还剩12页未读，
继续阅读
高考数学一轮复习 第五章 第3节等比数列及其前n项和
展开
这是一份高考数学一轮复习 第五章 第3节等比数列及其前n项和，共15页。试卷主要包含了等比数列的性质等内容，欢迎下载使用。
知 识 梳 理
1.等比数列的概念
(1)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.
数学语言表达式：eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，q为非零常数).
(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±eq \r(ab).
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＝eq \f(a1（1－qn）, 1－q )＝eq \f(a1－anq,1－q).
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(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.
(3)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.
[微点提醒]
1.若数列{an}为等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq \\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))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.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)等比数列公比q是一个常数，它可以是任意实数.( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a(1－an),1－a).( )
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(必修5P53A1(2)改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则公比q等于( )
A.－eq \f(1,2) B.－2 C.2 D.eq \f(1,2)
解析 由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2).
答案 D
3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.
解析 设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.
∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.
答案 27，81
4.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( )
A.2 B.4 C.eq \f(9,2) D.6
解析 根据等比数列的性质得a3a5＝aeq \\al(2,4)，∴aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.
又∵a1＝1，a1a7＝aeq \\al(2,4)＝4，∴a7＝4.
答案 B
5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A.eq \r(3,2)f B.eq \r(3,22)f C.eq \r(12,25)f D.eq \r(12,27)f
解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为eq \r(12,2)的等比数列，设此数列为{an}，则a8＝eq \r(12,27)f，即第八个单音的频率为eq \r(12,27)f.
答案 D
6.(2015·全国Ⅰ卷)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 由an＋1＝2an，知数列{an}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，由Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝126，解得n＝6.
答案 6
考点一 等比数列基本量的运算
【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
(2)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝________.
解析 (1)由{an}为等比数列，设公比为q.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝－1，,a1－a3＝－3，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝－1，①,a1－a1q2＝－3，②))
显然q≠1，a1≠0，
eq \f(②,①)得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1，
所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.
(2)设数列{an}首项为a1，公比为q(q≠1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(7,4)，,S6＝\f(a1（1－q6）,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))
所以a8＝a1q7＝eq \f(1,4)×27＝32.
答案 (1)－8 (2)32
规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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(a1(1－qn),1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
【训练1】 (1)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
(2)(2017·北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq \f(a2,b2)＝________.
解析 (1)设数列{an}的公比为q(q>0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2S3＝2（a1＋a1q＋a1q2）＝8a1＋3a1q，,a1q3＝16，))
解得q＝2，a1＝2，所以S4＝eq \f(2（1－24）,1－2)＝30.
(2){an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，∴q＝－2，∴b2＝b1·q＝2，则eq \f(a2,b2)＝eq \f(2,2)＝1.
答案 (1)D (2)1
考点二 等比数列的判定与证明
【例2】 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＝eq \f(31,32)，求λ.
(1)证明 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，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eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，
于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n－1).
(2)解 由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n).
由S5＝eq \f(31,32)，得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).
解得λ＝－1.
规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.
【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，
则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)，
又由题意知a1－2a1＝－3，
所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2等比数列.
(2)解 由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝eq \f(4（1－2n）,1－2)＋eq \f(n（n＋1）,2)－2n＝eq \f(2n＋3＋n2－3n－8,2).
考点三 等比数列的性质及应用
【例3】 (1)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10＝( )
A.12 B.10 C.8 D.2＋lg35
(2)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＝( )
A.40 B.60 C.32 D.50
解析 (1)由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，则原式＝lg3(a1a2…a10)＝lg3(a5a6)5＝10.
(2)数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是首项为4，公比为2的等比数列，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝16，S12－S9＝a10＋a11＋a12＝32，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60.
答案 (1)B (2)B
规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度.
2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.
【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是( )
A.－2 B.－eq \r(2) C.±eq \r(2) D.eq \r(2)
(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝________.
