(新高考)高考数学一轮复习讲义第6章§6.3等比数列(含详解)

§6.3　等比数列考试要求　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.了解等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列的有关概念(1)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比都等于同一个常数(不为零)，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，通常用字母q表示，定义的表达式为eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)．(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的等比中项，此时，G2＝ab.2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn－1.(2)前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*)．(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝aeq \o\al(2,k).(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．(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)若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1<0，,00，,01，))则等比数列{an}递减．常用结论1．若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq \o\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))也是等比数列．2．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.3．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比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．(　×　)教材改编题1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a4＝eq \f(1,2)，则公比q等于(　　)A．－eq \f(1,2) B．－2 C．2 D．±eq \f(1,2)答案　D解析　设等比数列的公比为q，∵{an}是等比数列，a2＝2，a4＝eq \f(1,2)，∴a4＝a2q2，∴q2＝eq \f(a4,a2)＝eq \f(1,4)，∴q＝±eq \f(1,2).2．在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a11＋2a6a8＋a3a13＝25，则a6＋a8＝______.答案　5解析　∵{an}是等比数列，且a1a11＋2a6a8＋a3a13＝25，∴aeq \o\al(2,6)＋2a6a8＋aeq \o\al(2,8)＝(a6＋a8)2＝25.又∵an>0，∴a6＋a8＝5.3．已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________．答案　1,3,9或9,3,1解析　设这三个数为eq \f(a,q)，a，aq，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝3，))∴这三个数为1,3,9或9,3,1.题型一　等比数列基本量的运算例1　(1)(2020·全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)等于(　　)A．2n－1 B．2－21－nC．2－2n－1 D．21－n－1答案　B解析　方法一　设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(24,12)＝2.由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.方法二　设等比数列{an}的公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3q2－a3＝12，①,a4q2－a4＝24， ②))eq \f(②,①)得eq \f(a4,a3)＝q＝2.将q＝2代入①，解得a3＝4.所以a1＝eq \f(a3,q2)＝1，下同方法一．(2)(2019·全国Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq \f(1,3)，aeq \o\al(2,4)＝a6，则S5＝________.答案　eq \f(121,3)解析　设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq \f(121,3).教师备选1．已知数列{an}为等比数列，a2＝6,6a1＋a3＝30，则a4＝________.答案　54或24解析　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1·q＝6，,6a1＋a1·q2＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝3，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝3，))a4＝a1·q3＝2×33＝54或a4＝3×23＝3×8＝24.2．已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若a2a6＝－2a7，S3＝－6，则a6等于(　　)A．－2或32 B．－2或64C．2或－32 D．2或－64答案　B解析　∵数列{an}为等比数列，a2a6＝－2a7＝a1a7，解得a1＝－2，设数列的公比为q，S3＝－6＝－2－2q－2q2，解得q＝－2或q＝1，当q＝－2时，则a6＝(－2)6＝64，当q＝1时，则a6＝－2.思维升华　(1)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).跟踪训练1　(1)(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于(　　)A．2 B．3 C．4 D．5答案　C解析　a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴eq \f(2k＋11－210,1－2)＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.(2)(2020·新高考全国Ⅱ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.①求{an}的通项公式；②求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.解　①设{an}的公比为q(q>1)．由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝32))(舍去)．所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.②由于(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1，故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1＝eq \f(23[1－－22n],1－－22)＝eq \f(8,5)－(－1)neq \f(22n＋3,5).题型二　等比数列的判定与证明例2　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}是否为等比数列，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.教师备选已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，求{an}的通项公式．(1)证明　an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an>0，所以eq \f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．(2)解　由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，an＝eq \f(1,2)×3n－1.思维升华　等比数列的三种常用判定方法(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且aeq \o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．(3)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．跟踪训练2　Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.(1)求an及Sn；(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解　(1)易知q≠1，由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))解得a1＝1，q＝3，∴an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq \f(1,2)，此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq \f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列．题型三　等比数列的性质例3　(1)若等比数列{an}中的a5，a2 019是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2 023等于(　　)A.eq \f(2 024,3) B．1 011C.eq \f(2 023,2) D．1 012答案　C解析　由题意得a5a2 019＝3，根据等比数列性质知，a1a2 023＝a2a2 022＝…＝a1 011a1 013＝a1 012a1 012＝3，于是a1 012＝ SKIPIF 1 < 0 ，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2 023＝log3(a1a2a3…a2 023) SKIPIF 1 < 0 (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等于(　　)A．40 B．60 C．32 D．50答案　B解析　数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.教师备选1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝__________.答案　eq \f(7,3)解析　设等比数列{an}的公比为q，易知q≠－1，由等比数列前n项和的性质可知S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，∴eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，又由已知得S6＝3S3，∴S9－S6＝4S3，∴S9＝7S3，∴eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).2．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＝________.答案　2解析　由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.思维升华　(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．跟踪训练3　(1)(2022·安康模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40等于(　　)A．5 B．10 C．15 D．－20答案　C解析　易知等比数列{an}的前n项和Sn满足S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30，…成等比数列．