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新高考数学一轮复习学案 第6章 §6.3 等比数列及其前n项和（含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习学案 第6章 §6.3 等比数列及其前n项和（含解析），共17页。学案主要包含了等比数列基本量的运算，等比数列的判定与证明，等比数列性质的应用等内容，欢迎下载使用。
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(a11－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，t，若m＋n＝p＋t，则am·an＝ap·at.
特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝aeq \\al(2,p).
(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．
微思考
1．若数列{an}满足an＋1＝qan(q≠0)，则{an}一定是等比数列吗？
提示 不一定．需验证a1≠0.
2．若数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}是等比数列吗？
提示 不一定．当q＝－1时不是等比数列．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等比数列{an}的公比q>1，则该数列单调递增．( × )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( × )
(3)如果正项数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( √ )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a1－an,1－a).( × )
题组二 教材改编
2．已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10－S5,S5)＝eq \f(1,32)，则q的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．2 D．－2
答案 B
解析 当q＝1时，eq \f(S10－S5,S5)＝1≠eq \f(1,32)，∴q≠1.
当q≠1时，eq \f(S10－S5,S5)＝eq \f(a6＋a7＋a8＋a9＋a10,a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝eq \f(1,32)，
∴q＝eq \f(1,2).故选B.
3．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.
4．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.
题组三 易错自纠
5．(多选)若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是( )
A．若a1>0,0B．若a1<0,0C．若q>0，则S4＋S6>2S5
D．若bn＝eq \f(1,an)，则{bn}是等比数列
答案 ABD
解析 A，B显然是正确的；
C中，若a1＝1，q＝eq \f(1,2)，则a6D中，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)(q≠0)，
∴{bn}是等比数列．
故选ABD.
6．已知在等比数列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，则a5等于( )
A．－2 B．±2 C．2 D．±eq \f(1,2)
答案 C
解析 ∵a2·a3·a4＝1，∴a3＝1，
∵a6·a7·a8＝64，∴a7＝4，
又aeq \\al(2,5)＝a3·a7＝4，a5与a3同号，
∴a5＝2.故选C.
题型一 等比数列基本量的运算
1．(2020·全国Ⅱ)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(a11－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．(2020·广东外国语学校模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝eq \f(2,3)，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＝eq \f(13,2)，则S3等于( )
A.eq \f(26,9) B.eq \f(13,3) C.eq \f(13,9) D．6
答案 A
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
因为a2＝eq \f(2,3)，且eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＝eq \f(13,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝\f(2,3)，,\f(1,a1)＋\f(1,a1q)＋\f(1,a1q2)＝\f(13,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(2,9)，,q＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝\f(1,3)，))
当a1＝eq \f(2,9)，q＝3时，S3＝eq \f(\f(2,9)1－33,1－3)＝eq \f(26,9)；
当a1＝2，q＝eq \f(1,3)时，S3＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3)),1－\f(1,3))＝eq \f(26,9)，
所以S3＝eq \f(26,9).
3．(2020·马鞍山质检)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关……”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因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……则此人后四天走的路程比前两天走的路程少( )
A．198里 B．191里
C．63里 D．48里
答案 A
解析 设每天走的路程里数为{an}，
则{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，
由S6＝378，得eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
∴an＝192·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
∴后四天走的路程为a3＋a4＋a5＋a6，前两天走的路程为a1＋a2，
又a1＋a2＝192＋96＝288，且S6＝378，
∴a3＋a4＋a5＋a6＝378－288＝90，
∴(a1＋a2)－(a3＋a4＋a5＋a6)＝288－90＝198，
故此人后四天走的路程比前两天走的路程少198里，故选A.
4．(2020·全国Ⅱ)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＋11－210,1－2)＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
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(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
题型二 等比数列的判定与证明
例1 (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．
(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1 (2020·泰州模拟)已知数列{an}，{cn}满足cn＝2an＋1＋an.若数列{an}是等比数列，试判断数列{cn}是否为等比数列，并说明理由．
解 设等比数列{an}的公比为q，
则cn＝2an＋1＋an＝2anq＋an＝(2q＋1)an，
当q＝－eq \f(1,2)时，cn＝0，数列{cn}不是等比数列；
当q≠－eq \f(1,2)时，因为cn≠0，
所以eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(2q＋1an＋1,2q＋1an)＝q，
所以数列{cn}是等比数列．
题型三 等比数列性质的应用
例2 (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( )
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.
