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2019届二轮复习（理）专题28等比数列及其前n项和学案（全国通用）
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1.理解等比数列的概念．
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4.了解等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．
数学语言表达式：＝q(n≥2，q为非零常数)，或＝q(n∈N ，q为非零常数)．
2. 等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
3．等比数列及前n项和的性质
(1)如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇔G2＝ab.
(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N )，则ak·al＝am·an．
(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm．
(4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn．
【必会结论】等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N )．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N )，则am·an＝ap·aq＝a.
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{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)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.
(6)等比数列{an}满足或时，{an}是递增数列；满足或时，{an}是递减数列．
高频考点一 等比数列基本量的运算
例1、(1)[2017·全国卷Ⅱ]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
答案 B
解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.故选B.
(2)[2017·江苏高考]等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝ .
答案 32
【感悟提升】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)所求问题可迎刃而解．解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算的过程．
【变式探究】(1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于( )
A. B. C. D.
(2) (2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为 .
答案 (1)B (2)6
(2) 设等比数列{an}的公比为q，∴⇒解得
∴a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)
＝2－＋.
记t＝－＋＝－(n2－7n)，
结合n∈N＋，可知n＝3或4时，t有最大值6.
又y＝2t为增函数.
所以a1a2…an的最大值为64.
【变式探究】(1)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的值为 .
(2)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3＝7，且a1＋3，3a2.a3＋4构成等差数列，则an＝ .
解析 (1)由已知条件，得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，即＝－2.
(2)由已知得：
解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝.由题意得q＞1，所以q＝2，所以a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1. ]
答案 (1)－2 (2)2n－1
高频考点二 等比数列的判定与证明
例2、已知数列{an}满足对任意的正整数n，均有an＋1＝5an－2·3n，且a1＝8.
(1)证明：数列{an－3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)由(1)知，bn＝＝＝1＋n，
则数列{bn}的前n项和Tn＝1＋1＋1＋2＋…＋1＋n＝n＋＝＋n－.
【方法技巧】等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N )或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N )，则{an}是等比数列．
(2)等比中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N )，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(c，q均是不为0的常数，n∈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．
【举一反三】已知数列{an}的前n项和为Sn，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式.
(1)证明 ∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，
∴＝，∴{an－1}是等比数列.
又a1＋a1＝1，∴a1＝，
又cn＝an－1，首项c1＝a1－1，∴c1＝－，公比q＝.
∴{cn}是以－为首项，以为公比的等比数列.
【变式探究】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.
(1)证明 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得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝.
(2)解 由(1)得Sn＝1－.
由S5＝得1－＝，即＝.
解得λ＝－1.
高频考点三 等比数列的性质及应用
例3、(1)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于( )
A.2 B.1 C. D.
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝( )
A.2 B. C. D.3
法二 因为{an}为等比数列，由＝3，设S6＝3a，S3＝a，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a，2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，所以＝＝.
答案 (1)C (2)B
【举一反三】(1)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A. B．－ C. D.
答案 A
解析 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.故选A.
(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30 C．26 D．16
答案 B
解析 由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．
设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．
由(x－2)2＝2×(14－x)，
解得x＝6或x＝－4(舍去)．
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.故选B.
【方法技巧】等比数列的性质应用问题
(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．
【变式探究】 (1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝ .
(2)已知x，y， ∈R，若－1，x，y， ，－3成等比数列，则xy 的值为 .
答案 (1)8 (2)－3
1. （2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，
若公比，则，不合题意；
若公比，则
但，
即，不合题意；
因此，
，选B.
2. （2018年全国Ⅲ卷理数）等比数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）记为的前项和．若，求．
【答案】（1）或
（2）
1、[2017·全国卷Ⅱ]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
答案 B
解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.故选B.
2、[2017·江苏高考]等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝ .
答案 32
解析 设{an}的首项为a1，公比为q，
则
两式相除得＝＝，
解得所以a8＝×27＝25＝32.
3．[2017·北京高考]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.
1..【2016高考新课标1卷】设等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2 …an的最大值为 ．
【答案】64
【解析】设等比数列的公比为，由得，解得.所以，于是当或时，取得最大值.
2.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得. 学 ]
设是中的最大数，为中的最大数，则.
由（2）知，，于是，所以，即.
