第40课 等比数列及其前n项和

第40课等比数列及其前n项和普查与练习40等比数列及其前n项和1．等比数列中基本量的运算——“知三求二”问题(1)(2023汇编，15分)已知{an}是等比数列，记Sn为数列{an}的前n项和．①若an>0，eq\f(3a1,2)，eq\f(a3,4)，a2成等差数列，则eq\f(a20＋a19,a18＋a17)＝(A)A．9B．6C．3D．1②若数列的各项均为正数，且数列前4项和为15，a5＝3a3＋4a1，则a3＝(C)(2019全国Ⅲ)A．16B．8C．4D．2③若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，则S5＝__eq\f(121,3)__．(2019全国Ⅰ)解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)．①∵an>0，∴q>0.由题意可得2×eq\f(a3,4)＝eq\f(3a1,2)＋a2，即a3＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q，即q2－2q－3＝0，解得q＝－1(舍去)或q＝3，∴eq\f(a20＋a19,a18＋a17)＝eq\f(（a18＋a17）q2,a18＋a17)＝q2＝9.故选A.②由题得a1q4＝3a1q2＋4a1，解得q2＝4.∵数列各项均为正数，∴q>0，∴q＝2，∴S4＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(a1（1－24）,1－2)＝15，解得a1＝1，则a3＝a1q2＝4.故选C.③由aeq\o\al(2,4)＝a6，得q6aeq\o\al(2,1)＝q5a1>0，即a1q＝1.因为a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).故答案为eq\f(121,3).(2)(2020全国Ⅱ，5分)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(C)A．2B．3C．4D．5解析：令m＝1，则由am＋n＝aman得an＋1＝a1an＝2an，即eq\f(an＋1,an)＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴ak＋1＝2·2k＝2k＋1，∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝eq\f(2k＋1（1－210）,1－2)＝211＋k－2k＋1＝215－25，∴k＋1＝5，即k＝4.故选C.(3)(2021辽宁沈阳模拟，5分)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(B)A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏解析：由题意知，顶层到底层(共7层)每层的灯数成等比数列，且公比为2.设顶层灯数为a1，由题意得S7＝eq\f(a1（1－27）,1－2)＝381，解得a1＝3.(4)(经典题，5分)若在eq\f(8,3)和eq\f(27,2)之间插入3个数，使这5个数构成等比数列，则插入的3个数的乘积是__216__．解析：设插入的3个数分别为eq\f(a,q)，a，aq(a>0)，则构成的等比数列为eq\f(8,3)，eq\f(a,q)，a，aq，eq\f(27,2)，根据等比中项的性质有a2＝eq\f(8,3)×eq\f(27,2)＝36，∴a＝6.∵eq\f(a,q)·a·aq＝a3，∴插入的3个数的乘积为a3＝216.2．等比数列的证明与判定a．定义法证明等比数列(5)(经典题，13分)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝p－23－n，其中n∈N*.(Ⅰ)求p的值及数列{an}的通项公式；答案：p＝8，an＝23－n解：因为等比数列{an}的前n项和Sn＝p－23－n，所以S1＝a1＝p－4，S2＝a1＋a2＝p－2，S3＝a1＋a2＋a3＝p－1，所以a1＝p－4，a2＝2，a3＝1.(2分)因为数列{an}为等比数列，所以公比q＝eq\f(a3,a2)＝eq\f(1,2)，且q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,p－4)，所以eq\f(1,2)＝eq\f(2,p－4)，所以p＝8，a1＝4，所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝23－n.(6分)(Ⅱ)判断数列{aeq\o\al(2,n)}和{nan}是否为等比数列？证明你的结论．答案：数列{aeq\o\al(2,n)}是等比数列，{nan}不是等比数列，见证明过程解：数列{aeq\o\al(2,n)}是等比数列，{nan}不是等比数列．(7分)证明如下：由(Ⅰ)得aeq\o\al(2,n)＝(23－n)2＝43－n，所以eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))＝eq\f(42－n,43－n)＝eq\f(1,4)(常数)，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是以aeq\o\al(2,1)＝16为首项，eq\f(1,4)为公比的等比数列．(10分)由(Ⅰ)可得nan＝n·23－n，其前3项分别为4，4，3，不构成等比数列，故{nan}不是等比数列．(13分)(6)(2020山东淄博模拟节选，5分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.证明：数列{bn}为等比数列．答案：见证明过程证明：因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n，所以bn＋1＝an＋1＋n＋1＝4an＋3n－1＋n＋1＝4(an＋n)＝4bn.