2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和教师版

专题38等比数列及其前n项和一、【知识梳理】【考纲要求】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．【考点预测】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(a11－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，,0<q<1，))则等比数列{an}递增．若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1，))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.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.4.三个数成等比数列，通常设为eq\f(x,q)，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为eq\f(x,q3)，eq\f(x,q)，xq，xq3.【方法技巧】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(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3.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．4.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．巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．二、【题型归类】【题型一】等比数列基本量的运算【典例1】(多选)已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，eq\f(1,2)a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是()A.a1＞0 B.q＞0C.eq\f(a3,a2)＝3或－1 D.eq\f(a6,a4)＝9【解析】设等比数列{an}的公比为q，由题意得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a3))＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A，B正确；由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，所以eq\f(a3,a2)＝q＝3，eq\f(a6,a4)＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.故选ABD.【典例2】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).故选D.【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是________.(结果精确到0.1.参考数据：lg2＝0.30，lg3＝0.48)()A.2.9天 B.3.9天 C.4.9天 D.5.9天【解析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为eq\f(1,2)，前n项和为An.莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.则An＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，Bn＝eq\f(2n－1,2－1)，由题意可得5×eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq\f(2n－1,2－1)，解得2n＝30，2n＝1(舍去).∴n＝log230＝eq\f(lg30,lg2)＝eq\f(lg3＋1,lg2)＝eq\f(1.48,0.30)≈4.9.故选C.【题型二】等比数列的判定与证明【典例1】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．【解析】(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.【典例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．【解析】(1)易知q≠1，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－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．【典例3】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．【解析】(1)由条件可得an＋1＝eq\f(2n＋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.【题型三】等比数列项的性质的应用【典例1】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．40B．60C．32D．50【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.故选B.【典例2】已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝_____.【解析】由已知得，2S9＝S3＋S6，∴q≠1，则有2×eq\f(a11－q9,1－q)＝eq\f(a11－q3,1－q)＋eq\f(a11－q6,1－q)，解得q3＝－eq\f(1,2)，又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝4，∴a2＝8，∴a8＝a2·q6＝8×eq\f(1,4)＝2.【典例3】已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq\o\al(2,4)＝π，则tan(a3·a5)等于()A.eq\r(3)B．－eq\r(3)C．－eq\f(\r(3),3)D．±eq\r(3)【解析】由已知得aeq\o\al(2,4)＋2aeq\o\al(2,4)＝π，∴aeq\o\al(2,4)＝eq\f(π,3)，又a3·a5＝aeq\o\al(2,4)＝eq\f(π,3)，∴tan(a3·a5)＝eq\r(3).故选A.【题型四】等比数列前n项和的性质的应用【典例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＝________．【解析】由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(－160,－80)＝2.【典例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】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).三、【培优训练】【训练一】(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为()A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列C．a1b30＝105 D.eq\f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq\f(209,193)【解析】由题意知，{an}为等差数列，a1＝5，S30＝390，设公差为d，则S30＝30×5＋eq\f(30×29,2)d，所以d＝eq\f(16,29).对于B，{bn}中，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d，故{bn}为等比数列，故B正确．对于A，eq\f(b10,b5)＝25d＝2eq\s\up6(\f(80,29))≠8，故A错误．对于C，a1b30＝5×32×2eq\f(16,29)×29＝5×32×216≠105，故C错误．对于D，eq\f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq\f(a5,a4)＝eq\f(209,193)，故D正确．故选BD.【训练二】(多选)已知数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(ai＋i)＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3是b3与b4的等差中项，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A.数列{an－bn}是等差数列B.Sn＝2n＋1－2－eq\f(n（n＋1）,2)C.数列{an}是递增数列D.eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(1,ai)＜2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,bn)))【解析】设{bn}的公比为q.