解析 (1)根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，
a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，
所以a3<0，a7<0，即a5<0，
由a3a7＝aeq \\al(2,5)，得a5＝－eq \r(a3a7)＝－eq \r(2).
(2)法一 由等比数列的性质S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，
∴eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).
法二 因为{an}为等比数列，由eq \f(S6,S3)＝3，设S6＝3a，S3＝a(a≠0)，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eq \f(S9,S6)＝eq \f(7a,3a)＝eq \f(7,3).
答案 (1)B (2)eq \f(7,3)
[思维升华]
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)便可迎刃而解.
2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.
(2)分类讨论思想：如求和时要分q＝1和q≠1两种情况讨论，判断单调性时对a1与q分类讨论.
[易错防范]
1.特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况.
2.Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1时且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立.
数学运算——等差(比)数列性质的应用
1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.
2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.
类型1 等差数列两个性质的应用
在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和：
(1)S2n－1＝(2n－1)an；
(2)设{an}的项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd.
【例1】 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－aeq \\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，则m＝________.
(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________.
解析 (1)由am－1＋am＋1－aeq \\al(2,m)＝0得2am－aeq \\al(2,m)＝0，解得am＝0或2.
又S2m－1＝eq \f(（2m－1）（a1＋a2m－1）,2)＝(2m－1)am＝38，
显然可得am≠0，所以am＝2.
代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.
(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.
由已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S偶＝192，,S奇＝162.))
又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.
答案 (1)10 (2)5
类型2 等比数列两个性质的应用
在等比数列{an}中，(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则an·am＝ap·aq；(2)当公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*).
【例2】 (1)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
(2)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.eq \f(1,8) B.－eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
解析 (1)数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.
(2)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＝eq \f(1,8)，所以a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8).
答案 (1)C (2)A
类型3 等比数列前n项和Sn相关结论的活用
(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.
若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.
(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm(q为公比).
【例3】 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
(2)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 (1)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))
所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.
(2)设等比数列{an}的公比q，易知S3≠0.
则S6＝S3＋S3q3＝9S3，所以q3＝8，q＝2.
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，其前5项和为eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(5),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
答案 (1)2 (2)eq \f(31,16)
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
解析 由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，
∴m＝10.
答案 C
2.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，则2a7＋a11的最小值为( )
A.16 B.8 C.2eq \r(2) D.4
解析 因为a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，
所以a4·a14＝a7·a11＝(2eq \r(2))2＝8，
所以2a7＋a11≥2eq \r(2a7a11)＝2eq \r(2×8)＝8，
所以2a7＋a11的最小值为8.
答案 B
3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝( )
A.1 B.5 C.eq \f(31,48) D.eq \f(11,16)
解析 由题意得eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍)，所以S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(5),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(11,16).
答案 D
4.(2017·全国Ⅱ卷)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
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，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴eq \f(a1（1－27）,1－2)＝381，解得a1＝3.
答案 B
5.(2019·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则eq \f(a,b)＝( )
A.－3 B.－1 C.1 D.3
解析 ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，
∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，
a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，
∵等比数列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a1a3，
∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得eq \f(a,b)＝－3.
答案 A
二、填空题
6.等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.
解析 设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝1＋eq \r(2)(舍负).
则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq \f(1,q)＝eq \r(2)－1.
答案 eq \r(2)－1
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________.
解析 ∵an＋Sn＝1，①
∴a1＝eq \f(1,2)，an－1＋Sn－1＝1(n≥2)，②
由①－②，得an－an－1＋an＝0，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,2)(n≥2)，
∴数列{an}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
则an＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,2n).
答案 eq \f(1,2n)
8.(2018·南京模拟)已知数列{an}中，a1＝2，且eq \f(aeq \\al(2,n＋1),an)＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________.
解析 由eq \f(aeq \\al(2,n＋1),an)＝4(an＋1－an)得，aeq \\al(2,n＋1)－4an＋1an＋4aeq \\al(2,n)＝0，
∴(an＋1－2an)2＝0，eq \f(an＋1,an)＝2，∴数列{an}是首项a1＝2，公比为2的等比数列，∴S9＝eq \f(2(1－29),1－2)＝1 022.