又b1＝a1＋1＝2，所以bn≠0，所以eq\f(bn＋1,bn)＝4(常数)，(4分)所以数列{bn}为等比数列．(5分)b．等比中项法证明等比数列(7)(2020山东淄博一模，10分)在等差数列{an}(n∈N*)中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数.第一列第二列第三列第一行582第二行4312第三行1669(Ⅰ)请选择一个可能的{a1，a2，a3}组合，并求数列{an}的通项公式；答案：见解答过程解：选择①a1＝8，a2＝12，a3＝16.(2分)由a1＝8，a2＝12，可得数列{an}的公差d＝4，所以数列的通项公式为an＝8＋4(n－1)＝4n＋4.(5分)(Ⅱ)记(Ⅰ)中求得的{an}的前n项和为Sn，判断是否存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列，若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．答案：见解答过程解：由(Ⅰ)知an＝4n＋4，所以Sn＝eq\f(n（8＋4n＋4）,2)＝2n2＋6n，所以Sk＋2＝2(k＋2)2＋6(k＋2)＝2k2＋14k＋20.(7分)若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则aeq\o\al(2,k)＝a1·Sk＋2，即(4k＋4)2＝8(2k2＋14k＋20)，整理得5k＝－9，此方程无正整数解，故不存在正整数k，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．(10分)选择②a1＝2，a2＝4，a3＝6.(2分)(Ⅰ)由a1＝2，a2＝4，可得数列{an}的公差d＝2，所以数列的通项公式为an＝2＋2(n－1)＝2n.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知an＝2n，所以Sn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n2＋n，所以Sk＋2＝(k＋2)2＋(k＋2)＝k2＋5k＋6.(7分)若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则aeq\o\al(2,k)＝a1·Sk＋2，即(2k)2＝2(k2＋5k＋6)，整理得k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍)．故存在正整数k＝6，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．(10分)3．等比数列及其前n项和的性质a．等比数列的基本性质(8)(2023汇编，40分)已知数列{an}为等比数列．①若an>0，a2＝2，a3a4a5＝29，则a3＝(C)A．16B．8C．4D．2②若a1＝1，a4＝27，则a2＋a4＋a6＋…＋a2020的值为(A)A.eq\f(3,8)(32020－1)B.eq\f(1,8)(32020－1)C.eq\f(3,2)(32020－1)D.eq\f(3,2)(31010－1)③若an>0，a5a6＋a3a8＝54，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(B)(2020陕西二模)A．12B．15C．8D．2＋log35④若a1a2＝1，a5a6＝9，则a3a4＝(A)A．3B．±3C.eq\r(3)D．±eq\r(3)⑤若a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(D)(2020全国Ⅰ)A．12B．24C．30D．32⑥若an>0，且a1a3＋2a3a5＋a5a7＝4，则a2＋a6＝(B)A．1B．2C．3D．4⑦若an>0，a1a2a3＝3，a7a8a9＝12，ak－1akak＋1＝96(k≥2)，则k＝(D)A．11B．13C．15D．17⑧若a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝10，aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,5)＝60，则a2＋a4＝(A)(2020四川期末)A．2B．3C．4D．5解析：①根据等比数列的性质可知a3a4a5＝aeq\o\al(3,4)＝29，∴a4＝23＝8，又∵an>0，∴a3＝eq\r(a2a4)＝4.故选C.②设等比数列{an}的公比为q.∵a1＝1，a4＝27，∴q3＝27，解得q＝3.易知a2，a4，a6，…，a2n，…是首项为3，公比为q2＝9的等比数列，∴a2＋a4＋a6＋…＋a2020＝3×eq\f(1－91010,1－9)＝eq\f(3,8)(32020－1)．故选A.③根据等比数列的性质可知a5a6＝a3a8，∴a5a6＝27，∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2a3…a10)＝log3(a5a6)5＝5log327＝15.故选B.④(法一)设等比数列{an}的公比为q，由a1a2＝1，a5a6＝9，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1·a1q＝1，,a1q4·a1q5＝9，))解得q8＝9，∴q4＝3，所以a3a4＝a1a2q4＝3.故选A.(法二)∵a1a2＝1，a5a6＝9，∴a1a2a5a6＝9，且q＝eq\f(1,aeq\o\al(2,1))>0，∴anan＋1＝aeq\o\al(2,n)q>0.∵数列{an}为等比数列，∴a3a4＝a1a6＝a2a5＝eq\r(a1a2a5a6)＝3.故选A.⑤∵a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，a2＋a3＋a4＝q(a1＋a2＋a3)，∴2＝q×1，解得q＝2，∴a6＋a7＋a8＝q5(a1＋a2＋a3)＝25×1＝32.故选D.