高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列精品测试题

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1．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2aeq \\al(2,5)，a2＝1，则a1＝( )
A.eq \f(1,2) B．2 C.eq \r(2) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选D 设数列{an}的公比为q，则q>0.由已知，得a1q2·a1q8＝2(a1q4)2，即q2＝2.又q>0，所以q＝eq \r(2)，所以a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故选D.
2．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，eq \r(k,a1a2…ak)＝a11，则k＝( )
A．12 B．15 C．18 D．21
解析：选D eq \r(k,a1a2…ak)＝a1q SKIPIF 1 < 0 ＝a1q SKIPIF 1 < 0 ＝a1q10，∵a1>0，q≠1，∴eq \f(k－1,2)＝10，∴k＝21，故选D.
3．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2，则a2 019＝( )
A．32 019＋1 B．32 019－1 C．32 019－2 D．32 019＋2
解析：选B ∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)．∵a1＋1＝3，∴数列{an＋1}是首项，
公比均为3的等比数列，∴an＋1＝3n，即an＝3n－1，∴a2 019＝32 019－1.故选B.
4．各项都是正数的等比数列{an}中，a2，eq \f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq \f(a3＋a4,a4＋a5)的值为( )
A.eq \f(\r(5)＋1,2) D．eq \f(\r(5)－1,2) C.eq \f(1－\r(5),2) D．eq \f(\r(5)＋1,2)或eq \f(1－\r(5),2)
解析：选B 设{an}的公比为q(q>0，q≠1)，根据题意可知a3＝a2＋a1，∴q2－q－1＝0，
解得q＝eq \f(\r(5)＋1,2)或q＝eq \f(1－\r(5),2)(舍去)，则eq \f(a3＋a4,a4＋a5)＝eq \f(1,q)＝eq \f(\r(5)－1,2).故选B.
5．等比数列{an}的公比为q，且|q|≠1，a1＝－1，若am＝a1·a2·a3·a4·a5，则m等于( )
A．9 B．10 C．11 D．12
解析：选C ∵a1·a2·a3·a4·a5＝a1·a1q·a1q2·a1q3·a1q4＝aeq \\al(5,1)·q10＝－q10，am＝a1qm－1＝－qm－1，
∴－q10＝－qm－1，∴10＝m－1，∴m＝11.
6．若数列{an}的前n项和为Sn，且an＝2Sn－3，则{an}的通项公式是________．
解析：由an＝2Sn－3得an－1＝2Sn－1－3(n≥2)，两式相减得an－an－1＝2an(n≥2)，
∴an＝－an－1(n≥2)，eq \f(an,an－1)＝－1(n≥2)．故{an}是公比为－1的等比数列，
令n＝1得a1＝2a1－3，∴a1＝3，故an＝3·(－1)n－1.
答案：an＝3·(－1)n－1
7．已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝384，则a4＝________.
解析：设公比为q，则a1q2＝3，a1q9＝384，所以q7＝128，q＝2，故a4＝a3q＝3×2＝6.
答案：6
8．设等差数列{an}的公差d不为0，a1＝9d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k＝________.
解析：∵an＝(n＋8)d，又∵aeq \\al(2,k)＝a1·a2k，∴[(k＋8)d]2＝9d·(2k＋8)d，解得k＝－2(舍去)或k＝4.
答案：4
9．已知递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项，求an.
解：设等比数列{an}的公比为q.依题意，知2(a3＋2)＝a2＋a4，
∴a2＋a3＋a4＝3a3＋4＝28，∴a3＝8，a2＋a4＝20，
∴eq \f(8,q)＋8q＝20，解得q＝2或q＝eq \f(1,2)(舍去)．又a1＝eq \f(a3,q2)＝2，∴an＝2n.
10．已知数列{an}的前n项和Sn＝2－an，求证：数列{an}是等比数列．
证明：∵Sn＝2－an，∴Sn＋1＝2－an＋1.
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝(2－an＋1)－(2－an)＝an－an＋1.∴an＋1＝eq \f(1,2)an.