设{an}的公比为q，则eq \f(S20－S10,S10)＝q10>0，故S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30，…均大于0.故(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，即(S20－1)2＝1·(7－S20)⇒Seq \o\al(2,20)－S20－6＝0.因为S20>0，所以S20＝3.又(S30－S20)2＝(S20－S10)(S40－S30)，所以(7－3)2＝(3－1)(S40－7)，故S40＝15.(2)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋a3＋…＋a8＝4，a1a2·…·a8＝16，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)的值为(　　)A．2 B．4C．8 D．16答案　A解析　∵a1a2…a8＝16，∴a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2，∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a8)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,a7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a6)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a4)＋\f(1,a5)))＝eq \f(1,2)(a1＋a8)＋eq \f(1,2)(a2＋a7)＋eq \f(1,2)(a3＋a6)＋eq \f(1,2)(a4＋a5)＝eq \f(1,2)(a1＋a2＋…＋a8)＝2.课时精练1．(2022·合肥市第六中学模拟)若等比数列{an}满足a1＋a2＝1，a4＋a5＝8，则a7等于(　　)A.eq \f(64,3) B．－eq \f(64,3)C.eq \f(32,3) D．－eq \f(32,3)答案　A解析　设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a4＋a5,a1＋a2)＝q3＝8，所以q＝2，又a1＋a2＝a1(1＋q)＝1，所以a1＝eq \f(1,3)，所以a7＝a1×q6＝eq \f(1,3)×26＝eq \f(64,3).2．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答案　B解析　根据等比数列的性质得a3a5＝aeq \o\al(2,4)，∴aeq \o\al(2,4)＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.又∵a1＝1，a1a7＝aeq \o\al(2,4)＝4，∴a7＝4.3．(2022·开封模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为(　　)A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C.eq \f(1,9) D．－eq \f(1,9)答案　B解析　由等比数列前n项和的性质知，Sn＝32n－1＋r＝eq \f(1,3)×9n＋r，∴r＝－eq \f(1,3).4．(2022·天津北辰区模拟)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第四天走的路程为(　　)A．6里 B．12里C．24里 D．48里答案　C解析　由题意可知，该人所走路程形成等比数列{an}，其中q＝eq \f(1,2)，因为S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a4＝a1·q3＝192×eq \f(1,8)＝24.5．(多选)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是(　　)A．数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列C．数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列答案　AD解析　对于A，由eq \f(anan＋1,an－1an)＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；对于B，当q＝－1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于C，当q＝1时，数列{an－an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D，eq \f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列．6．(多选)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有(　　)A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列C．an＝2·3n－1 D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))答案　ABD解析　由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又a1＝1，则a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2.))当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝3n－1，又S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，又eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，所以数列{Sn}为首项为1，公比为3的等比数列，综上可得选项ABD是正确的．7．(2022·嘉兴联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.答案　1解析　由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，又S6＝S3＋q3S3，得63＝7＋7q3.∴q3＝8，q＝2.由S3＝eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－8,1－2)＝7，得a1＝1.8．已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝eq \f(1,3)，则a4＝________.答案　3　81解析　由{an}是等比数列，得a3a5a7a9a11＝aeq \o\al(5,7)＝243，故a7＝3，a4＝eq \f(a7,q3)＝81.9．(2022·徐州模拟)已知等差数列{an}的公差为2，其前n项和Sn＝pn2＋2n，n∈N*.(1)求实数p的值及数列{an}的通项公式；(2)在等比数列{bn}中，b3＝a1，b4＝a2＋4，若{bn}的前n项和为Tn，求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn＋\f(1,6)))为等比数列．(1)解　Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝na1＋n(n－1)＝n2＋(a1－1)n，又Sn＝pn2＋2n，n∈N*，所以p＝1，a1－1＝2，即a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)证明　因为b3＝a1＝3，b4＝a2＋4＝9，所以q＝3，所以bn＝b3·qn－3＝3n－2，所以b1＝eq \f(1,3)，所以Tn＝eq \f(\f(1,3)1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,6)，所以Tn＋eq \f(1,6)＝eq \f(3n,6)，又T1＋eq \f(1,6)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(Tn＋\f(1,6),Tn－1＋\f(1,6))＝eq \f(\f(3n,6),\f(3n－1,6))＝3(n≥2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn＋\f(1,6)))是以eq \f(1,2)为首项，3为公比的等比数列．10．(2022·威海模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1－2an.(1)求证：数列{bn}为等比数列；(2)设cn＝|bn－100|，Tn为数列{cn}的前n项和．求T10.(1)证明　由Sn＋1＝4an＋1，得Sn＝4an－1＋1(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，所以eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(an＋1－2an,an－2an－1)＝eq \f(2an－2an－1,an－2an－1)＝2(n≥2)，又a1＝1，S2＝4a1＋1，故a2＝4，a2－2a1＝2＝b1≠0，所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列．(2)解　由(1)可得bn＝2·2n－1＝2n，所以cn＝|2n－100|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(100－2n，n≤6，,2n－100，n>6，))所以T10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400＝200－eq \f(21－26,1－2)＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1 994.11．(多选)(2022·滨州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是(　　)A．数列{an＋1＋an}为等比数列B．数列{an＋1－2an}为等比数列C．an＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)D．S20＝eq \f(2,3)(410－1)答案　ABD解析　因为an＝an－1＋2an－2(n≥3)，所以an＋an－1＝2an－1＋2an－2＝2(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；同理an－2an－1＝an－1＋2an－2－2an－1＝－an－1＋2an－2＝－(an－1－2an－2)，而a2－2a1＝－1，所以{an＋1－2an}是等比数列，B正确；若an＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)，则a2＝eq \f(23＋－12,3)＝3，但a2＝1≠3，C错误；由A知{an＋an－1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝eq \f(21－410,1－4)＝eq \f(2,3)(410－1)，D正确．12．(多选)(2022·黄冈模拟)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，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是(　　)A．01C．Sn的最大值为S9 D．Tn的最大值为T7答案　AD解析　∵a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0，∴a7>1,01,01,01，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．解　(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，所以2a2＝a1＋a3－8，即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))<eq \f(3,4).因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).