a1，a3=42a2，⋯ ，an−1=nn−2⋅an−2，an=n+1n−1an−1，
将以上n−1个等式中等号两端分别相乘，整理得an=nn+12.
当n=1时，a1=1满足an=nn+12.
综上可知，{an}的通项公式为an=nn+12.
第31讲 等差数列
【课标要求】
1.掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前n项和公式等.
2.掌握等差数列的判断方法.
3.掌握等差数列求和的方法.
必备知识 基础知识夯实
【知识要点】
1.等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示.
2.等差数列的通项公式
如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是an=a1+n−1d n∈?*.
3.等差中项
如果A=a+b2，那么A叫做a与b的等差中项.
4.等差数列的常用性质
（1）通项公式的推广：an=ak+n−kdn,k∈?*.
（2）若{an}为等差数列，且m+n=p+qm,n,p,q∈?*，则am+an=ap+aq.
（3）若{an}是等差数列，公差为d，则an，an+m，an+2m，⋯n,m∈?*是公差为md 的等差数列.
（4）数列Sm，S2m−Sm，S3m−S2m，⋯ 也是等差数列.
5.等差数列的前n 项和公式
设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn=na1+an2或Sn=na1+nn−12dn∈?*或Sn=na中.
6.等差数列的前n 项和公式与函数的关系
Sn=d2n2+a1−d2nn∈?*.
数列{an}是等差数列⇔Sn=An2+Bn(A，B为常数，n∈?*).
【重要结论】
1.已知数列{an}的通项公式是an=pn+q（其中p，q为常数），则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2.在等差数列{an}中，a1>0，d0时，{an}是递增数列；当d1，则数列{an}是等差数列.（ × ）
（4） 等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数.（ × ）
（5） 若等差数列{an}的公差d>0，则{an}的前n项和一定有最小值.（ √ ）
教材改编
2. ［选择性必修2p15T1]（多选）下列命题正确的是（ BCD ）
A. 数列6，4，2，0是公差为2的等差数列
B. 数列a，a−1，a−2，a−3是公差为−1的等差数列
C. 等差数列{an}的单调性是由公差d决定的
D. 数列{2n+1}n∈?*是等差数列
[解析]对于A，由等差数列的定义知，数列6，4，2，0为等差数列，但公差为−2，A错误；对于B，由等差数列的定义知，数列a，a−1，a−2，a−3为等差数列且公差为−1，B正确；对于C，等差数列中，d>0⇒{an}为递增数列，d=0⇒{an}为常数列，d0，
又S99−T99=99，由等差数列性质知，99a50−99b50=99，即a50−b50=1，
∴a50−2550a50=1，即a502−a50−2550=0，解得a50=51或a50=−50（舍去）.
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解；
当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=5150.
综上，d=5150.
考点集训（三十八） 第31讲 等差数列
A组题
1. 等差数列{an}的前四项之和为124，后四项之和为156，各项和为210，则此数列的项数为（ B ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
[解析]由题意知a1+a2+a3+a4=124，
an+an−1+an−2+an−3=156，∴4a1+an=280，
∴a1+an=70.又Sn=na1+an2=n2⋅70=210，
∴n=6.
2. 在公差不为零的等差数列{an}中，Sn是其前n项和，且S2015=S2020，Sk=S2012，则正整数k为（ C ）
A. 2021B. 2022C. 2023D. 2024
[解析]因为公差不为零的等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，所以由二次函数的对称性质及S2015=S2020，Sk=S2012，可得2015+20202=2012+k2，解得k=2023.
3. （多选）已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2+a8+a11是一个定值，则下列各数也为定值的是（ AC ）
A. a7B. a8C. S13D. S15
[解析]由题知a2+a8+a11=a1+d+a1+7d+a1+10d=3a1+18d=3a1+6d=3a7，∴a7是定值，∴S13=13a1+a132=13a7是定值，故选AC．
4. 等差数列{an}的前n项和为Sn，若公差d>0，S8−S5S9−S5a8D. a70，S8−S5S9−S50，故S14=S15，所以S14，S15都是最大值，且公差d0 ，那么G叫做a与b的等比中项.