(2)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝_____.
答案 2
解析 由已知得，2S9＝S3＋S6，∴q≠1，
则有2×eq \f(a11－q9,1－q)＝eq \f(a11－q3,1－q)＋eq \f(a11－q6,1－q)，
解得q3＝－eq \f(1,2)，
又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝4，
∴a2＝8，∴a8＝a2·q6＝8×eq \f(1,4)＝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2 (1)已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq \\al(2,4)＝π，则tan(a3·a5)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a3·a5＝aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，∴tan(a3·a5)＝eq \r(3).
(2)(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于( )
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q＝eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(2,1)＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习过的方法以外，根据数列递推公式的特点，还有以下几种构造方法．
构造法1 一阶线性递推(形如an＋1＝pan＋q，p≠0，其中a1＝a型)
(1)若p＝1，数列{an}为等差数列；
(2)若q＝0，数列{an}为等比数列；
(3)若p≠1且q≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，
又an＋1＝pan＋q，所以(p－1)λ＝q，即λ＝eq \f(q,p－1)(p≠1)，
所以an＋1＋eq \f(q,p－1)＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))，
即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))构成以a1＋eq \f(q,p－1)为首项，以p为公比的等比数列．
例1 在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3，求{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
又a1＋3＝4，∴数列{an＋3}是首项为4，公比q＝2的等比数列，
∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
变式 若例1中“an＋1＝2an＋3”变成“an＋1＝2an＋3n”，其他条件不变，求{an}的通项公式．
解 方法一 ∵an＋1＝2an＋3n，
∴an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)，
即an＋1＝2an－λ·3n，∴λ＝－1，
即an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，
又a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比q＝2的等比数列，
∴an－3n＝－2·2n－1＝－2n，∴an＝3n－2n.
方法二 ∵an＋1＝2an＋3n，等式两边同除以3n＋1，
得eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n)＋eq \f(1,3)，
令bn＝eq \f(an,3n)，则bn＋1＝eq \f(2,3)bn＋eq \f(1,3)，
bn＋1＋λ＝eq \f(2,3)(bn＋λ)，得bn＋1＝eq \f(2,3)bn－eq \f(1,3)λ，得λ＝－1，
∴bn＋1－1＝eq \f(2,3)(bn－1)，又b1－1＝eq \f(a1,3)－1＝－eq \f(2,3)，
∴{bn－1}是首项为－eq \f(2,3)，公比q＝eq \f(2,3)的等比数列，
∴bn－1＝－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，∴bn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
∴eq \f(an,3n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，∴an＝3n－2n.
构造法2 二阶线性递推(形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型)
可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
例2 (1)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝________.
答案 2n－1
解析 an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∵a2－a1＝2，∴{an－an－1}为首项为2，公比也为2的等比数列，
an－an－1＝2n－1(n>1)，
n>1时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1
＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
显然n＝1时满足上式，
∴an＝2n－1.
(2)已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的通项公式．
解 ∵an＝2an－1＋3an－2，
∴an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝7，{an＋an－1}形成首项为7，公比为3的等比数列，
则an＋an－1＝7×3n－2，①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，
a2－3a1＝－13，{an－3an－1}形成首项为－13，公比为－1的等比数列，
则an－3an－1＝(－13)·(－1)n－2，②
①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1，
∴an＝eq \f(7,4)×3n－1＋eq \f(13,4)(－1)n－1.
构造法3 倒数为特殊数列eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(形如an＋1＝\f(pan,ran＋s)型))
两边同时取倒数转化为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(s,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(r,p)的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出eq \f(1,an)的表达式，再求an.
例3 (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，求数列{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，
∴an≠0，∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,n＋1)(n∈N*)．
(2)已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，求an.
解 ∵eq \f(1,an＋1)＝3·eq \f(1,an)＋1，∴eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)＝3n－1，
∴eq \f(1,an)＝3n－1－eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,2×3n－1－1)(n∈N*)．
课时精练
1．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.
2．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S1＋2S2，且a2＝3，则a5等于( )
A．3 B．12 C．24 D．48
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，
∵S3＝S1＋2S2，a2＝3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝2a1＋a2，,a2＝3))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝2a1＋a1q，,a1q＝3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－1，,a1＝－3))(舍)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝\f(3,2)，))
∴a5＝a1q4＝eq \f(3,2)×24＝24.
