高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.3 等比数列及其前n项和 word版含答案

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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．
知识点一 等比数列的相关概念公式
易误提醒
1．在等比数列中易忽视每项与公比都不为0.
2．在运用等比数列的前n项和公式时，必须对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．
[自测练习]
1．在等比数列{an}中，若a1<0，a2＝18，a4＝8，则公比q等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3)
C．－eq \f(2,3) D.eq \f(2,3)或－eq \f(2,3)
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝18，,a1q3＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝27，,q＝\f(2,3).))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－27，,q＝－\f(2,3).))
又a1<0，因此q＝－eq \f(2,3).
答案：C
2．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：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.
答案：A
知识点二 等比数列的性质
设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．
1．若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N＋.
特别地，若2s＝p＋r，则apar＝aeq \\al(2,s)，其中p，s，r∈N＋.
2．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(k，m∈N＋)．
3．若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(pan,qbn)))(其中b，p，q是非零常数)，也是等比数列．
4．Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
5．当q≠－1，或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列．
6．若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列．
7．若数列{an}的项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝q；若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q.
易误提醒
1．在性质中，当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．
2．在运用等比数列及其前n项和的性质时，要注意字母间的上标、下标的对应关系．
[自测练习]
3．在等比数列{an}中，若a3a5a7＝－3eq \r(3)，则a2a8＝( )
A．3 B.eq \r(17)
C．9 D．13
解析：由a3a5a7＝－3eq \r(3)，∴aeq \\al(3,5)＝－3eq \r(3)，又a2a8＝aeq \\al(2,5)＝3.
答案：A
4．(2015·唐山期末)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S4,S2)＝3，则eq \f(S6,S4)＝( )
A．2 B.eq \f(7,3)
C.eq \f(3,10) D．1或2
解析：设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，S4＝3k，∴eq \f(S6,S4)＝eq \f(7k,3k)＝eq \f(7,3)，故选B.
答案：B
考点一 等比数列的基本运算|
1．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B．42
C．63 D．84
解析：由于a1(1＋q2＋q4)＝21，a1＝3，所以q4＋q2－6＝0，所以q2＝2(q2＝－3舍去)，所以a3＝6，a5＝12，a7＝24，所以a3＋a5＋a7＝42.故选B.
答案：B
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝7a1，则数列{an}的公比q的值为( )
A．2 B．3
C．2或－3 D．2或3
解析：因为S3＝a1＋a2＋a3＝7a1，所以a2＋a3＝6a1，即a1q＋a1q2＝6a1，q2＋q－6＝0，解得q＝2或－3，故选C.
答案：C
3．(2016·唐山一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝eq \f(5,2)，a2＋a4＝eq \f(5,4)，则eq \f(Sn,an)＝( )
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
解析：设{an}的公比为q，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝\f(5,2)，,a2＋a4＝\f(5,4)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q2＝\f(5,2)， ①,a1q＋a1q3＝\f(5,4)， ②))
由①②可得eq \f(1＋q2,q＋q3)＝2，∴q＝eq \f(1,2)，代入①得a1＝2，
∴an＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \f(4,2n)，
∴Sn＝eq \f(2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，
∴eq \f(Sn,an)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),\f(4,2n))＝2n－1，选D.
答案：D
解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想：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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想：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(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).

考点二 等比数列的判定与证明|
已知数列{an}的前n项和为Sn，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．
[解] (1)证明：∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，即2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，即2cn＋1＝cn.
由a1＋S1＝1得a1＝eq \f(1,2)，∴c1＝a1－1＝－eq \f(1,2)，
从而cn≠0，∴eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(1,2).
所以数列{cn}是以－eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(2)由(1)知cn＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
又cn＝an－1，∴an＝cn＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
又b1＝a1＝eq \f(1,2)，适合上式，故bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
等比数列的判定方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，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．


1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵Sn＋1＝4an＋2，
∴S2＝4a1＋2，即a1＋a2＝4a1＋2，
∴a2＝3a1＋2＝5，
∴b1＝a2－2a1＝3.
又an＋1＝Sn＋1－Sn＝4an＋2－(4an－1＋2)＝4an－4an－1(n≥2)，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)，
即bn＝2bn－1(n≥2)，
又b1＝3，则bn≠0，∴eq \f(bn,bn－1)＝2(n≥2)．
从而数列{bn}是以3为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝3·2n－1，即an＋1－2an＝3·2n－1
∴eq \f(an＋1,2n－1)－eq \f(an,2n－2)＝3且eq \f(a1,2－1)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－2)))是首项为2，公差为3的等差数列，
∴eq \f(an,2n－2)＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
∴an＝(3n－1)·2n－2.
考点三 等比数列的性质及应用|
(1)(2015·衡阳联考)若函数f(x)＝lg2eq \f(x,4)，在等比数列{an}中，a2·a5·a8＝8，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝( )
A．－9 B．－8
C．－7 D．－10
[解析] 因为a2·a5·a8＝8，所以a5＝2，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝lg2eq \f(a1,4)＋lg2eq \f(a2,4)＋…＋lg2eq \f(a9,4)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,4)\f(a2,4)…\f(a9,4)))＝lg2eq \f(a\\al(9,5),49)＝lg2eq \f(29,49)＝lg22－9＝－9，故选A.
