新高考数学一轮复习学案第7章第3讲 等比数列及其前n项和（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第7章第3讲 等比数列及其前n项和（含解析），共15页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．等比数列的有关概念
(1)定义：
①文字语言：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(非零)．
②符号语言：eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即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\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1(1－qn),1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
3．等比数列的性质
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,r)；
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列；
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
常用结论
1．等比数列的单调性
当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；
当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}是常数列．
2．等比数列与指数函数的关系
当q≠1时，an＝eq \f(a1,q)·qn，可以看成函数y＝cqx，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上．
3．等比数列{an}的前n项和Sn＝A＋B·Cn⇔A＋B＝0，公比q＝C(A，B，C均不为零)
二、教材衍化
1．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
解析：选D．设等比数列的公比为q，则a3＝a1q2，a6＝a1q5，a9＝a1q8，满足(a1q5)2＝a1q2·a1q8，
即aeq \\al(2,6)＝a3·a9.
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝eq \f(5,4)，a2＋a4＝eq \f(5,2)，则q＝________．
答案：2
3．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，得q3＝27，所以q＝3.
所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.
答案：27，81
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(4)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(5)等比数列中不存在数值为0的项．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)运用等比数列的前n项和公式时，忽略q＝1的情况；
(2)忽视等比数列的项不为0；
(3)对等比数列项的符号不能作出正确判断．
1．已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是( )
A．1 B．－eq \f(1,2)
C．1或－eq \f(1,2) D．－1或eq \f(1,2)
解析：选C．当q＝1时，an＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q2＝7，,\f(a1(1－q3),1－q)＝21，))得q＝－eq \f(1,2).综上，q的值是1或－eq \f(1,2)，故选C．
2．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，
所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，
即x2＋5x＋4＝0，
解得x＝－1或x＝－4.
当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，
不是等比数列，舍去．
答案：－4
3．在等比数列{an}中，a2＝4，a10＝16，则a2和a10的等比中项为________．
解析：设a2与a10的等比中项为G，
因为a2＝4，a10＝16，
所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.
答案：±8
考点一 等比数列的基本运算(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))探索并掌握等比数列的通项公式与前n项和的公式．
核心素养：数学运算
(1)(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝________．
(2)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.则an＝________．
【解析】 (1)通解：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1及S3＝eq \f(3,4)，易知q≠1.把a1＝1代入S3＝eq \f(a1(1－q3),1－q)＝eq \f(3,4)，得1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，解得q＝－eq \f(1,2)，所以S4＝eq \f(a1(1－q4),1－q)＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).
优解一：设等比数列{an}的公比为q，因为S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝eq \f(3,4)，a1＝1，所以1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，解得q＝－eq \f(1,2)，所以a4＝a1·q3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝－eq \f(1,8)，所以S4＝S3＋a4＝eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)))＝eq \f(5,8).
优解二：设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠1.设数列{an}的前n项和Sn＝A(1－qn)(其中A为常数)，则a1＝S1＝A(1－q)＝1 ①，S3＝A(1－q3)＝eq \f(3,4) ②，由①②可得A＝eq \f(2,3)，q＝－eq \f(1,2).所以S4＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(4)))＝eq \f(5,8).
(2)设{an}的公比为q，由题设得
2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
【答案】 (1)eq \f(5,8) (2)22n－1
eq \a\vs4\al()
解决等比数列有关问题的2种常用思想
1．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( )
A．16 B．8
C．4 D．2
解析：选C．设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，由a5＝3a3＋4a1，得a1q4＝3a1q2＋4a1，得q4－3q2－4＝0，令q2＝t，则t2－3t－4＝0，解得t＝4或t＝－1(舍去)，所以q2＝4，即q＝2或q＝－2(舍去)．又S4＝eq \f(a1(1－q4),1－q)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.故选C．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3.
解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②
联立①和②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝0))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2.))
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，
解得q＝－5或q＝4.
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.
当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
考点二 等比数列的判定与证明(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))理解等比数列的概念，发现数列的等比关系，体会等比数列与函数的关系．
核心素养：逻辑推理
(1)已知数列{an}是等比数列，则下列命题不正确的是( )
A．数列{|an|}是等比数列
B．数列{anan＋1}是等比数列
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等比数列
D．数列{lg aeq \\al(2,n)}是等比数列
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．
【解】 (1)选D．因为数列{an}是等比数列，所以eq \f(an＋1,an)＝q.对于A，eq \f(|an＋1|,|an|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))＝|q|，所以数列{|an|}是等比数列，A正确；对于B，eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝q2，所以数列{anan＋1}是等比数列，B正确；对于C，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\c1(\f(1,an)))是等比数列，C正确；对于D，eq \f(lg aeq \\al(2,n＋1),lg aeq \\al(2,n))＝eq \f(2lg an＋1,2lg an)＝eq \f(lg an＋1,lg an)，不一定是常数，所以D错误．
(2)证明：因为an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an，所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝eq \f(4an＋1－4an－2an＋1,an＋1－2an)＝eq \f(2an＋1－4an,an＋1－2an)＝2.
