高考数学(理数)一轮复习学案6．3《等比数列》(含详解)

这是一份高考数学(理数)一轮复习学案6．3《等比数列》(含详解)，共8页。

1．等比数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的 等于同一 ，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母q表示(q≠0)．
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 ，且G2＝ 或G＝ ．
3．等比数列的通项公式
(1)若{an}是等比数列，则通项an＝或an＝．当n－m为大于1的奇数时，q用an，am表示为q＝ ；当n－m为正偶数时，q＝ ．
(2)an＝a1qn－1可变形为an＝Aqn，其中A＝ ；点(n，an)是曲线 上一群孤立的点．
4．等比数列的前n项和公式
等比数列{an}中，Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1( ，q＝1，,\b\lc\ (\a\vs4\al\c1( ))＝\b\lc\ (\a\vs4\al\c1( ))，q≠1．,)) 求和公式的推导方法是：，为解题的方便，有时可将求和公式变形为Sn＝Bqn－B(q≠1)，其中B＝
且q≠0，q≠1．
5．等比数列的性质
(1)在等比数列中，若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an；
若2m＝p＋q，则aeq \\al(2,m)＝ap·aq(p，q，m，n∈N*)．
(2)若{an}，{bn}均为等比数列，且公比分别为q1，q2，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{p·an}(p≠0)，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍为等比数列且公比分别为 ， ， ， ．
(3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，即an，an＋m，an＋2m，…仍为等比数列，公比为 ．
(4)公比不为－1的等比数列前n项和为Sn(Sn≠0)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…构成等比数列，且公比为 ．
(5)对于一个确定的等比数列，在通项公式an＝a1qn－1中，an是n的函数，这个函数由正比例函数an＝eq \f(a1,q)·u和指数函数u＝qn(n∈N*)复合而成．
①当a1＞0， 或a1＜0， 时，等比数列{an}是递增数列；
②当a1＞0， 或a1＜0， 时，等比数列{an}是递减数列；
③当 时，它是一个常数列；
④当 时，它是一个摆动数列．
自查自纠：
1．比 常数 公比
2．等比中项 ab ±eq \r(ab)
3．(1)a1qn－1 amqn－m eq \r(n－m,\f(an,am)) ±eq \r(n－m,\f(an,am))
(2)eq \f(a1,q) y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,q)))qx
4．na1 eq \f(a1（1－qn）,1－q) eq \f(a1－anq,1－q) 乘公比，错位相减 eq \f(a1,q－1)
5．(2)eq \f(1,q1) q1 q1q2 eq \f(q1,q2) (3)qm (4)qn
(5)①q＞1 0＜q＜1 ②0＜q＜1
q＞1 ③q＝1 ④q＜0

已知等比数列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，则a5＝ ( )
A．±2 B．－2 C．2 D．4
解：因为等比数列{an}中，a2a3a4＝1， a6a7a8＝64，所以aeq \\al(3,3)＝1，aeq \\al(3,7)＝64，即a3＝1，a7＝4，因此aeq \\al(2,5)＝a3a7＝4，因为a5，a3同号，所以a5＝2．故选C．
已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝ －8，则a1＋a10＝ ( )
A．7 B．5 C．－5 D．－7
解：设数列{an}的公比为q，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝2，,a5·a6＝a4·a7＝－8，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝4，,a7＝－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝－2，,a7＝4，)) 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－8，,q3＝－\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q3＝－2，)) 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－8，,a10＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a10＝－8，)) 所以a1＋a10＝－7．故选D．
已知各项均为正数的等比数列{an}中， a5a6＝4，则数列{lg2an}的前10项和为 ( )
A．5 B．6 C．10 D．12
解：由等比数列的性质可得：a1a10＝a2a9＝…＝a5a6＝4，所以数列{lg2an}的前10项和lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a10＝lg2(a1a2…a10)＝lg2(a5a6)5＝lg245＝10．故选C．
等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________．
解：设数列{an}的公比为q．由S3＋3S2＝0，得4a1＋4a2＋a3＝0，则4a1＋4a1q＋a1q2＝0．显然a1≠0，所以4＋4q＋q2＝0，解得q＝－2．故填－2．
若等比数列的各项均为正数，前4项的和为8，积为eq \f(16,9)，则前4项的倒数之和为________．
解：依题意知，a1＋a2＋a3＋a4＝8，a1a2a3a4＝(a1a4)2＝eq \f(16,9)，又a1a4>0，所以a1a4＝eq \f(4,3)，所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,a3)))＝eq \f(a1＋a4,a1a4)＋eq \f(a2＋a3,a2a3)＝eq \f(a1＋a2＋a3＋a4,a1a4)＝6．故填6．