又，故，
从而，
故，所以，
即.
综合①②③得，.
【2015高考浙江，理3】已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B.
【2015高考安徽，理14】已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 .
【答案】
【解析】由题意，，解得或者，而数列是递增的等比数列，所以，即，所以，因而数列的前项和
.
1．（2014·重庆卷）对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9，成等比数列
【答案】D
【解析】因为在等比数列中an，a2n，a3n，…也成等比数列，所以a3，a6，a9成等比数列．学 . 学+ + ]
2．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝ .
【答案】1
【解析】 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
3．（2014·广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ ．
【答案】50
4．（2014·全国卷） 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A．6 B．5
C．4 D．3
【答案】C 【解析】设数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得，解得所以an＝a1qn－1＝×＝2×，所以lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg＝8lg 2＋4lg＝4lg＝4.
5．（2014·湖北卷） 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
6．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋＜.
【解析】(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.
(2)证明：由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
7．（2014·山东卷） 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
8.（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．
【解析】(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.
∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cos B＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cos B的最小值为.
9．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为 ．
【答案】－
【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
10．（2014·天津卷）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，
集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an
(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an
≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
＝－qn－1
＝－1<0，
所以s
【答案】(－2)n－1
12．（2013·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N ，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故对任意n≥1，an≥B1＝1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．
设m为满足am>2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.
故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1，
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1
13．（2013·北京卷）若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝ ；前n项和Sn＝ ．
【答案】2 2n＋1－2
【解析】 ∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，
∴40＝20q，q＝2，
又∵a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，
∴a1＝2，∴an＝2n，∴Sn＝2n＋1－2.
14．（2013·江西卷）等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于( )
A．－24 B．0
C．12 D．24
【答案】A
【解析】(3x＋3)2＝x(6x＋6)得x＝－1或x＝－3.当x＝－1时，x，3x＋3，6x＋6分别为－1，0，0，则不能构成等比数列，所以舍去；当x＝－3时，x，3x＋3，6x＋6分别为－3，－6，－12，且构成等比数列，则可求出第四个数为－24.
15．（2013·江苏卷）在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3. 则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为 ．
【答案】12
16．（2013·湖南卷） 设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N ，则
(1)a3＝ ；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝ ．
【答案】(1)－ (2)
【解析】(1)因Sn＝(－1)nan－，则S3＝－a3－，S4＝a4－，解得a3＝－.
(2)当n为偶数时，Sn＝an－，当n为奇数时，Sn＝－an－，可得当n为奇数时an＝－， 学, , ]
又S1＋S2＋…＋S100＝＋＋…＋＋
＝－a1＋a2＋…－a99＋a100－
＝S100－2(a1＋a3＋…＋a99)－
＝S101－a101－2－
＝－－＋2×－
＝－＝.
17．（2013·辽宁卷） 已知等比数列是递增数列，Sn是的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝ ．
【答案】63
【解析】由题意可知a1＋a3＝5，a1·a3＝4.又因为{an}为递增的等比数列，所以a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，所以S6＝＝63.
18．（2013·全国卷）已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2与C的两个交点间的距离为.
(1)求a，b；
(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
(2)证明：由(1)知，F1(－3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2－y2＝8.①
由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，|k|＜2 ，代入①并化简得
(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1≤－1，x2≥1，
x1＋x2＝，x1x2＝.
于是|AF1|＝＝＝－(3x1＋1)，
|BF1|＝＝＝3x2＋1.
由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－.
故＝－，解得k2＝，从而x1x2＝－.
由于|AF2|＝＝＝1－3x1，
|BF2|＝＝＝3x2－1，
故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，
|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.
因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，
所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
19．（2013·全国卷）已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于( )
A．－6(1－3－10) B.(1－310)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
【答案】C
20．（2013·陕西卷）设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
【解析】(1)设{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝，∴Sn＝
(2)假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
即a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
即aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，
∴q＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
21．（2013·四川卷）在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．
22．（2013·新课标全国卷Ⅱ） 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )
A. B．－ C. D．－
【答案】C
【解析】S3＝a2＋10a1a1＋a2＋a3＝a2＋10a1a3＝9a1q2＝9，a5＝9a3q2＝9a3＝1a1＝＝，故选C.