⑥∵数列{an}为等比数列，且a1a3＋2a3a5＋a5a7＝4，∴aeq\o\al(2,2)＋2a2a6＋aeq\o\al(2,6)＝4，即(a2＋a6)2＝4.又∵an＞0，∴a2＋a6＝2.故选B.⑦设等比数列{an}的公比为q，则易知a1a2a3，a4a5a6，…，a3n－2a3n－1a3n，…是公比为q9的等比数列．∵a1a2a3＝3，a7a8a9＝12，∴(q9)2＝4，又an>0，∴q>0，∴q9＝2.∵ak－1akak＋1＝96，∴ak－1akak＋1＝3×25＝a1a2a3·(q9)5，∴ak－1akak＋1是数列{a3n－2a3n－1a3n}中的第6项，∴k＋1＝3×6＝18，即k＝17.故选D.⑧设等比数列{an}的公比为q，则易知{aeq\o\al(2,n)}是首项为aeq\o\al(2,1)，公比为q2的等比数列．若q＝1，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a1＝10，即a1＝2，此时aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,5)＝60不成立，故q≠1.根据题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q5）,1－q)＝10，①,\f(aeq\o\al(2,1)（1－q10）,1－q2)＝60，②)))②÷①，得eq\f(a1（1＋q5）,1＋q)＝6，∴a1－a2＋a3－a4＋a5＝eq\f(a1[1－（－q）5],1－（－q）)＝eq\f(a1（1＋q5）,1＋q)＝6.又a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝10，∴a2＋a4＝eq\f(1,2)[(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(a1－a2＋a3－a4＋a5)]＝2.故选A.(9)(2020全国Ⅲ，12分)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(Ⅰ)求{an}的通项公式；答案：an＝3n－1解：设数列{an}的公比为q.根据题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，)))(4分)所以an＝a1qn－1＝3n－1.(6分)(Ⅱ)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.答案：m＝6解：因为an＝3n－1，所以log3an＝log33n－1＝n－1.易知{log3an}是一个以0为首项，1为公差的等差数列，所以Sn＝eq\f(n（n－1）,2).(9分)由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得eq\f(m（m－1）,2)＋eq\f(（m＋1）m,2)＝eq\f(（m＋3）（m＋2）,2)，整理得m2－5m－6＝0，解得m＝6或m＝－1(舍去)，所以m＝6.(12分)b．等比数列前n项和的性质(10)(2023汇编，15分)已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn.①若Sn满足Sn＝a·2n＋1，其中a是常数，则a＝(B)A．－2B．－1C．1D．2②若an>0，S10＝20，则S30－2S20＋S10的最小值为(C)(2020福建厦门模拟)A．10B．5C．－5D．－10③记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(A)(2021全国Ⅰ)A．7B．8C．9D．10解析：①(法一)当n＝1时，a1＝S1＝2a＋1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n＋1－(a·2n－1＋1)＝a·2n－1，即an＝a·2n－1，上式对于n＝1也成立，所以2a＋1＝a，解得a＝－1.故选B.(法二)因为数列{an}是等比数列，显然公比不为1，则Sn＝k－k·qneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q为公比，q≠0，1，k＝\f(a1,1－q)≠0)).又因为Sn＝a·2n＋1，所以q＝2，k＝1，a＝－k，所以a＝－1.故选B.②由an>0可知a1＞0，q＞0.因为数列{an}为等比数列，所以S10，S20－S10，S30－S20构成公比为q10的等比数列，所以S30－2S20＋S10＝S30－S20－(S20－S10)＝S10·q20－S10·q10＝20(q20－q10)．结合二次函数的性质可知，当q10＝eq\f(1,2)时，上式取得最小值－5.故选C.③∵Sn为等比数列{an}的前n项和，且由S2＝4≠0可知公比不为－1，∴S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，∴(S4－S2)2＝S2(S6－S4)．∵S2＝4，S4－S2＝6－4＝2，∴S6－S4＝1，∴S6＝1＋S4＝1＋6＝7.故选A.(11)(2020安徽安庆模拟，5分)已知项数为奇数的等比数列{an}的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为(A)A．5B．7C．9D．11解析：设这个数列的项数n＝2k＋1(k∈N*)，则由等比数列前n项和的性质可得q＝eq\f(S奇－a1,S偶)＝eq\f(21－1,10)＝2.由题意得Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝21＋10＝31，所以2n－1＝31，解得n＝5.故选A.4．等比数列中的单调性与最值问题a．等比数列的单调性问题(12)(2021全国Ⅰ，5分)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则(B)A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件解析：当q>0时，不妨设{an}为－2，－4，－8，…，此时{Sn}是递减数列，所以甲不是乙的充分条件．