3．已知数列a1，eq \f(a2,a1)，…，eq \f(an,an－1)，…是首项为1，公比为2的等比数列，则lg2an等于( )
A．n(n＋1) B.eq \f(nn－1,4) C.eq \f(nn＋1,2) D.eq \f(nn－1,2)
答案 D
解析 由题设有eq \f(an,an－1)＝1×2n－1＝2n－1(n≥2)，
而an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)
＝1×21＋2＋…＋n－1
＝ SKIPIF 1 < 0 (n≥2)，
当n＝1时，a1＝1也满足该式，故an＝ SKIPIF 1 < 0 (n≥1)，
所以lg2an＝eq \f(nn－1,2).
4．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且eq \f(an＋2,an)＝2＋(－1)n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S100等于( )
A.eq \f(350－1,2)＋50 B.eq \f(31－350,2)＋50
C.eq \f(3350－1,2)＋50 D.eq \f(33100－1,2)＋50
答案 C
解析 由题意eq \f(an＋2,an)＝2＋(－1)n(n∈N*)，
当n为偶数时，可得eq \f(an＋2,an)＝3；
当n为奇数时，可得eq \f(an＋2,an)＝1，
即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1，
由求和公式可得S100＝eq \f(3350－1,3－1)＋50＝eq \f(3350－1,2)＋50.
5．(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3
答案 AC
解析 因为a2，a3＋1，a4成等差数列，
所以a2＋a4＝2(a3＋1)，
因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.
又{an}是公比为q的等比数列，
所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，
得a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋\f(1,q)))＝2(a3＋1)，即q＋eq \f(1,q)＝eq \f(5,2)，
解得q＝2或eq \f(1,2).
故选AC.
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)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，
所以数列的通项公式为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，
又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，
所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；
又由eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，
所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，
综上可得选项ABD是正确的．
7．记Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝1，且S4＝a5－1，则公比q＝________.
答案 2或－1
解析 若q＝1，则S4＝4，a5－1＝0，等式S4＝a5－1不成立，所以q≠1.由S4＝a5－1，得eq \f(a11－q4,1－q)＝a1q4－1，结合a1＝1整理，得(q4－1)(2－q)＝0.又q≠1，
所以q＝2或q＝－1.
8．已知在递增的等比数列{an}中，a2＋a8＝3，a3·a7＝2，则eq \f(a13,a10)＝________.
答案 eq \r(2)
解析 因为数列{an}为等比数列，且a3·a7＝2，
所以a2·a8＝2，
因为数列{an}为递增等比数列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a8＝3，,a2a8＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,a8＝2，))
设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝1，,a1q7＝2，))得q6＝2，q3＝eq \r(2)，
所以eq \f(a13,a10)＝q3＝eq \r(2).
9．(2021·安庆模拟)已知公比不为1的等比数列{an}，且aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，则数列的通项公式an＝________.
答案 2n＋1
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q≠1，由aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q22＝a1q6，,a1q5＋2a1q3＝3a1q4，))解得a1＝4，q＝2，
∴数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝4×2n－1＝2n＋1.
10．已知数列{an}与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))均为等差数列(n∈N*)，且a1＝2，则an＝________，a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))n＝________.
答案 2n 2n＋1－2
解析 设an＝2＋(n－1)d，所以eq \f(a\\al(2,n),n)＝eq \f([2＋n－1d]2,n)＝eq \f(d2n2＋4d－2d2n＋d－22,n)，
由于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))为等差数列，
所以其通项是一个关于n的一次函数或常数函数，
所以(d－2)2＝0，∴d＝2，
所以an＝2＋2(n－1)＝2n，∴eq \f(an,n)＝eq \f(2n,n)＝2，
所以a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))n
＝21＋22＋…＋2n＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
11．(2018·全国Ⅰ)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．理由如下：
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.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列．
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，
由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\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(n,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))－eq \f(n,2).