4.等比数列的前n 项和公式
等比数列{an}的公比为qq≠0，其前n项和为Sn，
当q=1时，Sn=na1；
当q≠1时，Sn=a11−qn1−q=a1−anq1−q.
5.等比数列的常用性质
（1）通项公式的推广：an=am⋅ qn−m n,m∈?*.
（2）若{an}为等比数列，且k+l=m+nk,l,m,n∈?*，则ak⋅al=am⋅an .
（3）等比数列前n项和的性质
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 .
【重要结论】
1.若数列{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则数列{can}c≠0，{an}，{an2}，{1an}，{anbn}，{anbn}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.
3.三个数成等比数列，通常设为xq，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为xq3，xq，xq，xq3.
4.若已知等比数列{an}，公比为q，前n项和为Sn，则Sn=a11−qn1−q=−a11−q⋅qn+a11−q=kqn−kk≠0,q≠1，即Sn为关于n的指数型函数，且qn的系数与常数项互为相反数.
5.{an}为等比数列，若a1a2⋯an=Tn，则Tn，T2nTn，T3nT2n，⋯ 成等比数列.
6.若{an}为正项等比数列，则{lgcan}c>0,c≠1为等差数列.
7.若{an}为等差数列，则{can}c>0,c≠1为等比数列.
8.若{an}既是等差数列又是等比数列⇔{an}是非零常数列.
9.（1）项的个数的“奇偶”性质：在等比数列{an}中，公比为qq≠−1，
①若共有2n项，则S偶:S奇=q；
②若共有2n+1项，则S奇−a1S偶=q.
（2）分段求和：Sn+m=Sn+qnSm⇔qn=Sn+m−SnSm(q为公比).
【基础检测】
概念辨析
1. 判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）
（1） 三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2=ac.（ × ）
（2） 数列{an}的通项公式是an=an，则其前n项和为Sn=a1−an1−a.（ × ）
（3） 数列{an}为等比数列，则S4，S8−S4，S12−S8成等比数列.（ × ）
（4） 满足an+1=qan(n∈?*，q为常数)的数列{an}为等比数列.（ × ）
（5） 如果数列{an}为等比数列，则数列{lnan}是等差数列.（ × ）
（6） 当公比q>1时，等比数列{an}为递增数列.（ × ）
教材改编
2. ［选择性必修2p40T2]（多选）已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ AD ）
A. {1an}B. {lg2an2}
C. {an+an+1}D. {an+an+1+an+2}
[解析]等比数列{an}的通项an=1时，lg2an2=0，数列{lg2an2}不是等比数列；等比数列{an}的公比q=−1时，an+an+1=0，数列{an+an+1}不是等比数列；由等比数列的定义知{1an}和{an+an+1+an+2}都是等比数列.故选AD.
3. ［选择性必修2p37T3]各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S2=34，a5+a6=12，则S4=154 .
[解析]设等比数列{an}的公比为q，由题意得a1+a1q=34,a1q4+a1q5=12,解得a1=14,q=2,
∴S4=14×1−241−2=154.
4. ［选择性必修2p37T3]在等比数列{an}中，已知a2=6，6a1+a3=30，则an=3⋅2n−1 或2⋅3n−1 .
[解析]设数列{an}的公比为q，由题意得a1q=6,6a1+a1q2=30,解得q=2,a1=3,或q=3,a1=2,
故an=3⋅2n−1或an=2⋅3n−1.
关键能力 命题视角突破
考点1 等比数列基本量的运算
例1 已知等比数列{an}为递增数列，设其前n项和为Sn，若a2=2，S3=7，则a5的值为（ A ）
A. 16B. 32C. 8D. 14
[解析]依题意，设等比数列{an}的公比为q，则a1q=2,a11−q31−q=7,解得a1=1,q=2或a1=4,q=12舍去,所以a5=a1q4=1×24=16.