又∵S1＝2－a1，∴a1＝1≠0.又由an＋1＝eq \f(1,2)an知an≠0，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2).∴数列{an}是等比数列．
[B级 综合运用]
11．(多选)已知公差为d的等差数列a1，a2，a3，…，则对重新组成的数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…描述正确的是( )
A．一定是等差数列 B．公差为2d的等差数列
C．可能是等比数列 D．可能既非等差数列又非等比数列
解析：选ABC 由题意得a1＋a4＝2a1＋3d，a2＋a5＝2a1＋5d，a3＋a6＝2a1＋7d，…，令bn＝an＋an＋3，则bn＋1－bn＝[2a1＋(2n＋3)d]－[2a1＋(2n＋1)d]＝2d，因此数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…一定是公差为2d的等差数列，即A、B正确，D错误；当a1≠0，d＝0时bn＝2a1，此时数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…可以是等比数列，即C正确；故选A、B、C.
12．如图给出了一个“三角形数阵”．已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，
eq \f(1,4)
eq \f(1,2)，eq \f(1,4)
eq \f(3,4)，eq \f(3,8)，eq \f(3,16)…
记第i行第j列的数为aij(i，j∈N*)，则a53的值为( )
A.eq \f(1,16) D．eq \f(1,8) C.eq \f(5,16) D．eq \f(5,4)
解析：选C 第一列构成首项为eq \f(1,4)，公差为eq \f(1,4)的等差数列，所以a51＝eq \f(1,4)＋(5－1)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,4).又因为从第三行起每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，所以第5行构成首项为eq \f(5,4)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以a53＝eq \f(5,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(5,16).
13．已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为a，其中a，b都是大于1的正整数，且a1解析：∵a11，且a∈N*，∴a＝2.
∵对于任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得am＋3＝bn成立，
∴令n＝1，得2＋(m－1)b＋3＝b，∴b(2－m)＝5，
又∵2－m<2，且2－m∈N*，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－m＝1，,b＝5，))∴an＝a＋(n－1)b＝5n－3.
答案：2 5n－3
14．已知数列{an}满足a1＝eq \f(7,3)，an＋1＝3an－4n＋2(n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)证明数列{an－2n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式．
解：(1)由已知得a2＝3a1－4＋2＝3×eq \f(7,3)－4＋2＝5，a3＝3a2－4×2＋2＝3×5－8＋2＝9.
(2)∵an＋1＝3an－4n＋2，∴an＋1－2n－2＝3an－6n，即an＋1－2(n＋1)＝3(an－2n)．
由(1)知a1－2＝eq \f(7,3)－2＝eq \f(1,3)，∴an－2n≠0，n∈N*.∴eq \f(an＋1－2n＋1,an－2n)＝3，
∴数列{an－2n}是首项为eq \f(1,3)，公比为3的等比数列．
∴an－2n＝eq \f(1,3)×3n－1，∴an＝3n－2＋2n.
[C级 拓展探究]
15．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}是不是为等比数列，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.
4．3.1 第二课时 等比数列的性质及应用(习题课)
[A级 基础巩固]
1．等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于( )
A．－24 B．0 C．12 D．24
解析：选A 由题意知(3x＋3)2＝x(6x＋6)，即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)，所以等比数列的前3项是－3，－6，－12，则第四项为－24.
2．在正项等比数列{an}中，an＋1A.eq \f(5,6) D．eq \f(6,5) C.eq \f(2,3) D．eq \f(3,2)
解析：选D 法一：设公比为q，则由等比数列{an}各项为正数且an＋1由a2·a8＝6，得aeq \\al(2,5)＝6.∴a5＝eq \r(6)，a4＋a6＝eq \f(\r(6),q)＋eq \r(6)q＝5.解得q＝eq \f(2,\r(6))，∴eq \f(a5,a7)＝eq \f(1,q2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2＝eq \f(3,2).
法二：设公比为q，由an＞0，且an＋1＜an知0＜q＜1.∵a2·a8＝a4·a6＝6，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4·a6＝6，,a4＋a6＝5，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝3，,a6＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝2，,a6＝3))(舍)．∴q2＝eq \f(a6,a4)＝eq \f(2,3)，∴eq \f(a5,a7)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(3,2).
3．已知各项均为正数的等比数列{an}中，lg(a3a8a13)＝6，则a1·a15的值为( )
A．100 B．－100 C．10 000 D．－10 000
解析：选C ∵a3a8a13＝aeq \\al(3,8)，∴lg(a3a8a13)＝lg aeq \\al(3,8)＝3lg a8＝6.∴a8＝100.∴a1a15＝aeq \\al(2,8)＝10 000，故选C.