答案 1 022
三、解答题
9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－（－2）n,3).
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
10.已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.
解 (1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，
即an＋1－an＝2＝d，
所以数列{an}是一个首项为1，公差为2的等差数列，
an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，
所以q＝3，bn＝3n－1.
数列{bn}的前n项和Tn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
Tn≤Sn即eq \f(3n－1,2)≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得T1>1的n的最小值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析 ∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴aeq \\al(2,3)＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝aeq \\al(5,3)＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6.
答案 C
12.数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( )
A.(3n－1)2 B.eq \f(1,2)(9n－1)
C.9n－1 D.eq \f(1,4)(3n－1)
解析 ∵a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，
∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1，
故数列{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列.
因此aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4(1－9n),1－9)＝eq \f(1,2)(9n－1).
答案 B
13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2aeq \\al(2,5)，且S4＋S12＝λS8，则λ＝______.
解析 ∵{an}是等比数列，a3a11＝2aeq \\al(2,5)，
∴aeq \\al(2,7)＝2aeq \\al(2,5)，∴q4＝2，
∵S4＋S12＝λS8，∴eq \f(a1（1－q4）,1－q)＋eq \f(a1（1－q12）,1－q)＝eq \f(λa1（1－q8）,1－q)，
∴1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，
将q4＝2代入计算可得λ＝eq \f(8,3).
答案 eq \f(8,3)
14.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数).
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解 (1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ).
又a1＝1，
所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
新高考创新预测
15.(创新思维)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是( )
A.a1C.a1>a2>a3>a4 D.以上结论都有可能成立
解析 构造函数f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1＝0，x＝0，得极小值f(0)＝0，故f(x)≥0，即ex≥x＋1恒成立(x＝0取等号).a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3>a1＋a2＋a3＋1⇒a4>1⇒q>0，且a2>1，a3>1，
若公比q∈(0，1]，则4a1≥a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3>e2＋a1>7ea1>7a1＋7>4a1，产生矛盾.
所以公比q>1，故a1答案 A
知 识 梳 理
1.等比数列的概念
(1)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.
数学语言表达式：eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，q为非零常数).
(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±eq \r(ab).
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＝eq \f(a1（1－qn）, 1－q )＝eq \f(a1－anq,1－q).
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(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.
(3)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.
[微点提醒]
1.若数列{an}为等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq \\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))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.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)等比数列公比q是一个常数，它可以是任意实数.( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a(1－an),1－a).( )
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(必修5P53A1(2)改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则公比q等于( )
A.－eq \f(1,2) B.－2 C.2 D.eq \f(1,2)
解析 由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2).
答案 D
3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.
解析 设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.
∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.
答案 27，81
4.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( )
A.2 B.4 C.eq \f(9,2) D.6
解析 根据等比数列的性质得a3a5＝aeq \\al(2,4)，∴aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.
又∵a1＝1，a1a7＝aeq \\al(2,4)＝4，∴a7＝4.
答案 B
5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A.eq \r(3,2)f B.eq \r(3,22)f C.eq \r(12,25)f D.eq \r(12,27)f
解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为eq \r(12,2)的等比数列，设此数列为{an}，则a8＝eq \r(12,27)f，即第八个单音的频率为eq \r(12,27)f.
答案 D
6.(2015·全国Ⅰ卷)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 由an＋1＝2an，知数列{an}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，由Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝126，解得n＝6.
答案 6
考点一 等比数列基本量的运算
【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
(2)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝________.
解析 (1)由{an}为等比数列，设公比为q.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝－1，,a1－a3＝－3，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝－1，①,a1－a1q2＝－3，②))
显然q≠1，a1≠0，
eq \f(②,①)得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1，
所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.
(2)设数列{an}首项为a1，公比为q(q≠1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(7,4)，,S6＝\f(a1（1－q6）,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))
所以a8＝a1q7＝eq \f(1,4)×27＝32.