13．(多选)如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \(GnE,\s\up6(→))，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2
答案 AB
解析 eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \f(1,2)(eq \(GnA,\s\up6(→))＋eq \(GnB,\s\up6(→)))，
故eq \(GnD,\s\up6(→))＝(an＋1－2an－3)·eq \(GnA,\s\up6(→))－(2an＋3)·eq \(GnB,\s\up6(→))，
eq \(GnD,\s\up6(→))，eq \(GnB,\s\up6(→))共线，故an＋1－2an－3＝0，
即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，
故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.
a3＝24－3＝13，A正确；
数列{an＋3}是等比数列，B正确；
an＝2n＋1－3，C错误；
Sn＝4×eq \f(1－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．
故选AB.
14．(多选)已知数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，则下列选项正确的是( )
A．若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则{an}为递增数列
B．若数列{an}为等差数列，a1>0，S3＝S10，则Sn的最大值在n＝6或7时取得
C．若数列{an}为等比数列，则S2 021·a2 021>0恒成立
D．若数列{an}为等比数列，则{ SKIPIF 1 < 0 }也为等比数列
答案 ABC
解析 对于A，若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则公差d>0，故{an}为递增数列，故A正确；
对于B，若数列{an}为等差数列，a1>0，设公差为d，由S3＝S10，得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝10a1＋eq \f(10×9,2)d，即a1＝－6d，故an＝(n－7)d，所以当n≤7时，an≥0，a7＝0，故Sn的最大值在n＝6或7时取得，故B正确；
对于C，若数列{an}为等比数列，则S2 021·a2 021＝eq \f(a11－q2 021,1－q)·a1·q2 020＝aeq \\al(2,1)·q2 020·eq \f(1－q2 021,1－q)>0恒成立，故C正确；
对于D，若数列{an}为等比数列，则 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 不是常数，故{ SKIPIF 1 < 0 }不是等比数列，故D错误．
故选ABC.
15．已知数列{an}满足递推公式an＋1＝2an＋1，a1＝1.设Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)的最小值是________．
答案 eq \f(17,4)
解析 因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n，
所以eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)＝eq \f(4n＋7－n－2n＋1－2－n,2n)＝2n＋eq \f(9,2n)－2，
由对勾函数的性质可得，当n＝1时，2n＝2,2n＋eq \f(9,2n)－2＝2＋eq \f(9,2)－2＝eq \f(9,2)，
当n≥2时，2n≥4，所以y＝2n＋eq \f(9,2n)－2单调递增，
当n＝2时，2n＋eq \f(9,2n)－2＝4＋eq \f(9,4)－2＝eq \f(17,4)所以eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)的最小值是eq \f(17,4).
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))因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).
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(a11－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，t，若m＋n＝p＋t，则am·an＝ap·at.
特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝aeq \\al(2,p).
(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
微思考
1．若数列{an}满足an＋1＝qan(q≠0)，则{an}一定是等比数列吗？
提示 不一定．需验证a1≠0.
2．若数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}是等比数列吗？
提示 不一定．当q＝－1时不是等比数列．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等比数列{an}的公比q>1，则该数列单调递增．( × )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( × )
(3)如果正项数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( √ )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a1－an,1－a).( × )
题组二 教材改编
2．已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10－S5,S5)＝eq \f(1,32)，则q的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．2 D．－2
答案 B
解析 当q＝1时，eq \f(S10－S5,S5)＝1≠eq \f(1,32)，∴q≠1.
当q≠1时，eq \f(S10－S5,S5)＝eq \f(a6＋a7＋a8＋a9＋a10,a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝eq \f(1,32)，
∴q＝eq \f(1,2).故选B.
3．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.
4．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.
题组三 易错自纠
5．(多选)若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是( )
A．若a1>0,0
D．若bn＝eq \f(1,an)，则{bn}是等比数列
答案 ABD
解析 A，B显然是正确的；
C中，若a1＝1，q＝eq \f(1,2)，则a6
∴{bn}是等比数列．
故选ABD.
6．已知在等比数列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，则a5等于( )
A．－2 B．±2 C．2 D．±eq \f(1,2)
答案 C
解析 ∵a2·a3·a4＝1，∴a3＝1，
∵a6·a7·a8＝64，∴a7＝4，
又aeq \\al(2,5)＝a3·a7＝4，a5与a3同号，
∴a5＝2.故选C.