因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.
所以b1＝a2－2a1＝3.
所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
【迁移探究1】 (变问法)若本例(2)中的条件不变，试求{an}的通项公式．
解：由(2)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
所以eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(3,4)，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(3,4)的等差数列．
所以eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·eq \f(3,4)＝eq \f(3n－1,4)，
所以an＝(3n－1)·2n－2.
【迁移探究2】 (变条件)在本例(2)中，若cn＝eq \f(an,3n－1)，证明：数列{cn}为等比数列．
证明：由[迁移探究1]知，an＝(3n－1)·2n－2，所以cn＝2n－2.
所以eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(2n－1,2n－2)＝2，又c1＝eq \f(a1,3×1－1)＝eq \f(1,2)，
所以数列{cn}是首项为eq \f(1,2)，公比为2的等比数列．
eq \a\vs4\al()
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)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：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：若数列的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为不为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．
[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．
1．(一题多解)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·2n－1＋eq \f(1,6)，则a的值为( )
A．－eq \f(1,3) B．eq \f(1,3)
C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
解析：选A．法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n－1－a·2n－2＝a·2n－2，当n＝1时，a1＝S1＝a＋eq \f(1,6)，所以a＋eq \f(1,6)＝eq \f(a,2)，所以a＝－eq \f(1,3).
法二：因为等比数列的前n项和Sn＝k×qn－k，则eq \f(1,2)a＝－eq \f(1,6)，a＝－eq \f(1,3).
2．(2019·高考全国卷Ⅱ节选)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列．
证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
考点三 等比数列的性质及应用(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))能用等比数列的有关知识解决相应的问题．
核心素养：数学运算
角度一 等比数列项的性质的应用
(1)(2020·洛阳市第一次联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则eq \f(a2a16,a9)的值为( )
A．－eq \f(2＋\r(2),2) B．－eq \r(2)
C．eq \r(2) D．－eq \r(2)或eq \r(2)
(2)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋lg2a4＋lg2a5＝________．
【解析】 (1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，所以a3·a15＝aeq \\al(2,9)＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，则a9＝－eq \r(2)，所以eq \f(a2a16,a9)＝eq \f(aeq \\al(2,9),a9)＝a9＝－eq \r(2).
(2)由题意知a1a5＝aeq \\al(2,3)＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以a3＝2.所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝(aeq \\al(2,3))2·a3＝aeq \\al(5,3)＝25.所以lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋lg2a4＋lg2a5＝lg2(a1a2a3a4a5)＝lg225＝5.
【答案】 (1)B (2)5
角度二 等比数列前n项和的性质的应用
(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)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S9,S3)＝________．
【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}的公比为q，因为eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，所以{an}的公比q≠1.由eq \f(a1(1－q6),1－q)÷eq \f(a1(1－q3),1－q)＝eq \f(1,2)，得q3＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(S9,S3)＝eq \f(1－q9,1－q3)＝eq \f(3,4).
【答案】 (1)2 (2)eq \f(3,4)
eq \a\vs4\al()
等比数列性质应用问题的解题突破口
等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，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．
[提醒] 在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要对性质进行适当变形．此外，解题时注意“设而不求”的运用．
1．已知等比数列{an}中，a4＋a8＝－2，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为( )
A．4 B．6
C．8 D．－9
解析：选A．a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2aeq \\al(2,6)＋a6a10＝aeq \\al(2,4)＋2a4a8＋aeq \\al(2,8)＝(a4＋a8)2，因为a4＋a8＝－2，所以a6(a2＋2a6＋a10)＝4.
2．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于( )
A．12 B．13
C．14 D．15
解析：选C．因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．
不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(12,4)＝3.
所以bm＝4×3m－1.
令bm＝324，即4×3m－1＝324，解得m＝5，
所以b5＝324，即a13a14a15＝324.
所以n＝14.
3．在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝eq \f(15,8)，a8a9＝－eq \f(9,8)，则eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a8)＋eq \f(1,a9)＋eq \f(1,a10)＝________．
解析：因为eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a10)＝eq \f(a7＋a10,a7a10)，eq \f(1,a8)＋eq \f(1,a9)＝eq \f(a8＋a9,a8a9)，
由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，
所以eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a8)＋eq \f(1,a9)＋eq \f(1,a10)＝eq \f(a7＋a8＋a9＋a10,a8a9)
＝eq \f(15,8)÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,8)))＝－eq \f(5,3).