由题知b3＋b4＝2(b2＋b3)⇒b4－b3－2b2＝0⇒q2－q－2＝0⇒q＝2或－1(舍)，故bn＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，故{an－bn}为等差数列，A正确；Sn＝2＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2(2n－1)－eq\f(n（n＋1）,2)，B正确；an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是递增数列，C正确；当n＝1时，eq\f(1,a1)＝1，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,b1)))＝1，矛盾，故D错误.故选ABC.【训练三】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)．若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1＜bn，则满足条件的n的取值集合为________．【解析】当n＝1时，a1＝S1＝λa1－1.又a1＝1，所以λ－1＝1，解得λ＝2.所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)．所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.又anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝eq\f(－n2＋9n－20,2n－1)，所以bn＋1－bn＝eq\f(－（n＋1）2＋9（n＋1）－20,2n)－eq\f(－n2＋9n－20,2n－1)＝eq\f(n2－11n＋28,2n)＜0.又2n＞0，所以n2－11n＋28＝(n－4)·(n－7)＜0，解得4＜n＜7.又n∈N*，所以满足条件的n的取值集合为{5，6}．【训练四】已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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.【解析】(1)因为an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，所以an＋1·an＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\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\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq\f(3,2n).【训练五】已知等比数列{an}的公比q>1，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．【解析】(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).【训练六】已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞eq\f(23,8)成立的最大正整数k的值.【解析】(1)设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，∴a1(1＋q－2q2)＝0，又∵a1≠0，∴q＝－eq\f(1,2)或1(舍)，∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，∴an＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).(2)Sn＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(8,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))).∵Sk＞eq\f(23,8)，∴eq\f(8,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(k)))＞eq\f(23,8)，∴eq\f(5,64)＜－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(k)，显然，k为奇数，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(k)＞eq\f(5,64)＞eq\f(4,64)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4).解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.四、【强化测试】【单选题】1.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．16B．15C．8D．7【解析】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.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q＝()A．5 B．4C．3 D．2【解析】因为S2＝3，S4＝15，S4－S2＝12，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝3，,a3＋a4＝12，))两个方程左右两边分别相除，得q2＝4，因为数列是正项等比数列，所以q＝2.故选D.3.设单调递增等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＝10，a2a3a4＝64，则正确的是()A．Sn＝2n－1－1 B．an＝2nC．Sn＋1－Sn＝2n＋1 D．Sn＝2n－1【解析】设等比数列{an}的公比为q，因为a2a3a4＝64，所以aeq\o\al(3,3)＝64，解得a3＝4.又a2＋a4＝10，所以eq\f(4,q)＋4q＝10，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).又等比数列{an}单调递增，所以q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，所以Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，Sn＋1－Sn＝2n＋1－1－(2n－1)＝2n.因此只有选项D正确.故选D.4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则数列{aeq\o\al(2,n)}的前n项和为()A.eq\f(9n－1,2) B.eq\f(9n－1,4)C.eq\f(9n－1,8) D．9n－1【解析】设数列{aeq\o\al(2,n)}的前n项和为Tn，因为Sn＝3n＋a，所以Sn－1＝3n－1＋a(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1(n≥2)，且S1＝a1＝3＋a.又数列{an}为等比数列，所以an＝2·3n－1且2＝3＋a，所以a＝－1.因为eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))eq\s\up12(2)＝9且aeq\o\al(2,1)＝4，所以{aeq\o\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列．所以{aeq\o\al(2,n)}的前n项和Tn＝eq\f(4（1－9n）,1－9)＝eq\f(9n－1,2).故选A.5.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】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．6.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】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\co1(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．7.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】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．8.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】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.【多选题】9.若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是()A．若a1>0,0<q<1，则{an}为递减数列B．若a1<0,0<q<1，则{an}为递增数列C．若q>0，则S4＋S6>2S5D．若bn＝eq\f(1,an)，则{bn}是等比数列【解析】A，B显然是正确的；C中，若a1＝1，q＝eq\f(1,2)，则a6<a5，即S6－S5<S5－S4，故C错误；D中，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)(q≠0)，∴{bn}是等比数列．故选ABD.10.已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．3【解析】因为a2，a3＋1，a4成等差数列，所以a2＋a4＝2(a3＋1)，因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.