题型一 等比数列基本量的运算
1．(2020·全国Ⅱ)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(a11－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．(2020·广东外国语学校模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝eq \f(2,3)，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＝eq \f(13,2)，则S3等于( )
A.eq \f(26,9) B.eq \f(13,3) C.eq \f(13,9) D．6
答案 A
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
因为a2＝eq \f(2,3)，且eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＝eq \f(13,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝\f(2,3)，,\f(1,a1)＋\f(1,a1q)＋\f(1,a1q2)＝\f(13,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(2,9)，,q＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝\f(1,3)，))
当a1＝eq \f(2,9)，q＝3时，S3＝eq \f(\f(2,9)1－33,1－3)＝eq \f(26,9)；
当a1＝2，q＝eq \f(1,3)时，S3＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3)),1－\f(1,3))＝eq \f(26,9)，
所以S3＝eq \f(26,9).
3．(2020·马鞍山质检)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关……”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因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……则此人后四天走的路程比前两天走的路程少( )
A．198里 B．191里
C．63里 D．48里
答案 A
解析 设每天走的路程里数为{an}，
则{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，
由S6＝378，得eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
∴an＝192·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
∴后四天走的路程为a3＋a4＋a5＋a6，前两天走的路程为a1＋a2，
又a1＋a2＝192＋96＝288，且S6＝378，
∴a3＋a4＋a5＋a6＝378－288＝90，
∴(a1＋a2)－(a3＋a4＋a5＋a6)＝288－90＝198，
故此人后四天走的路程比前两天走的路程少198里，故选A.
4．(2020·全国Ⅱ)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＋11－210,1－2)＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
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(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
题型二 等比数列的判定与证明
例1 (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．
(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1 (2020·泰州模拟)已知数列{an}，{cn}满足cn＝2an＋1＋an.若数列{an}是等比数列，试判断数列{cn}是否为等比数列，并说明理由．
解 设等比数列{an}的公比为q，
则cn＝2an＋1＋an＝2anq＋an＝(2q＋1)an，
当q＝－eq \f(1,2)时，cn＝0，数列{cn}不是等比数列；
当q≠－eq \f(1,2)时，因为cn≠0，
所以eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(2q＋1an＋1,2q＋1an)＝q，
所以数列{cn}是等比数列．
题型三 等比数列性质的应用
例2 (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( )
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.
(2)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝_____.
答案 2
解析 由已知得，2S9＝S3＋S6，∴q≠1，
则有2×eq \f(a11－q9,1－q)＝eq \f(a11－q3,1－q)＋eq \f(a11－q6,1－q)，
解得q3＝－eq \f(1,2)，
又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝4，
∴a2＝8，∴a8＝a2·q6＝8×eq \f(1,4)＝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2 (1)已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq \\al(2,4)＝π，则tan(a3·a5)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a3·a5＝aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，∴tan(a3·a5)＝eq \r(3).
(2)(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于( )
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q＝eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(2,1)＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习过的方法以外，根据数列递推公式的特点，还有以下几种构造方法．
构造法1 一阶线性递推(形如an＋1＝pan＋q，p≠0，其中a1＝a型)
(1)若p＝1，数列{an}为等差数列；
(2)若q＝0，数列{an}为等比数列；
(3)若p≠1且q≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，
又an＋1＝pan＋q，所以(p－1)λ＝q，即λ＝eq \f(q,p－1)(p≠1)，
所以an＋1＋eq \f(q,p－1)＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))，
即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))构成以a1＋eq \f(q,p－1)为首项，以p为公比的等比数列．
例1 在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3，求{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
又a1＋3＝4，∴数列{an＋3}是首项为4，公比q＝2的等比数列，
∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
变式 若例1中“an＋1＝2an＋3”变成“an＋1＝2an＋3n”，其他条件不变，求{an}的通项公式．
解 方法一 ∵an＋1＝2an＋3n，
∴an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)，
即an＋1＝2an－λ·3n，∴λ＝－1，
即an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，
又a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比q＝2的等比数列，
∴an－3n＝－2·2n－1＝－2n，∴an＝3n－2n.
方法二 ∵an＋1＝2an＋3n，等式两边同除以3n＋1，
得eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n)＋eq \f(1,3)，
令bn＝eq \f(an,3n)，则bn＋1＝eq \f(2,3)bn＋eq \f(1,3)，
bn＋1＋λ＝eq \f(2,3)(bn＋λ)，得bn＋1＝eq \f(2,3)bn－eq \f(1,3)λ，得λ＝－1，
∴bn＋1－1＝eq \f(2,3)(bn－1)，又b1－1＝eq \f(a1,3)－1＝－eq \f(2,3)，
∴{bn－1}是首项为－eq \f(2,3)，公比q＝eq \f(2,3)的等比数列，
∴bn－1＝－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，∴bn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
∴eq \f(an,3n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，∴an＝3n－2n.