4．在等比数列{an}中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则( )
A．a1＝1 B．a3＝1 C．a4＝1 D．a5＝1
解析：选B 由题意，可得a1·a2·a3·a4·a5＝1，即(a1·a5)·(a2·a4)·a3＝1，
又因为a1·a5＝a2·a4＝aeq \\al(2,3)，所以aeq \\al(5,3)＝1，得a3＝1.
5．已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9等于( )
A．2 B．4 C．8 D．16
解析：选C 等比数列{an}中，a3a11＝aeq \\al(2,7)＝4a7，解得a7＝4，等差数列{bn}中，b5＋b9＝2b7＝2a7＝8.
6．在3和一个未知数间填上一个数，使三数成等差数列，若中间项减去6，成等比数列，则此未知数是________．
解析：设此三数为3，a，b，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝3＋b，,a－62＝3b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝15，,b＝27.))所以这个未知数为3或27.
答案：3或27
7．设数列{an}为公比q>1的等比数列，若a4，a5是方程4x2－8x＋3＝0的两根，则a6＋a7＝________.
解析：由题意得a4＝eq \f(1,2)，a5＝eq \f(3,2)，∴q＝eq \f(a5,a4)＝3.∴a6＋a7＝(a4＋a5)q2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(3,2)))×32＝18.
答案：18
8．画一个边长为2厘米的正方形，再以这个正方形的对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的对角线为边画第3个正方形，这样一共画了10个正方形，则第10个正方形的面积等于________平方厘米．
解析：这10个正方形的边长构成以2为首项，eq \r(2)为公比的等比数列{an}(1≤n≤10，n∈N*)，
则第10个正方形的面积S＝aeq \\al(2,10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(11,2)))2＝211＝2 048.
答案：2 048
9．在由实数组成的等比数列{an}中，a3＋a7＋a11＝28，a2·a7·a12＝512，求q.
解：法一：由条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7q－4＋a7＋a7q4＝28， ①,a7q－5·a7·a7q5＝512， ②))
由②得aeq \\al(3,7)＝512，即a7＝8.
将其代入①得2q8－5q4＋2＝0.
解得q4＝eq \f(1,2)或q4＝2，即q＝±eq \f(1,\r(4,2))或q＝±eq \r(4,2).
法二：∵a3a11＝a2a12＝aeq \\al(2,7)，∴aeq \\al(3,7)＝512，即a7＝8.
于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a11＝20，,a3a11＝64，))即a3和a11是方程x2－20x＋64＝0的两根，
解此方程得x＝4或x＝16.
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝4，,a11＝16))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝16，,a11＝4.))
又∵a11＝a3·q8，∴q＝±eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a11,a3))) SKIPIF 1 < 0 ＝±4 SKIPIF 1 < 0 ＝±eq \r(4,2)或q＝±eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) SKIPIF 1 < 0 ＝±eq \f(1,\r(4,2)) .
10．在正项等比数列{an}中，a1a5－2a3a5＋a3a7＝36，a2a4＋2a2a6＋a4a6＝100，求数列{an}的通项公式．
解：∵a1a5＝aeq \\al(2,3)，a3a7＝aeq \\al(2,5)，∴由题意，得aeq \\al(2,3)－2a3a5＋aeq \\al(2,5)＝36，
同理得aeq \\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \\al(2,5)＝100，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3－a52＝36，,a3＋a52＝100.))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3－a5＝±6，,a3＋a5＝10.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝2，,a5＝8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝8，,a5＝2.))
分别解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,2)，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝32，,q＝\f(1,2).))∴an＝2n－2或an＝26－n.
[B级 综合运用]
11．设各项为正数的等比数列{an}中，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，则a3·a6·a9·…·a30＝( )
A．230 B．210 C．220 D．215
解析：选C ∵a1·a2·a3·…·a30＝230，∴aeq \\al(30,1)·q1＋2＋3＋…＋29＝aeq \\al(30,1)·qeq \f(29×30,2)＝230，∴a1＝2－eq \f(27,2)，
∴a3·a6·a9·…·a30＝aeq \\al(10,3)·(q3)eq \f(9×10,2)＝(2－eq \f(27,2)×22)10×(23)45＝220.