又{an}是公比为q的等比数列，所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，得a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,q)))＝2(a3＋1)，即q＋eq\f(1,q)＝eq\f(5,2)，解得q＝2或eq\f(1,2).故选AC.11.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))【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)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq\f(a2,a1)＝2，所以数列的通项公式为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，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；又由eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(3n,3n－1)＝3，所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，综上可得选项ABD是正确的．故选ABD.12.如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足eq\o(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq\o(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq\o(GnE,\s\up6(→))，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是()A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2【解析】eq\o(GnD,\s\up6(→))＝an＋1·eq\o(GnA,\s\up6(→))－2(2an＋3)·eq\f(1,2)(eq\o(GnA,\s\up6(→))＋eq\o(GnB,\s\up6(→)))，故eq\o(GnD,\s\up6(→))＝(an＋1－2an－3)·eq\o(GnA,\s\up6(→))－(2an＋3)·eq\o(GnB,\s\up6(→))，eq\o(GnD,\s\up6(→))，eq\o(GnB,\s\up6(→))共线，故an＋1－2an－3＝0，即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.a3＝24－3＝13，A正确；数列{an＋3}是等比数列，B正确；an＝2n＋1－3，C错误；Sn＝4×eq\f(1－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．故选AB.【填空题】13.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.【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(a11－q3,1－q)＝eq\f(a11－8,1－2)＝7，得a1＝1.14.已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝eq\f(1,3)，则a4＝________.【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)＝81.15.设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)前n项的积，若T2015＝T2021，则eq\f(log3a2019,log3a2021)＝________.【解析】由题意得，T2015＝T2021＝T2015·a2016a2017a2018a2019a2020a2021，所以a2016a2017a2018a2019a2020a2021＝1，根据等比数列的性质，可得a2016a2021＝a2017a2020＝a2018a2019＝1，设等比数列的公比为q，所以a2016a2021＝eq\f(a20212,q5)＝1⇒a2021＝q52,a2018a2019＝eq\f(a20192,q)＝1⇒a2019＝q12,所以eq\f(log3a2019,log3a2021)＝log3q16.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为eq\f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为________．【解析】,1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1023，所以n＝10，所以最小正方形的边长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))10＝eq\f(1,32).【解答题】17.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式.【解析】(1)证明∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，所以2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，所以a1＝eq\f(1,2)，∴a1－1＝－eq\f(1,2)≠0，因为eq\f(an＋1－1,an－1)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(1,2).故{cn}是以c1＝a1－1＝－eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列.(2)解由(1)知cn＝－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).∵cn＝an－1，∴an＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).18.已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，使得Sk>2020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．从①q＝2，②q＝eq\f(1,2)，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．【解析】选择①：因为a3＝12，所以a1＝3，所以Sn＝eq\f(3（1－2n）,1－2)＝3(2n－1)．令Sk>2020，即3(2k－1)>2020，得2k>eq\f(2023,3).所以存在正整数k，使得Sk>2020，k的最小值为10.选择②：因为a3＝12，所以a1＝48，所以Sn＝eq\f(48×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝96eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))).因为Sn<96<2020，所以不存在满足条件的正整数k.选择③：因为a3＝12，所以a1＝3，所以Sn＝eq\f(3×[1－（－2）n],1－（－2）)＝1－(－2)n.令Sk>2020，即1－(－2)k>2020，整理得(－2)k<－2019.当k为偶数时，原不等式无解；当k为奇数时，原不等式等价于2k>2019，所以存在正整数k，使得Sk>2020，k的最小值为11.19.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))为等比数列；(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.【解析】(1)证明2Sn＝－an＋n，当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\f(1,3).∴an－eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(1,2)))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))为等比数列.(2)解由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq\f(1,3)，由(1)知，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))是以－eq\f(1,6)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列.∴an－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，∴an＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)＋eq\f(1,2)，∴an－1＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)－eq\f(1,2)，∴Tn＝eq\f(－\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3))－eq\f(n,2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\a