23．（2013·重庆卷）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝ ．
【答案】64
【解析】设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.
1.理解等比数列的概念．
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4.了解等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．
数学语言表达式：＝q(n≥2，q为非零常数)，或＝q(n∈N ，q为非零常数)．
2. 等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
3．等比数列及前n项和的性质
(1)如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇔G2＝ab.
(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N )，则ak·al＝am·an．
(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm．
(4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn．
【必会结论】等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N )．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N )，则am·an＝ap·aq＝a.
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{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)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.
(6)等比数列{an}满足或时，{an}是递增数列；满足或时，{an}是递减数列．
高频考点一 等比数列基本量的运算
例1、(1)[2017·全国卷Ⅱ]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
答案 B
解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.故选B.
(2)[2017·江苏高考]等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝ .
答案 32
【感悟提升】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)所求问题可迎刃而解．解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算的过程．
【变式探究】(1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于( )
A. B. C. D.
(2) (2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为 .
答案 (1)B (2)6
(2) 设等比数列{an}的公比为q，∴⇒解得
∴a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)
＝2－＋.
记t＝－＋＝－(n2－7n)，
结合n∈N＋，可知n＝3或4时，t有最大值6.
又y＝2t为增函数.
所以a1a2…an的最大值为64.
【变式探究】(1)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的值为 .
(2)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3＝7，且a1＋3，3a2.a3＋4构成等差数列，则an＝ .
解析 (1)由已知条件，得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，即＝－2.
(2)由已知得：
解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝.由题意得q＞1，所以q＝2，所以a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1. ]
答案 (1)－2 (2)2n－1
高频考点二 等比数列的判定与证明
例2、已知数列{an}满足对任意的正整数n，均有an＋1＝5an－2·3n，且a1＝8.
(1)证明：数列{an－3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)由(1)知，bn＝＝＝1＋n，
则数列{bn}的前n项和Tn＝1＋1＋1＋2＋…＋1＋n＝n＋＝＋n－.
【方法技巧】等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N )或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N )，则{an}是等比数列．
(2)等比中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N )，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(c，q均是不为0的常数，n∈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．
【举一反三】已知数列{an}的前n项和为Sn，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式.
(1)证明 ∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，
∴＝，∴{an－1}是等比数列.
又a1＋a1＝1，∴a1＝，
又cn＝an－1，首项c1＝a1－1，∴c1＝－，公比q＝.
∴{cn}是以－为首项，以为公比的等比数列.
【变式探究】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.
(1)证明 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得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝.
(2)解 由(1)得Sn＝1－.
由S5＝得1－＝，即＝.
解得λ＝－1.
高频考点三 等比数列的性质及应用
例3、(1)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于( )
A.2 B.1 C. D.
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝( )
A.2 B. C. D.3
法二 因为{an}为等比数列，由＝3，设S6＝3a，S3＝a，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a，2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，所以＝＝.
答案 (1)C (2)B
【举一反三】(1)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A. B．－ C. D.
答案 A
解析 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.故选A.
(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30 C．26 D．16
答案 B
解析 由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．
设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．
由(x－2)2＝2×(14－x)，
解得x＝6或x＝－4(舍去)．
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.故选B.
【方法技巧】等比数列的性质应用问题
(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．
【变式探究】 (1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝ .
(2)已知x，y， ∈R，若－1，x，y， ，－3成等比数列，则xy 的值为 .
答案 (1)8 (2)－3
1. （2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，
若公比，则，不合题意；
若公比，则
但，
即，不合题意；
因此，
，选B.
2. （2018年全国Ⅲ卷理数）等比数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）记为的前项和．若，求．
【答案】（1）或
（2）
1、[2017·全国卷Ⅱ]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
答案 B
解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.故选B.
2、[2017·江苏高考]等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝ .
答案 32
解析 设{an}的首项为a1，公比为q，
则
两式相除得＝＝，
解得所以a8＝×27＝25＝32.
3．[2017·北京高考]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.
1..【2016高考新课标1卷】设等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2 …an的最大值为 ．
【答案】64
【解析】设等比数列的公比为，由得，解得.所以，于是当或时，取得最大值.
2.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得. 学 ]
设是中的最大数，为中的最大数，则.
由（2）知，，于是，所以，即.
又，故，
从而，
故，所以，
即.