12．各项均为正数的等比数列{an}满足：a1＞1，a6＋a7＞a6a7＋1＞2，记数列{an}的前n项积为Tn，则满足Tn＞1的最大正整数n的值为( )
A．11 B．12 C．13 D．14
解析：选B ∵a6＋a7＞a6a7＋1＞2，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6a7＞1，,a6－1a7－1＜0，))∵a1＞1，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＞1，,a7＜1，))由a6a7＞1得a1a12＝a2a11＝…＝a6a7＞1，∴T12＞1，∵a7＜1，∴a1a13＝a2a12＝…＝aeq \\al(2,7)＜1，∴T13＜1，
∴n的最大值为12，故选B.
13．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则a3a18＝________，ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.
解析：因为{an}为等比数列，所以a1a20＝a2a19＝…＝a9a12＝a10a11.又a10a11＋a9a12＝2e5，
所以a3a18＝a10a11＝a9a12＝e5，
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50.
答案：e5 50
14．已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，由{an}中的部分项组成的数列ab1，ab2，…，abn，…为等比数列，其中b1＝1，b2＝5，b3＝17.求数列{bn}的通项公式．
解：依题意aeq \\al(2,5)＝a1a17，即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)，所以a1d＝2d2，因为d≠0，所以a1＝2d，数列{abn}的公比q＝eq \f(a5,a1)＝eq \f(a1＋4d,a1)＝3，所以abn＝a13n－1，① 又abn＝a1＋(bn－1)d＝eq \f(bn＋1,2)a1，②
由①②得a1·3n－1＝eq \f(bn＋1,2)·a1.因为a1＝2d≠0，所以bn＝2×3n－1－1.
[C级 拓展探究]
15．容器A中盛有浓度为a%的农药m L，容器B中盛有浓度为b%的同种农药m L，A，B两容器中农药的浓度差为20%(a>b)，先将A中农药的eq \f(1,4)倒入B中，混合均匀后，再由B倒入一部分到A中，恰好使A中保持m L，问至少经过多少次这样的操作，两容器中农药的浓度差小于1%?
解：设第n次操作后，A中农药的浓度为an，B中农药的浓度为bn，则a0＝a%，b0＝b%.
b1＝eq \f(1,5)(a0＋4b0)，a1＝eq \f(3,4)a0＋eq \f(1,4)b1＝eq \f(1,5)(4a0＋b0)；b2＝eq \f(1,5)(a1＋4b1)，a2＝eq \f(3,4)a1＋eq \f(1,4)b2＝eq \f(1,5)(4a1＋b1)；…；
bn＝eq \f(1,5)(an－1＋4bn－1)，an＝eq \f(1,5)(4an－1＋bn－1)．∴an－bn＝eq \f(3,5)(an－1－bn－1)＝…＝eq \f(3,5)(a0－b0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))n－1.
∵a0－b0＝eq \f(1,5)，∴an－bn＝eq \f(1,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))n.依题意知eq \f(1,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))n<1%，n∈N*，解得n≥6.
故至少经过6次这样的操作，两容器中农药的浓度差小于1%.
4.3.2 第一课时 等比数列的前n项和（作业）
[A级 基础巩固]
1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n) C.eq \f(32,3)(1－4－n) D．eq \f(32,3)(1－2－n)
解析：选C 由a5＝a2q3，得q3＝eq \f(1,8)，所以q＝eq \f(1,2)，而数列{anan＋1}也为等比数列，
首项a1·a2＝8，公比q2＝eq \f(1,4)，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(81－4－n,1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)(1－4－n)．
2．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，其前三项的和S3＝eq \f(9,2)，则数列{an}的公比q＝( )
A．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2) C．－eq \f(1,2)或1 D．eq \f(1,2)或1
解析：选C 由题意，可得a1q2＝eq \f(3,2)，a1＋a1q＋a1q2＝eq \f(9,2)，两式相除，得eq \f(1＋q＋q2,q2)＝3，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1.
3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，且8a2＋a5＝0，则eq \f(S5,S2)等于( )
A．11 B．5 C．－8 D．－11
解析：选D 设{an}的公比为q.因为8a2＋a5＝0.所以8a2＋a2·q3＝0.所以a2(8＋q3)＝0.
因为a2≠0，所以q3＝－8.所以q＝－2.所以eq \f(S5,S2)＝eq \f(\f(a11－q5,1－q),\f(a11－q2,1－q))＝eq \f(1－q5,1－q2)＝eq \f(1＋32,1－4)＝eq \f(33,－3)＝－11.故选D.