答案 (1)－8 (2)32
规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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(a1(1－qn),1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
【训练1】 (1)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
(2)(2017·北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq \f(a2,b2)＝________.
解析 (1)设数列{an}的公比为q(q>0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2S3＝2（a1＋a1q＋a1q2）＝8a1＋3a1q，,a1q3＝16，))
解得q＝2，a1＝2，所以S4＝eq \f(2（1－24）,1－2)＝30.
(2){an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，∴q＝－2，∴b2＝b1·q＝2，则eq \f(a2,b2)＝eq \f(2,2)＝1.
答案 (1)D (2)1
考点二 等比数列的判定与证明
【例2】 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＝eq \f(31,32)，求λ.
(1)证明 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，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eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，
于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n－1).
(2)解 由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n).
由S5＝eq \f(31,32)，得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).
解得λ＝－1.
规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.
【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，
则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)，
又由题意知a1－2a1＝－3，
所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2等比数列.
(2)解 由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝eq \f(4（1－2n）,1－2)＋eq \f(n（n＋1）,2)－2n＝eq \f(2n＋3＋n2－3n－8,2).
考点三 等比数列的性质及应用
【例3】 (1)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10＝( )
A.12 B.10 C.8 D.2＋lg35
(2)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＝( )
A.40 B.60 C.32 D.50
解析 (1)由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，则原式＝lg3(a1a2…a10)＝lg3(a5a6)5＝10.
(2)数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是首项为4，公比为2的等比数列，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝16，S12－S9＝a10＋a11＋a12＝32，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60.
答案 (1)B (2)B
规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度.
2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.
【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是( )
A.－2 B.－eq \r(2) C.±eq \r(2) D.eq \r(2)
(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝________.
解析 (1)根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，
a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，
所以a3<0，a7<0，即a5<0，
由a3a7＝aeq \\al(2,5)，得a5＝－eq \r(a3a7)＝－eq \r(2).
(2)法一 由等比数列的性质S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，
∴eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).
法二 因为{an}为等比数列，由eq \f(S6,S3)＝3，设S6＝3a，S3＝a(a≠0)，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eq \f(S9,S6)＝eq \f(7a,3a)＝eq \f(7,3).
答案 (1)B (2)eq \f(7,3)
[思维升华]
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)便可迎刃而解.
2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.
(2)分类讨论思想：如求和时要分q＝1和q≠1两种情况讨论，判断单调性时对a1与q分类讨论.
[易错防范]
1.特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况.
2.Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1时且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立.
数学运算——等差(比)数列性质的应用
1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.
2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.
类型1 等差数列两个性质的应用
在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和：
(1)S2n－1＝(2n－1)an；
(2)设{an}的项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd.
【例1】 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－aeq \\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，则m＝________.
(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________.
解析 (1)由am－1＋am＋1－aeq \\al(2,m)＝0得2am－aeq \\al(2,m)＝0，解得am＝0或2.
又S2m－1＝eq \f(（2m－1）（a1＋a2m－1）,2)＝(2m－1)am＝38，
显然可得am≠0，所以am＝2.
代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.
(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.
由已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S偶＝192，,S奇＝162.))
又S偶－S奇＝6d，所以d＝eq \f(192－162,6)＝5.
答案 (1)10 (2)5
类型2 等比数列两个性质的应用
在等比数列{an}中，(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则an·am＝ap·aq；(2)当公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*).
【例2】 (1)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
(2)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.eq \f(1,8) B.－eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
解析 (1)数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.
(2)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＝eq \f(1,8)，所以a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8).
答案 (1)C (2)A
类型3 等比数列前n项和Sn相关结论的活用
(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.
若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.
(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm(q为公比).
【例3】 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
(2)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 (1)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))
所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.
(2)设等比数列{an}的公比q，易知S3≠0.
则S6＝S3＋S3q3＝9S3，所以q3＝8，q＝2.