[答案] A
(2)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝( )
A.eq \f(1,8) B．－eq \f(1,8)
C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
[解析] 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，
在等比数列中S3，S6－S3，
S9－S6也成等比，
即8，－1，S9－S6成等比，
所以有8(S9－S6)＝(－1)2，S9－S6＝eq \f(1,8)，
即a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8).
[答案] A
等比数列常见性质的应用
等比数列的性质可以分为三类：①通项公式的变形，②等比中项的变形，③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．(2015·呼和浩特调研)已知等比数列{an}的公比q>0，且a5·a7＝4aeq \\al(2,4)，a2＝1，则a1＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \r(2) D．2
解析：利用等比数列的性质求出公比，
再求解a1.因为{an}是等比数列，
所以a5a7＝aeq \\al(2,6)＝4aeq \\al(2,4)，
所以a6＝2a4，q2＝eq \f(a6,a4)＝2，又q>0，
所以q＝eq \r(2)，a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(\r(2),2)，故选B.
答案：B
3．等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则公比q＝________.
解析：由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1知公比q≠1，
eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
18.分类讨论思想在等比数列中的应用
【典例】 (2015·高考湖南卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
[思路点拨] (1)利用数列递推关系式，结合an和Sn的关系得出结论；(2)利用分类讨论思想写出数列通项，结合等比数列再进行分类求和．
[解] (1)证明：由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以eq \f(an＋2,an)＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列，因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝eq \f(33n－1,2)，
从而S2n－1＝S2n－a2n＝eq \f(33n－1,2)－2×3n－1＝eq \f(3,2)(5×3n－2－1)．
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)5×3\f(n－3,2)－1，当n是奇数，,\f(3,2)3\f(n,2)－1，当n是偶数.))
[方法点评] 分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有：
(1)已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
(2)等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
(3)项数的奇、偶数讨论．
(4)等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
[跟踪练习] 已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a≠0)，则{an}( )
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列
解析：∵Sn＝an－1(a≠0)，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1，n＝1，,a－1an－1，n≥2.))
当a＝1时，an＝0，数列{an}是一个常数列，也是等差数列；当a≠1时，数列{an}是一个等比数列．
答案：C
A组 考点能力演练
1．(2016·太原一模)已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝eq \f(5,2)，则a1＝( )
A．2 B．4
C.eq \r(2) D．2eq \r(2)
解析：设等比数列{an}的公比为q，q>0，则aeq \\al(2,3)＝a2a4＝1，又a2＋a4＝eq \f(5,2)，且{an}单调递减，所以a2＝2，a4＝eq \f(1,2)，q2＝eq \f(1,4)，q＝eq \f(1,2)，所以a1＝eq \f(a2,q)＝4，故选B.
答案：B
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝2n(n∈N*)，则下列数列中一定为等比数列的是( )
A．{an} B．{an－1}
C．{an－2} D．{Sn}
解析：由Sn＋an＝2n(n∈N*) ①可得Sn－1＋an－1＝2(n－1)(n≥2，n∈N*) ②，①－②得an＝eq \f(1,2)an－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－2＝eq \f(1,2)(an－1－2)(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a1－2＝－1≠0，所以{an－2}一定是等比数列，故选C.
答案：C
3．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，且公比q≠1，若T7＝128，则( )
A．a4＝2 B．a5＝2
C．a6＝2 D．a1＝2
解析：因为Tn为等比数列{an}的前n项积，所以T7＝aeq \\al(7,4)＝128，则a4＝2，故选A.
答案：A
4．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若2a1＋3a2＝1，a3＝3a4，则2Sn＋an＝( )
A．1 B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D．2
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为2a1＋3a2＝1，a3＝3a4，所以2a1＋3a1q＝1 ①，a1q2＝3a1q3 ②，由②得q＝eq \f(1,3)，代入①得a1＝eq \f(1,3)，所以an＝a1qn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，Sn＝eq \f(\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))，则2Sn＋an＝1.
答案：A
5．(2015·衡水二模)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＝eq \f(1,20)，9S3＝S6，设Tn＝a1a2a3·…·an，则使Tn取最小值的n的值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：设等比数列{an}的公比为q，由9S3＝S6知，q≠1，故eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，解得q＝2，又a1＝eq \f(1,20)，所以an＝a1qn－1＝eq \f(2n－1,20).因为Tn＝a1a2a3·…·an，故当Tn取最小值时，an≤1，且an＋1≥1，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n－1,20)≤1，,\f(2n,20)≥1，))则n＝5，故选C.
答案：C
6．若正项数列{an}满足a2＝eq \f(1,2)，a6＝eq \f(1,32)，且eq \f(an＋1,an)＝eq \f(an,an－1)(n≥2，n∈N*)，则lg2a4＝________.