（2） （多选）已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，12a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是（ ABD ）
A. a1>0B. q>0C. a3a2=3或−1D. a6a4=9
[解析]设等比数列{an}的公比为q，
由题意得212a3=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a3a2=q=3，a6a4=q2=9，故C错误，D正确，故选ABD．
（3） 已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn=93，an=48，公比q=2，则项数n=5，a1=3.
[解析]由Sn=93，an=48，公比q=2，得a12n−1=93,a1⋅2n−1=48,解得a1=3,n=5.
［小结］1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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.等比数列求和公式中，用Sn=a11−qn1−q 时，注意前提是q≠1.
训练巩固
1. 已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5=3a3+4a1，则{an}的前2023项和为（ D ）
A. 22023−1B. 22023−2C. 22024−1D. 22024−2
[解析]设等比数列{an}的公比为q，q>0，
a1+a2+a3=14⇒a1+a1q+a1q2=14，①
又a5=3a3+4a1，所以a1q4=3a1q2+4a1，②
由①②解得q=2，a1=2，则an=a1qn−1=2n，
故S2023=21−220231−2=22024−2.故选D.
2. 等差数列{an}的公差为d，且满足a3，a5，a8成等比数列，则da1=（ B ）
A. 12B. 0或12C. 2D. 0或2
[解析]因为a3，a5，a8成等比数列，
所以a52=a3a8，即a1+4d2=a1+2da1+7d，
所以a1−2dd=0，解得d=0或a1=2d，
即da1=0或12.故选B.
3. 记Sn为等比数列{an}的前n项和，若数列{Sn−2a1}也为等比数列，则S4S3=1514 .
[解析]根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
对于等比数列{Sn−2a1}，其前三项为−a1，a2−a1，a3+a2−a1，则有−a1a3+a2−a1=a2−a12，可得−q2+q−1=q−12，解得q=12或0（舍），则S4S3=a11−q41−qa11−q31−q=1−q41−q3=1514.
考点2 等比数列的判定与证明
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an+1=Sn+n+1n∈?*,a1=1.
求证{an+1}为等比数列，并求an.
[解析]∵an+1=Sn+n+1n∈?*，
当n≥2时，an=Sn−1+n,
两式相减得an+1−an=Sn+n+1−Sn−1+n=an+1，化简得an+1=2an+1，
∴an+1+1=2an+2=2an+1n≥2，
而对于an+1=Sn+n+1n∈?*，当n=1时,有a2=S1+2=a1+2=3，
则a2=3,a1=1满足an+1+1=2an+1，
∴an+1+1=2an+1n∈?*，
∴{an+1}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列，
∴an+1=2×2n−1=2n,
∴an=2n−1.
［小结］等比数列的四种常用判定方法
（1）定义法：若an+1an=q(q 为非零常数，n∈?*)或anan−1=q(q 为非零常数且n≥2，n∈?*)，则{an} 是等比数列.
（2）中项公式法：若数列{an} 中，an≠0且an+12=an⋅an+2n∈?*，则数列{an} 是等比数列.
（3）通项公式法：若数列通项公式可写成an=c⋅qn−1(c，q均是不为0的常数，n∈?*)，则{an} 是等比数列.
（4）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.
其中，（1），（2）是判定等比数列的常用方法，常用于证明，（3），（4）常用于选择题、填空题中的判定.
若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可.
训练巩固
4. 设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3=7,an=2an−1+a2−2n≥2.
（1） 证明：{an+1}为等比数列；
[解析]∵a3=7,a3=3a2−2，∴a2=3，
∴an=2an−1+1，∴a1=1，an+1an−1+1=2an−1+2an−1+1=2n≥2，a1+1=2，
∴{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
（2） 求{an}的通项公式，并判断n,an,Sn是否成等差数列？
[解析]由（1）知，an+1=2n，∴an=2n−1，
∴Sn=2−2n+11−2−n=2n+1−n−2，
∴n+Sn−2an=n+2n+1−n−2−22n−1=0，
∴n+Sn=2an，
即n,an,Sn成等差数列.