构造法2 二阶线性递推(形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型)
可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
例2 (1)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝________.
答案 2n－1
解析 an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∵a2－a1＝2，∴{an－an－1}为首项为2，公比也为2的等比数列，
an－an－1＝2n－1(n>1)，
n>1时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1
＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
显然n＝1时满足上式，
∴an＝2n－1.
(2)已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的通项公式．
解 ∵an＝2an－1＋3an－2，
∴an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝7，{an＋an－1}形成首项为7，公比为3的等比数列，
则an＋an－1＝7×3n－2，①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，
a2－3a1＝－13，{an－3an－1}形成首项为－13，公比为－1的等比数列，
则an－3an－1＝(－13)·(－1)n－2，②
①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1，
∴an＝eq \f(7,4)×3n－1＋eq \f(13,4)(－1)n－1.
构造法3 倒数为特殊数列eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(形如an＋1＝\f(pan,ran＋s)型))
两边同时取倒数转化为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(s,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(r,p)的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出eq \f(1,an)的表达式，再求an.
例3 (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，求数列{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，
∴an≠0，∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,n＋1)(n∈N*)．
(2)已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，求an.
解 ∵eq \f(1,an＋1)＝3·eq \f(1,an)＋1，∴eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)＝3n－1，
∴eq \f(1,an)＝3n－1－eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,2×3n－1－1)(n∈N*)．
课时精练
1．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.
2．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S1＋2S2，且a2＝3，则a5等于( )
A．3 B．12 C．24 D．48
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，
∵S3＝S1＋2S2，a2＝3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝2a1＋a2，,a2＝3))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝2a1＋a1q，,a1q＝3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－1，,a1＝－3))(舍)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝\f(3,2)，))
∴a5＝a1q4＝eq \f(3,2)×24＝24.
3．已知数列a1，eq \f(a2,a1)，…，eq \f(an,an－1)，…是首项为1，公比为2的等比数列，则lg2an等于( )
A．n(n＋1) B.eq \f(nn－1,4) C.eq \f(nn＋1,2) D.eq \f(nn－1,2)
答案 D
解析 由题设有eq \f(an,an－1)＝1×2n－1＝2n－1(n≥2)，
而an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)
＝1×21＋2＋…＋n－1
＝ SKIPIF 1 < 0 (n≥2)，
当n＝1时，a1＝1也满足该式，故an＝ SKIPIF 1 < 0 (n≥1)，
所以lg2an＝eq \f(nn－1,2).
4．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且eq \f(an＋2,an)＝2＋(－1)n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S100等于( )
A.eq \f(350－1,2)＋50 B.eq \f(31－350,2)＋50
C.eq \f(3350－1,2)＋50 D.eq \f(33100－1,2)＋50
答案 C
解析 由题意eq \f(an＋2,an)＝2＋(－1)n(n∈N*)，
当n为偶数时，可得eq \f(an＋2,an)＝3；
当n为奇数时，可得eq \f(an＋2,an)＝1，
即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1，
由求和公式可得S100＝eq \f(3350－1,3－1)＋50＝eq \f(3350－1,2)＋50.
5．(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3
答案 AC
解析 因为a2，a3＋1，a4成等差数列，
所以a2＋a4＝2(a3＋1)，
因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.
又{an}是公比为q的等比数列，
所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，
得a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋\f(1,q)))＝2(a3＋1)，即q＋eq \f(1,q)＝eq \f(5,2)，
解得q＝2或eq \f(1,2).
故选AC.
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)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，
所以数列的通项公式为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，
又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，
所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；
又由eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，
所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，
综上可得选项ABD是正确的．
7．记Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝1，且S4＝a5－1，则公比q＝________.
答案 2或－1
解析 若q＝1，则S4＝4，a5－1＝0，等式S4＝a5－1不成立，所以q≠1.由S4＝a5－1，得eq \f(a11－q4,1－q)＝a1q4－1，结合a1＝1整理，得(q4－1)(2－q)＝0.又q≠1，
所以q＝2或q＝－1.