当{Sn}是递增数列时，an＝Sn－Sn－1>0(n≥2)，则q＝eq\f(a3,a2)>0，所以甲是乙的必要条件．故选B.b．等比数列前n项积的最值问题(13)(多选)(2021辽宁丹东质量监测，5分)等比数列{an}的公比为q，前n项积a1a2…an＝Tn.若a1>1，a2020·a2021>1，(a2020－1)·(a2021－1)<0，则(AD)A．0<q<1B．a2020·a2022>1C．T2021是Tn的最大值D．使Tn>1的n的最大值是4040解析：根据条件可得an＝a1qn－1，则a2020＝a1q2019，a2021＝a1q2020.选项A：因为a2020·a2021>1，所以aeq\o\al(2,1)q4039>1，所以q>0.若q≥1，因为a1>1，所以a2020＝a1q2019>1，a2021＝a1q2020>1，所以(a2020－1)(a2021－1)>0，与条件(a2020－1)(a2021－1)<0矛盾．所以0<q<1，所以选项A正确．选项B：由a1>1，0<q<1，可得等比数列{an}单调递减．又(a2020－1)(a2021－1)<0，可得a2020>1，a2021<1，所以a2020·a2022＝aeq\o\al(2,2021)<1，所以选项B不正确．选项C：由a2020>1，a2021<1，可知当n≤2020时，an>1；当n≥2021时，0<an<1，所以T2020是Tn的最大值，所以选项C不正确．选项D：T4040＝a1a2…a4040＝(a1a4040)2020＝(a2020a2021)2020>1，T4041＝a1a2…a4041＝aeq\o\al(4041,2021)<1.由0<a4042<1，可得T4042＝T4041·a4042<1，由此类推可得当n≥4041时，Tn<1，所以使Tn>1的n的最大值是4040，所以选项D正确．故选AD.5．等差、等比数列的综合(14)(2020江苏，5分)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则d＋q的值是__4__．解析：因为{an}是公差为d的等差数列，所以其前n项和Rn＝eq\f(n[a1＋a1＋（n－1）d],2)＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因为{bn}是公比为q的等比数列，所以其前n项和Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(nb1，q＝1，,\f(b1（1－qn）,1－q)，q≠1.)))当q＝1时，Sn＝Rn＋Tn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＋nb1，式中没有出现2n，与题意不符，故q≠1.当q≠1时，Sn＝Rn＋Tn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＋eq\f(b1qn,q－1)－eq\f(b1,q－1)＝n2－n＋2n－1，由两边对应项相等，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＝1，,a1－\f(d,2)＝－1，,q＝2，,\f(b1,q－1)＝1，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝0，,q＝2，,b1＝1，)))所以d＋q＝4.(15)(2018北京，13分)设{an}是等差数列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.(Ⅰ)求{an}的通项公式；答案：an＝nln2解：设等差数列{an}的公差为d.因为a2＋a3＝5ln2，所以2a1＋3d＝5ln2，又a1＝ln2，所以d＝ln2，(4分)所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝nln2.(6分)(Ⅱ)求＋…＋.答案：2n＋1－2解：因为an＝nln2，所以＝＝2n.易知数列{}是首项为2，公比为2的等比数列，(10分)所以＋＋…＋＝21＋22＋23＋…＋2n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.(13分)(16)(2019全国Ⅱ，12分)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(Ⅰ)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；答案：见证明过程证明：由题知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4an＋1＝3an－bn＋4，,4bn＋1＝3bn－an－4，))两式相加，整理得an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)，显然an＋bn>0，所以eq\f(an＋1＋bn＋1,an＋bn)＝eq\f(1,2).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．(3分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4an＋1＝3an－bn＋4，,4bn＋1＝3bn－an－4，))两式相减，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．(6分)(Ⅱ)求{an}和{bn}的通项公式．答案：an＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，bn＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2)解：由(Ⅰ)知an＋bn＝eq\f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1，(8分)所以an＝eq\f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，(10分)bn＝eq\f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2).