类型一 等比数列的判定与证明

(eq \a\vs4\al(2018·汕头高三期末质量检测))已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n．
(1)求证：{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn．
解：(1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，解得a1＝1．
因为Sn＝2an－n，①
所以Sn－1＝2an－1－(n－1)，n≥2．②
①－②得：an＝2an－2an－1－1，
整理得an＝2an－1＋1，
所以an＋1＝2an－1＋2＝2(an－1＋1)，
即eq \f(an＋1,an－1＋1)＝2(n≥2)，
又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝2＋22＋…＋2n－n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
所以Tn＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－[3＋4＋5＋…＋(n＋2)]
＝eq \f(4（1－2n）,1－2)－eq \f(n（3＋n＋2）,2)＝2n＋2－eq \f(n2＋5n,2)－4．
点 拨：
等比数列的四种常用判定方法
(eq \a\vs4\al(2018·沈阳东北育才学校高三模拟))已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2＋Sn对一切正整数n恒成立．
(1)求当a1为何值时，数列{an}是等比数列，并求出它的通项公式；
(2)在(1)的条件下，记数列bn＝eq \f(an,（an＋1＋1）（an＋1）)的前n项和为Tn，求Tn．
解：(1)因为an＋1＝2＋Sn，所以an＝2＋ Sn－1(n≥2)，两式相减得an＋1＝2an(n≥2)，
因为数列{an}是等比数列，所以a2＝2a1，所以{an}的公比为2．又a2＝2＋S1＝2＋a1，所以a1＝2．
所以当a1＝2时，{an}为等比数列，其通项公式为an＝2n，
(2)因为bn＝eq \f(2n,（1＋2n）（1＋2n＋1）)＝eq \f(1,1＋2n)－eq \f(1,1＋2n＋1)，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)．
类型二 等比数列基本量的计算
(1)(eq \a\vs4\al(2019届湖南长郡中学高三第一次月考))已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足eq \f(S2m,Sm)＝9，eq \f(a2m,am)＝eq \f(5m＋1,m－1)，则数列{an}的公比为________．
解：设等比数列的公比为q，
当q＝1时，eq \f(S2m,Sm)＝2≠9，不满足题意．
当q≠1时，因为eq \f(S2m,Sm)＝9，所以eq \f(\f(a1（1－q2m）,1－q),\f(a1（1－qm）,1－q))＝9，化简得qm＝8，又因为eq \f(a2m,am)＝eq \f(5m＋1,m－1)，所以eq \f(a1q2m－1,a1qm－1)＝eq \f(5m＋1,m－1)，化简得qm＝eq \f(5m＋1,m－1)，即8＝eq \f(5m＋1,m－1)，解得 m＝3，所以q3＝8，即q＝2．故填2．
(2)已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是 ( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪(1，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
解：设等比数列{an}的公比为q，则
S3＝a1＋a2＋a3＝a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋q＋\f(1,q)))＝1＋q＋eq \f(1,q)，
当q>0时，S3＝1＋q＋eq \f(1,q)≥1＋2eq \r(q·\f(1,q))＝3(当且仅当q＝1时取等号)；
当q0，因为 anan＋1＝22n(n∈N*), 所以eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(22（n＋1）,22n)＝4＝q2，解得q＝2，
所以anan＋1＝2aeq \\al(2,n)＝22n，an>0，解得an＝2eq \s\up6(\f(2n－1,2))，则a6－a5＝2eq \s\up6(\f(11,2))－2eq \s\up6(\f(9,2))＝16eq \r(2)．
另解：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1a2＝4，,a2a3＝16，))求得a2＝2eq \r(2)，a1＝eq \r(2)，进而求a5，a6．故选D．
类型三 等比数列的性质
(1)已知各项均不为0的等差数列{an}，满足2a3－aeq \\al(2,7)＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________．
解：因为{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－aeq \\al(2,7)＝0，解得a7＝4或 a7＝0(舍去)，又{bn}为等比数列，所以b6b8＝beq \\al(2,7)＝aeq \\al(2,7)＝16．故填16．
(2)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：设等比数列{an}的公比为q，因为a3a11＝2aeq \\al(2,5)，所以aeq \\al(2,7)＝2aeq \\al(2,5)，所以q4＝2．因为S4＋S12＝λS8，所以eq \f(a1（1－q4）,1－q)＋eq \f(a1（1－q12）,1－q)＝eq \f(λa1（1－q8）,1－q)，即1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，将q4＝2代入计算可得 λ＝eq \f(8,3)．故填eq \f(8,3)．