答案：－eq \f(5,3)
[基础题组练]
1．(2020·广东六校第一次联考)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( )
A．16 B．15
C．8 D．7
解析：选B．设公比为q，由题意得4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，又a1≠0，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝eq \f(1×(1－24),1－2)＝15，故选B．
2．(2020·辽宁五校联考)各项为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，则lg2a7＋lg2a11的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C．由题意得a4a14＝(2eq \r(2))2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，所以lg2a7＋lg2a11＝lg2(a7a11)＝lg28＝3，故选C．
3．(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\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列
解析：选AD．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，若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\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列，故选AD．
4．(2020·长春市质量监测(一))已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,7)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,7)
解析：选A．法一：由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而S6＝eq \f(a1(1－26),1－2)＝63a1，所以eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝eq \f(21a1,63a1)＝eq \f(1,3)，故选A．
法二：由题意知S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a1＋a3＋a5＋(a2＋a4＋a6)＝a1＋a3＋a5＋2(a1＋a3＋a5)＝3(a1＋a3＋a5)，故eq \f(a1＋a3＋a5,S6)＝eq \f(1,3)，故选A．
5．(应用型)(2020·宁夏中卫一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，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．”则该人最后一天走的路程为( )
A．24里 B．12里
C．6里 D．3里
解析：选C．记该人每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，
由S6＝378，得S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
所以a6＝192×eq \f(1,25)＝6，故选C．
6．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq \f(1,3)，aeq \\al(2,4)＝a6，则S5＝________．
解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\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).
优解：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝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).
答案：eq \f(121,3)
7．(2020·陕西第二次质量检测)公比为eq \r(2)的等比数列{an}的各项都是正数，且a2a12＝16，则lg2a15＝________．
解析：等比数列{an}的各项都是正数，且公比为eq \r(2)，a2a12＝16，
所以a1qa1q11＝16，即aeq \\al(2,1)q12＝16，
所以a1q6＝22，所以a15＝a1q14＝a1q6(q2)4＝26，则lg2a15＝lg226＝6.
答案：6
8．已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为________；a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝________．
解析：由a2＝2，a1＋a3＝5，{an}是递减的等比数列，得a1＝4，a3＝1，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8，公比为eq \f(1,4)的等比数列的前n项和．故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＋2＋eq \f(1,2)＋…＋8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))).
答案：an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1) eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n)))
9．(2018·高考全国卷Ⅲ)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．(2020·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q＜1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设m∈Z，若Sn＜m恒成立，求m的最小值．
解：(1)由a2＝2，S3＝7得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝2，,a1＋a1q＋a1q2＝7，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))(舍去)
所以an＝4·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－3).
(2)由(1)可知，Sn＝eq \f(a1(1－qn),1－q)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＜8.
因为an＞0，所以Sn单调递增．
又S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7，8)．
又Sn＜m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.
[综合题组练]
1．(多选)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．0＜q＜1 B．a7·a9＞1
C．Sn的最大值为S9 D．Tn的最大值为T7
解析：选AD．因为a1＞1，a7·a8＞1，eq \f(a7－1,a8－1)＜0，所以a7＞1，a8＜1，所以0＜q＜1，故A正确；a7a9＝aeq \\al(2,8)＜1，故B错误；因为a1＞1，0＜q＜1，所以数列为递减数列，所以Sn无最大值，故C错误；又a7＞1，a8＜1，所以T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确．故选AD．
2．(2020·河南郑州三测)已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为( )
A．eq \f(1,2)×(310－1) B．eq \f(1,8)×(910－1)
C．eq \f(1,26)×(279－1) D．eq \f(1,26)×(2710－1)
解析：选D．因为an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以ban＝33n－3＝27n－1，所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ban}的前10项和为eq \f(1×(1－2710),1－27)＝eq \f(1,26)×(2710－1)，故选D．
3．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq \f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：因为eq \f(an＋m,am)＝an，
令m＝1，则eq \f(an＋1,a1)＝an，即eq \f(an＋1,an)＝a1＝2，
所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，
Sn＝eq \f(2(1－2n),1－2)＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
4．(综合型)(2020·安徽合肥等六校联考)已知等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有A≤2Sn－eq \f(1,Sn)≤B恒成立，则B－A的最小值为______．
解析：因为等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，所以Sn＝eq \f(\f(3,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1＋\f(1,2))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n).令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n)，则－eq \f(1,2)≤t≤eq \f(1,4)，Sn＝1－t，所以eq \f(3,4)≤Sn≤eq \f(3,2)，所以2Sn－eq \f(1,Sn)的最小值为eq \f(1,6)，最大值为eq \f(7,3).又因为A≤2Sn－eq \f(1,Sn)≤B对任意n∈N*恒成立，所以B－A的最小值为eq \f(7,3)－eq \f(1,6)＝eq \f(13,6).
答案：eq \f(13,6)
5．(2020·山西长治二模)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)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a1(1－q3),1－q)＝13，,q＞0，))解得a1＝1，q＝3，
所以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，
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
所以(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))＝3，
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是等比数列．
6．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
解：(1)因为an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
所以an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，
所以eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，
即an＋2＝eq \f(1,2)an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)，
因为a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，
所以a2＝eq \f(1,2)，所以b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2).
所以{bn}是首项为eq \f(3,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
所以bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(3,2n).
(2)由(1)可知，an＋2＝eq \f(1,2)an，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n).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
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)