8．已知在递增的等比数列{an}中，a2＋a8＝3，a3·a7＝2，则eq \f(a13,a10)＝________.
答案 eq \r(2)
解析 因为数列{an}为等比数列，且a3·a7＝2，
所以a2·a8＝2，
因为数列{an}为递增等比数列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a8＝3，,a2a8＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,a8＝2，))
设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝1，,a1q7＝2，))得q6＝2，q3＝eq \r(2)，
所以eq \f(a13,a10)＝q3＝eq \r(2).
9．(2021·安庆模拟)已知公比不为1的等比数列{an}，且aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，则数列的通项公式an＝________.
答案 2n＋1
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q≠1，由aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q22＝a1q6，,a1q5＋2a1q3＝3a1q4，))解得a1＝4，q＝2，
∴数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝4×2n－1＝2n＋1.
10．已知数列{an}与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))均为等差数列(n∈N*)，且a1＝2，则an＝________，a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))n＝________.
答案 2n 2n＋1－2
解析 设an＝2＋(n－1)d，所以eq \f(a\\al(2,n),n)＝eq \f([2＋n－1d]2,n)＝eq \f(d2n2＋4d－2d2n＋d－22,n)，
由于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))为等差数列，
所以其通项是一个关于n的一次函数或常数函数，
所以(d－2)2＝0，∴d＝2，
所以an＝2＋2(n－1)＝2n，∴eq \f(an,n)＝eq \f(2n,n)＝2，
所以a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))n
＝21＋22＋…＋2n＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
11．(2018·全国Ⅰ)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．理由如下：
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.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列．
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，
由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\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(n,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))－eq \f(n,2).
13．(多选)如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \(GnE,\s\up6(→))，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2
答案 AB
解析 eq \(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq \(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq \f(1,2)(eq \(GnA,\s\up6(→))＋eq \(GnB,\s\up6(→)))，
故eq \(GnD,\s\up6(→))＝(an＋1－2an－3)·eq \(GnA,\s\up6(→))－(2an＋3)·eq \(GnB,\s\up6(→))，
eq \(GnD,\s\up6(→))，eq \(GnB,\s\up6(→))共线，故an＋1－2an－3＝0，
即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，
故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.
a3＝24－3＝13，A正确；
数列{an＋3}是等比数列，B正确；
an＝2n＋1－3，C错误；
Sn＝4×eq \f(1－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．
故选AB.
14．(多选)已知数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，则下列选项正确的是( )
A．若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则{an}为递增数列
B．若数列{an}为等差数列，a1>0，S3＝S10，则Sn的最大值在n＝6或7时取得
C．若数列{an}为等比数列，则S2 021·a2 021>0恒成立
D．若数列{an}为等比数列，则{ SKIPIF 1 < 0 }也为等比数列
答案 ABC
解析 对于A，若数列{an}为等差数列，Sn>0恒成立，则公差d>0，故{an}为递增数列，故A正确；
对于B，若数列{an}为等差数列，a1>0，设公差为d，由S3＝S10，得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝10a1＋eq \f(10×9,2)d，即a1＝－6d，故an＝(n－7)d，所以当n≤7时，an≥0，a7＝0，故Sn的最大值在n＝6或7时取得，故B正确；
对于C，若数列{an}为等比数列，则S2 021·a2 021＝eq \f(a11－q2 021,1－q)·a1·q2 020＝aeq \\al(2,1)·q2 020·eq \f(1－q2 021,1－q)>0恒成立，故C正确；
对于D，若数列{an}为等比数列，则 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 不是常数，故{ SKIPIF 1 < 0 }不是等比数列，故D错误．
故选ABC.
15．已知数列{an}满足递推公式an＋1＝2an＋1，a1＝1.设Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)的最小值是________．
答案 eq \f(17,4)
解析 因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n，
所以eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)＝eq \f(4n＋7－n－2n＋1－2－n,2n)＝2n＋eq \f(9,2n)－2，
由对勾函数的性质可得，当n＝1时，2n＝2,2n＋eq \f(9,2n)－2＝2＋eq \f(9,2)－2＝eq \f(9,2)，
当n≥2时，2n≥4，所以y＝2n＋eq \f(9,2n)－2单调递增，
当n＝2时，2n＋eq \f(9,2n)－2＝4＋eq \f(9,4)－2＝eq \f(17,4)
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).
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