解析：由eq \f(an＋1,an)＝eq \f(an,an－1)(n≥2，n∈N*)可得数列{an}是等比数列，所以aeq \\al(2,4)＝a2a6＝eq \f(1,64)，又a4>0，则a4＝eq \f(1,8)，故lg2a4＝lg2 eq \f(1,8)＝－3.
答案：－3
7．已知在等比数列{an}中，a5a11＝6，a6＋a10＝7，则eq \f(a7,a9)的值是________．
解析：因为{an}是等比数列，所以a5a11＝a6a10＝6，又a6＋a10＝7，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝1，,a10＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝6，,a10＝1，))设{an}的公比为q，则q4＝6或eq \f(1,6)，q2＝eq \r(6)或eq \f(\r(6),6)，所以eq \f(a7,a9)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(\r(6),6)或eq \r(6).
答案：eq \f(\r(6),6)或eq \r(6)
8．等比数列的首项是－1，前n项和为Sn，如果eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则S4的值是________．
解析：由已知得eq \f(S10,S5)＝eq \f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝eq \f(31,32)，故q5＝－eq \f(1,32)，解得q＝－eq \f(1,2)，S4＝eq \f(－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16))),1＋\f(1,2))＝－eq \f(5,8).
答案：－eq \f(5,8)
9．(2015·陕西一检)已知正整数数列{an}是首项为2的等比数列，且a2＋a3＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(2n,3an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设正整数数列{an}的公比为q，则2q＋2q2＝24，
∴q＝3，
∴an＝2×3n－1.
(2)∵bn＝eq \f(2n,3an)＝eq \f(2n,3×2×3n－1)＝eq \f(n,3n)，
∴Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n,3n)，①
∴eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1).②
由①－②，得
eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1).
∴Tn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－\f(n,3n＋1)))＝eq \f(3n＋1－2n－3,4×3n).
10．已知等比数列{an}的前n项和是Sn，S18∶S9＝7∶8.
(1)求证：S3，S9，S6依次成等差数列；
(2)a7与a10的等差中项是否是数列{an}中的项？如果是，是{an}中的第几项？如果不是，请说明理由．
解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S18＝18a1，S9＝9a1，S18∶S9＝2∶1≠7∶8，
∴q≠1.
∴S18＝eq \f(a1,1－q)(1－q18)，S9＝eq \f(a1,1－q)(1－q9)，S18∶S9＝1＋q9.
∴1＋q9＝eq \f(7,8)，解得q＝－2－eq \f(1,3).
∴S3＝eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(3,2)×eq \f(a1,1－q)，S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(3,4)×eq \f(a1,1－q)，S9＝eq \f(a1,1－q)(1－q9)＝eq \f(9,8)×eq \f(a1,1－q).
∵S9－S3＝－eq \f(3,8)×eq \f(a1,1－q)，S6－S9＝－eq \f(3,8)×eq \f(a1,1－q)，
∴S9－S3＝S6－S9.
∴S3，S9，S6依次成等差数列．
(2)a7与a10的等差中项等于eq \f(a7＋a10,2)＝eq \f(a12－2－2－3,2)＝eq \f(a1,16)，
设a7与a10的等差中项是数列{an}中的第n项，
则a1(－2－eq \f(1,3))n－1＝eq \f(a1,16)，
化简得(－2)－eq \f(n－1,3)＝(－2)－4，即－eq \f(n－1,3)＝－4，解得n＝13.
∴a7与a10的等差中项是数列{an}中的第13项．
B组 高考题型专练
1．(2014·高考大纲全国卷)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
解析：lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.
答案：C
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,8)
解析：设等比数列{an}的公比为q，a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，由题可知q≠1，则a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，∴eq \f(1,16)×q6＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×q3－1))，∴q6－16q3＋64＝0，
∴(q3－8)2＝0，∴q3＝8，∴q＝2.∴a2＝eq \f(1,2)，故选C.
答案：C
3．(2015·高考全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝126，则n＝________.
解析：因为在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，因为Sn＝126，所以eq \f(2－2n＋1,1－2)＝126，解得2n＋1＝128，所以n＝6.
答案：6
4．(2015·高考湖北卷)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)))n－1.))
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq \f(2n－1,2n－1)，于是
Tn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋eq \f(9,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋eq \f(9,25)＋…＋eq \f(2n－1,2n).②
①－②可得
eq \f(1,2)Tn＝2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－2)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n).
故Tn＝6－eq \f(2n＋3,2n－1).
相关名词
等比数列{an}的有关概念及公式
定义
eq \f(an＋1,an)＝q(q是常数且q≠0，n∈N＋)或eq \f(an,an－1)＝q(q是常数且q≠0，n∈N＋且n≥2)
通项公式
an＝a1qn－1(n≥2，n∈N＋)
前n项和公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1 q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q) q≠1))
等比中项
设a，b为任意两个同号的实数，则a，b的等比中项G＝±eq \r(ab)