综合①②③得，.
【2015高考浙江，理3】已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B.
【2015高考安徽，理14】已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 .
【答案】
【解析】由题意，，解得或者，而数列是递增的等比数列，所以，即，所以，因而数列的前项和
.
1．（2014·重庆卷）对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9，成等比数列
【答案】D
【解析】因为在等比数列中an，a2n，a3n，…也成等比数列，所以a3，a6，a9成等比数列．学 . 学+ + ]
2．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝ .
【答案】1
【解析】 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
3．（2014·广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ ．
【答案】50
4．（2014·全国卷） 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A．6 B．5
C．4 D．3
【答案】C 【解析】设数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得，解得所以an＝a1qn－1＝×＝2×，所以lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg＝8lg 2＋4lg＝4lg＝4.
5．（2014·湖北卷） 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
6．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋＜.
【解析】(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.
(2)证明：由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
7．（2014·山东卷） 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
8.（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．
【解析】(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.
∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cos B＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cos B的最小值为.
9．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为 ．
【答案】－
【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
10．（2014·天津卷）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，
集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an
(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an
≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
＝－qn－1
＝－1<0，
所以s
【答案】(－2)n－1
12．（2013·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N ，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故对任意n≥1，an≥B1＝1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．
设m为满足am>2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.
故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1，
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1
13．（2013·北京卷）若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝ ；前n项和Sn＝ ．
【答案】2 2n＋1－2
【解析】 ∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，
∴40＝20q，q＝2，
又∵a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，
∴a1＝2，∴an＝2n，∴Sn＝2n＋1－2.
14．（2013·江西卷）等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于( )
A．－24 B．0
C．12 D．24
【答案】A
【解析】(3x＋3)2＝x(6x＋6)得x＝－1或x＝－3.当x＝－1时，x，3x＋3，6x＋6分别为－1，0，0，则不能构成等比数列，所以舍去；当x＝－3时，x，3x＋3，6x＋6分别为－3，－6，－12，且构成等比数列，则可求出第四个数为－24.
15．（2013·江苏卷）在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3. 则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为 ．
【答案】12
16．（2013·湖南卷） 设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N ，则
(1)a3＝ ；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝ ．
【答案】(1)－ (2)
【解析】(1)因Sn＝(－1)nan－，则S3＝－a3－，S4＝a4－，解得a3＝－.
(2)当n为偶数时，Sn＝an－，当n为奇数时，Sn＝－an－，可得当n为奇数时an＝－， 学, , ]
又S1＋S2＋…＋S100＝＋＋…＋＋
＝－a1＋a2＋…－a99＋a100－
＝S100－2(a1＋a3＋…＋a99)－
＝S101－a101－2－
＝－－＋2×－
＝－＝.
17．（2013·辽宁卷） 已知等比数列是递增数列，Sn是的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝ ．
【答案】63
【解析】由题意可知a1＋a3＝5，a1·a3＝4.又因为{an}为递增的等比数列，所以a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，所以S6＝＝63.
18．（2013·全国卷）已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2与C的两个交点间的距离为.
(1)求a，b；
(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
(2)证明：由(1)知，F1(－3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2－y2＝8.①
由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，|k|＜2 ，代入①并化简得
(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1≤－1，x2≥1，
x1＋x2＝，x1x2＝.
于是|AF1|＝＝＝－(3x1＋1)，
|BF1|＝＝＝3x2＋1.
由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－.
故＝－，解得k2＝，从而x1x2＝－.
由于|AF2|＝＝＝1－3x1，
|BF2|＝＝＝3x2－1，
故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，
|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.
因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，
所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．
19．（2013·全国卷）已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于( )
A．－6(1－3－10) B.(1－310)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
【答案】C
20．（2013·陕西卷）设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
【解析】(1)设{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝，∴Sn＝
(2)假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
即a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
即aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，
∴q＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
21．（2013·四川卷）在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．
22．（2013·新课标全国卷Ⅱ） 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )
A. B．－ C. D．－
【答案】C
【解析】S3＝a2＋10a1a1＋a2＋a3＝a2＋10a1a3＝9a1q2＝9，a5＝9a3q2＝9a3＝1a1＝＝，故选C.
23．（2013·重庆卷）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝ ．
【答案】64
【解析】设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.
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