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，其前5项和为eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(5),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
答案 (1)2 (2)eq \f(31,16)
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
解析 由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，
∴m＝10.
答案 C
2.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，则2a7＋a11的最小值为( )
A.16 B.8 C.2eq \r(2) D.4
解析 因为a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，
所以a4·a14＝a7·a11＝(2eq \r(2))2＝8，
所以2a7＋a11≥2eq \r(2a7a11)＝2eq \r(2×8)＝8，
所以2a7＋a11的最小值为8.
答案 B
3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝( )
A.1 B.5 C.eq \f(31,48) D.eq \f(11,16)
解析 由题意得eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍)，所以S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(5),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(11,16).
答案 D
4.(2017·全国Ⅱ卷)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
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，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴eq \f(a1（1－27）,1－2)＝381，解得a1＝3.
答案 B
5.(2019·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则eq \f(a,b)＝( )
A.－3 B.－1 C.1 D.3
解析 ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，
∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，
a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，
∵等比数列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a1a3，
∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得eq \f(a,b)＝－3.
答案 A
二、填空题
6.等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.
解析 设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝1＋eq \r(2)(舍负).
则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq \f(1,q)＝eq \r(2)－1.
答案 eq \r(2)－1
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________.
解析 ∵an＋Sn＝1，①
∴a1＝eq \f(1,2)，an－1＋Sn－1＝1(n≥2)，②
由①－②，得an－an－1＋an＝0，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,2)(n≥2)，
∴数列{an}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
则an＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,2n).
答案 eq \f(1,2n)
8.(2018·南京模拟)已知数列{an}中，a1＝2，且eq \f(aeq \\al(2,n＋1),an)＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________.
解析 由eq \f(aeq \\al(2,n＋1),an)＝4(an＋1－an)得，aeq \\al(2,n＋1)－4an＋1an＋4aeq \\al(2,n)＝0，
∴(an＋1－2an)2＝0，eq \f(an＋1,an)＝2，∴数列{an}是首项a1＝2，公比为2的等比数列，∴S9＝eq \f(2(1－29),1－2)＝1 022.
答案 1 022
三、解答题
9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－（－2）n,3).
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
10.已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.
解 (1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，
即an＋1－an＝2＝d，
所以数列{an}是一个首项为1，公差为2的等差数列，
an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，
所以q＝3，bn＝3n－1.
数列{bn}的前n项和Tn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
Tn≤Sn即eq \f(3n－1,2)≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得T1>1的n的最小值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析 ∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴aeq \\al(2,3)＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1
答案 C
12.数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( )
A.(3n－1)2 B.eq \f(1,2)(9n－1)
C.9n－1 D.eq \f(1,4)(3n－1)
解析 ∵a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，
∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1，
故数列{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列.
因此aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4(1－9n),1－9)＝eq \f(1,2)(9n－1).
答案 B
13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2aeq \\al(2,5)，且S4＋S12＝λS8，则λ＝______.
解析 ∵{an}是等比数列，a3a11＝2aeq \\al(2,5)，
∴aeq \\al(2,7)＝2aeq \\al(2,5)，∴q4＝2，
∵S4＋S12＝λS8，∴eq \f(a1（1－q4）,1－q)＋eq \f(a1（1－q12）,1－q)＝eq \f(λa1（1－q8）,1－q)，
∴1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，
将q4＝2代入计算可得λ＝eq \f(8,3).
答案 eq \f(8,3)
14.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数).
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解 (1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ).
又a1＝1，
所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
新高考创新预测
15.(创新思维)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是( )
A.a1
解析 构造函数f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1＝0，x＝0，得极小值f(0)＝0，故f(x)≥0，即ex≥x＋1恒成立(x＝0取等号).a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3>a1＋a2＋a3＋1⇒a4>1⇒q>0，且a2>1，a3>1，
若公比q∈(0，1]，则4a1≥a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3>e2＋a1>7ea1>7a1＋7>4a1，产生矛盾.
所以公比q>1，故a1