(3)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3＝________．
解：由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，不妨令S3＝2，则S6＝1，代入解得S9＝eq \f(3,2)，S9∶S3＝3∶4．故填3∶4．
(4)设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lgan}与{lgbn}的前n项和，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n,2n＋1)，则lgb5a5＝________．
解：由题意知eq \f(S9,T9)＝eq \f(lg（a1·a2·…·a9）,lg（b1·b2·…·b9）)＝eq \f(lgaeq \\al(9,5),lgbeq \\al(9,5))＝eq \f(lga5,lgb5)＝ SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(9,19)．故填eq \f(9,19)．
点 拨：
①在等比数列中，若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．②等比数列中，依次m项积仍为等比数列，但公比发生变化．③性质“当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，有am·an＝ap·aq”常用来转化条件．
(1) 已知数列{an}为等比数列，若 a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为 ( )
A．10 B．20 C．100 D．200
解：a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝aeq \\al(2,4)＋2a4a6＋aeq \\al(2,6)＝(a4＋a6)2＝102＝100．故选C．
(2)在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________．
解：设等比数列{an}的公比为q，由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q2＝8，,a1q4＋a1q6＝4，))解得q4＝eq \f(1,2)．
又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3．故填3．
(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：由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1知，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)．故填－eq \f(1,2)．
(4)(eq \a\vs4\al(2018届江苏常州高三期末))各项均为正数的等比数列{an}中，若a2a3a4＝a2＋a3＋a4，则a3的最小值为________．
解：因为{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a3a4＝a2＋a3＋a4，所以aeq \\al(3,3)－a3＝a2＋a4，则aeq \\al(3,3)－a3＝a2＋a4≥2eq \r(a2a4)＝2a3，当且仅当a2＝a4时取等号，即(aeq \\al(2,3)－3)a3≥0，即aeq \\al(2,3)≥3，a3≥eq \r(3)，即a3的最小值为eq \r(3)．故填eq \r(3)．
1．注意等比数列每一项均不为0，q也不为0．
2．等比数列中，已知五个元素a1，an，n，q，Sn中的任意三个，便可求出其余两个．可类比上节等差数列“名师点睛”栏1进行探究．
3．准确理解等比数列的定义及各公式的等价形式，灵活运用等比数列的性质．
4．在含字母参数的等比数列求和时，应分q＝1与q≠1两种情况进行讨论．
5．学习等比数列，要善于将其与等差数列进行类比，如等差数列中与“和”有关的性质可类比等比数列中与“积”有关的性质，还可对二者的思维形式、方法与技巧进行类比．
6．等比数列通项公式的求法有：
(1)观察法．
(2)公式法．
①an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）；))
②等比数列{an}的通项公式．
(3)构造法．
①an＋1＝pan＋q; ②an＋1＝pan＋qn；
③an＋1＝pan＋f(n); ④an＋2＝pan＋1＋qan．
1．已知正项等比数列{an}满足a4＝4，a2＋a6＝10，则公比q＝ ( )
A．eq \r(2)或eq \f(\r(2),2) B．eq \r(2) C．eq \f(1,2) D．2或eq \f(1,2)
解：因为a4＝4，a2＋a6＝10，所以eq \f(a4,q2)＋a4q2＝10，得2q4－5q2＋2＝0，得q2＝2或eq \f(1,2)，又q＞0，所以q＝eq \r(2)或eq \f(\r(2),2)．故选A．
2．在正项等比数列{an}中，Sn是其前n项和．若a1＝1，a2a6＝8，则S8＝ ( )
A．8 B．15(eq \r(2)＋1)
C．15(eq \r(2)－1) D．15(1－eq \r(2))
解：因为a2a6＝aeq \\al(2,4)＝8，所以aeq \\al(2,1)q6＝8，所以q＝eq \r(2)，所以S8＝eq \f(1－q8,1－q)＝15(eq \r(2)＋1)．故选B．
3．等比数列{an}中，a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，则a7＋a8＝ ( )
A．135 B．100 C．95 D．80
解：因为{an}是等比数列，所以a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8也是等比数列，所以a7＋a8＝40×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(60,40)))eq \s\up12(3)＝135．故选A．
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝2，S8＝10，则S16＝ ( )
A．50 B．70 C．170 D．250