4．(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，a7a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是( )
A．0解析：选ABC ∵a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0，∴a7>1,0T7是数列{Tn}中的最大项，故C正确；因为a7>1，05．等比数列{an}的前n项和为Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于( )
A．8 B．12 C．16 D．24
解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，因为S2n－Sn＝qnSn，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，
所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.
6．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＝eq \f(S偶,S奇)＝2.答案：2
7．等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列{an}的前100项和为________．
解析：由eq \f(a2＋a4＋…＋a100,a1＋a3＋…＋a99)＝q，q＝2，得eq \f(a2＋a4＋…＋a100,150)＝2⇒a2＋a4＋…＋a100＝300，
则数列{an}的前100项的和S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝150＋300＝450.
答案：450
8．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为________．
解析：由题意，q≠1，由9S3＝S6，得9×eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－q6,1－q)，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，eq \f(1,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，其前5项和为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).答案：eq \f(31,16)
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
解：设{an}的公比为q，由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3.))
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3(2n－1)；当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.
10．已知等比数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(1,3).
(1)Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＝eq \f(1－an,2)；
(2)设bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：因为an＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,3n)，Sn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(1－\f(1,3n),2)，所以Sn＝eq \f(1－an,2).
(2)bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－eq \f(nn＋1,2).所以{bn}的通项公式为bn＝－eq \f(nn＋1,2).
[B级 综合运用]
11．(多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则( )
A．数列{an}的公比为2 B．数列{an}的公比为8
C.eq \f(S6,S3)＝8 D．eq \f(S6,S3)＝9
解析：选AD 因为等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以eq \f(a6,a3)＝q3＝8，解得q＝2，
所以eq \f(S6,S3)＝eq \f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝9，故选A、D.
12．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点灯的盏数是( )
A．190 B．191 C．192 D．193
解析：选C 设最下面一层灯的盏数为a1，则公比q＝eq \f(1,2)，n＝7，由eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7)),1－\f(1,2))＝381，解得a1＝192.
13．已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为________，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝________.
解析：由a2＝2，a1＋a3＝5，{an}是递减的等比数列，得a1＝4，a3＝1，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8、公比为eq \f(1,4)的等比数列的前n项和．故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＋2＋eq \f(1,2)＋…＋8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).答案：an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1 eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))
14．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，若an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,an－1＋\f(1,2)，n≥2，))求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和．
解：当n＝1时，S1＝a1＝1.当n≥2时，若a＝0，有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(1,2)，n≥2.))则Sn＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2).
若a＝1，有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1 ，n＝1，,\f(3,2)，n≥2，))则Sn＝1＋eq \f(3,2)(n－1)＝eq \f(3n－1,2).若a≠0且a≠1，
则Sn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a2))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋an－1))＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＋(a＋a2＋…＋an－1)＝eq \f(n＋1,2)＋eq \f(a－an,1－a).
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(n＋1,2)，a＝0且n≥2，,\f(3n－1,2)，a＝1且n≥2，,\f(n＋1,2)＋\f(a－an,1－a)，a≠0且a≠1且n≥2.))
[C级 拓展探究]
15．设a1，a2，…，an成等比数列，且S＝a1＋a2＋…＋an，R＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)，P＝a1·a2·…·an .
求证：(1)eq \f(S,R)＝a1·an；
(2)P2Rn＝Sn.
证明：本题分q≠1和q＝1两种情形进行讨论．
情形1：q≠1.
(1)显然，此时S＝eq \f(a11－qn,1－q)，R＝eq \f(\f(1,a1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,qn))),1－\f(1,q))＝eq \f(1－qn,a1qn－11－q)，P＝a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1qn－1)＝aeq \\al(n,1)qeq \f(nn－1,2).
∴eq \f(S,R)＝aeq \\al(2,1)qn－1＝a1(a1qn－1)＝a1an.
(2)由(1)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,R)))n＝(aeq \\al(2,1)qn－1)n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\\al(n,1)q\f(nn－1,2)))2＝P2，∴P2Rn＝Sn.
情形2：q＝1.
(1)显然，此时S＝na1，R＝eq \f(n,a1)，P＝aeq \\al(n,1)，∴eq \f(S,R)＝aeq \\al(2,1)＝a1an.
(2)由(1)得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,R)))n＝aeq \\al(2n,1)＝P2，即P2Rn＝Sn. 故两式均成立．
综上所述，不论q是否为1，两式都成立．