5. 等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4=9a2，S3=13，且公比q>0．
（1） 求an及Sn；
[解析]易知q≠1，由题意可得
a1q3=9a1q,a11−q31−q=13,q>0,解得a1=1，q=3，
∴an=3n−1，Sn=1−3n1−3=3n−12．
（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．
[解析]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+42=λ+1λ+13，解得λ=12，
此时Sn+12=12×3n，
则Sn+1+12Sn+12=12×3n+112×3n=3，
故存在常数λ=12，使得数列{Sn+12}是以32为首项，3为公比的等比数列．
考点3 等比数列的性质
角度1.项的性质
例3
（1） 在等比数列{an}中，an>0，a1+a2+⋯+a8=16，a1a2⋯a8=16，则1a1+1a2+⋯+1a8的值为（ C ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
[解析]1a1+1a2+⋯+1a8=a1+a8a1a8+a2+a7a2a7+a3+a6a3a6+a4+a5a4a5.因为a1a8=a2a7=a3a6=a4a5，所以原式=a1+a2+⋯+a8a4a5=16a4a5，又a1a2⋯a8=16=a4a54，an>0，∴a4a5=2，∴1a1+1a2+⋯+1a8=8.
（2） 若数列{an}为等比数列，且a1=2，q=22，则a1+a3+a5+⋯+a2n−1=4−12n−2 .
[解析]数列{an}是公比为q=22的等比数列，则a1，a3，a5，⋯ ，a2n−1也是等比数列，公比为q2=12，a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a11−q2n1−q2=21−12n1−12=4−12n−2.
［小结］等比数列的常用性质
1.若m+n=p+q=2km,n,p,q,k∈?+，则am⋅an=ap⋅aq=ak2；
2.若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}λ≠0，{1an}，{an2}，{an⋅bn}，{anbn}仍是等比数列.
3.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；
角度2.和的性质
例4
（1） 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（ B ）
A. 40B. 60C. 32D. 50
[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.
（2） 等比数列{an}共有奇数个项，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等于（ C ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
[解析]∵an=192，
∴q=S偶S奇−an=−126255−192=−12663=−2，
又Sn=a1−anq1−q=S奇+S偶，
即a1−192×−21−−2=255+−126，
解得a1=3.
［小结］1.等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列Sk，S2k−Sk，S3k−S2k，⋯ 成等比数列，公比为qkq≠−1.
2.{an}为等比数列，若a1⋅a2⋅⋯⋅an=Tn，则Tn，T2nTn，T3nT2n，⋯ 成等比数列.
3.项的个数的“奇偶”性质，在等比数列{an} 中，公比为q.
①若共有2n 项，则S偶:S奇=q；②若共有2n+1 项，则S奇−a1S偶=q.
训练巩固
6. 公比不为1的等比数列{an}满足a5a6+a4a7=8，若a2am=4，则m的值为（ B ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
[解析]∵ 公比不为1的等比数列{an}满足a5a6+a4a7=8，∴a5a6=a4a7=4，又a2am=4，∴2+m=5+6=11，解得m=9.
7. [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 ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
[解析]∵Sn为等比数列{an}的前n项和，
∴S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，
∵S2=4，S4−S2=6−4=2，
∴S6−S4=1，
∴S6=1+S4=1+6=7.
故选A.
8. 一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则数列的通项公式an=12×13n−1 .
[解析]设数列{an}的首项为a1，公比为q，
所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶，由题意可知，
S奇+S偶=4S偶，即S奇=3S偶.
因为数列{an}的项数为偶数，
所以有q=S偶S奇=13.
又因为a1⋅a1q⋅a1q2=64，
所以a13⋅q3=64，即a1=12，
故所求通项公式为an=12×13n−1，n∈?*.
考点4 和等比数列有关的最值（范围）问题
例5
（1） 在各项都为正数的等比数列{an}中，已知0