解：显然等比数列{an}的公比不等于－1，由等比数列的性质可得S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等比数列，即2，8，S12－10，S16－S12成等比数列，所以S12－10＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,2)))eq \s\up12(2)＝32，S16－S12＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,2)))eq \s\up12(3)＝128，所以S16＝128＋S12＝128＋(32＋10)＝170．故选C．
5．已知等比数列{an}各项均为正数，满足a1＋a3＝3，a4＋a6＝6eq \r(2)， 则a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝ ( )
A．62 B．62eq \r(2) C．61 D．61eq \r(2)
解：设等比数列{an}的公比为q，由题知q3＝eq \f(a4＋a6,a1＋a3)＝2eq \r(2)，所以q＝eq \r(2)．因为a1＋a1q2＝3，所以a1＝1，a3＝2．而a1a3，a2a4，a3a5，a4a6，a5a7成等比数列，且公比为q2，故a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝eq \f(a1a3[1－（q2）5],1－q2)＝eq \f(1×2×（1－25）,1－2)＝62．故选A．
6．若数列{an}是正项递减等比数列，Tn表示其前n项的积，且T8＝T12，则当Tn取最大值时，n的值等于 ( )
A．9 B．10 C．11 D．12
解：因为T8＝T12，所以a9a10a11a12＝1，又a9a12＝a10a11＝1，且数列{an}是正项递减数列，所以a9>a10>1>a11>a12，因此T10取最大值．故选B．
7．已知正项等比数列{an}的公比为3，若aman＝9aeq \\al(2,2)，则eq \f(2,m)＋eq \f(1,2n)的最小值等于________．
解：因为正项等比数列{an}的公比为3，且aman＝9aeq \\al(2,2)，所以a2·3m－2·a2·3n－2＝aeq \\al(2,2)·3m＋n－4＝9aeq \\al(2,2)，所以m＋n＝6，所以eq \f(2,m)＋eq \f(1,2n)＝eq \f(1,6)(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)＋\f(1,2n)))＝eq \f(1,6)(2＋eq \f(m,2n)＋eq \f(2n,m)＋eq \f(1,2))≥eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋2))＝eq \f(3,4)，当且仅当m＝2n＝4时取等号．故填eq \f(3,4)．
8．(eq \a\vs4\al(2018·山西晋城一模))已知在公比不为1的等比数列{an}中，a2a4＝9，且2a3为3a2和a4的等差中项，设数列{an}的前n项积为Tn，则T8＝________．
解：由题意得a2a4＝aeq \\al(2,3)＝9．设等比数列{an}的公比为q，由2a3为3a2和a4的等差中项可得4a3＝3a2＋a4，即4a3＝eq \f(3a3,q)＋a3q，整理得q2－4q＋3＝0，由公比不为1，解得q＝3．所以T8＝a1·a2·…·a8＝aeq \\al(8,1)q28＝(aeq \\al(8,1)q16)·q12＝(a1q2)8·q12＝aeq \\al(8,3)·q12＝94×312＝320．故填320．
9．(eq \a\vs4\al(2016·全国卷Ⅲ))已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由题意得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4)．
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，
得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)．
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，因此an＝eq \f(1,2n－1)．
10．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．
解：(1)证明：因为an＋Sn＝n，①
所以an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
所以2an＋1＝an＋1，所以2(an＋1－1)＝an－1，
又易得a1＝eq \f(1,2)，a1－1＝－eq \f(1,2)≠0，
所以eq \f(an＋1－1,an－1)＝eq \f(1,2)．
所以{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)可知cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
所以an＝cn＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)．
所以当n≥2时，
bn＝an－an－1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)．
又b1＝a1＝eq \f(1,2)代入上式也符合，所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)．
11．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a4＝8))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．
设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1．
(2)Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1，
又bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))
＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1)．
已知正项数列{an}满足3an－2anan－1－an－1＝0(n≥2)且a1＝eq \f(1,3)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{an}的前n项和Sn