(12分)(17)(2021山东滨州一模，10分)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*.(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；答案：an＝2n，bn＝2n解：设等差数列{an}的公差为d，因为b2＝4，an＝2log2bn，所以a2＝2log2b2＝4.又a1＝2，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.(2分)又因为an＝2log2bn，所以2n＝2log2bn，即n＝log2bn，所以bn＝2n.(4分)(Ⅱ)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.答案：11302解：由(Ⅰ)可知bn＝2n＝2·2n－1＝，即bn是数列{an}中的第2n－1项．设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝＝a64，b8＝＝a128，所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，所以S100＝P107－Q7＝eq\f(107×（2＋214）,2)－eq\f(2－28,1－2)＝11302.(10分)随堂普查练401．(2023改编，5分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝a3＋6a1，a1＋a3＋a5＝651，则该数列的通项公式为an＝__5n－1__．解析：∵S3＝a3＋6a1，S3＝a1＋a2＋a3，∴6a1＝a1＋a2，即a2＝5a1，∴公比q＝5.由a1＋a3＋a5＝651，得a1(1＋q2＋q4)＝651，把q＝5代入，得a1＝1.∴该数列的通项公式为an＝a1qn－1＝5n－1.2．(2020全国Ⅱ，5分)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)＝(B)A．2n－1B．2－21－nC．2－2n－1D．21－n－1解析：∵{an}为等比数列，∴a6－a4＝q(a5－a3)＝12q＝24，∴q＝2.由a5－a3＝12得a1q4－a1q2＝16a1－4a1＝12，∴a1＝1，∴an＝2n－1，∴Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故选B.3．(2020湖北模拟，5分)某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室．实验室的改建费用分为装修费和设备费，其中装修费每个实验室都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列．已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元，则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要(C)A．3233万元B．4706万元C．4709万元D．4808万元解析：设每个实验室的装修费为x万元，设备费为an万元，n＝1，2，3，…，10，设备费的公比为q，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a5－a2＝a1q4－a1q＝42，,a7－a4＝a1q6－a1q3＝168，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝2，)))(负值舍去)∴a10＝3×29＝1536.∵每个实验室改建费用不能超过1700万元，∴x＋1536≤1700，解得x≤164，∴改建这十个实验室投入的总费用为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋eq\f(3（1－210）,1－2)＝10x＋3069≤4709.故选C.4．(经典题，5分)有四个数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，则这四个数分别为__12，16，20，25或eq\f(99,4)，eq\f(81,4)，eq\f(63,4)，eq\f(49,4)__．解析：设这四个数分别为eq\f(2a,q)－a，eq\f(a,q)，a，aq，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－a＋aq＝37，,\f(a,q)＋a＝36，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝20，,q＝\f(5,4)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(63,4)，,q＝\f(7,9).))∴这四个数分别为12，16，20，25或eq\f(99,4)，eq\f(81,4)，eq\f(63,4)，eq\f(49,4).5．(2020山东泰安模拟节选，6分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1－n.求证：数列{an＋1}为等比数列．答案：见证明过程证明：因为Sn＝2an＋1－n，①所以当n＝1时，S1＝2a1，即2a1＝a1，所以a1＝0，a1＋1＝1；(1分)当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1－(n－1)，②由①－②得an＝2an－2an－1－1，即an＝2an－1＋1.(3分)(法一)an＋1＝2(an－1＋1)，(4分)所以eq\f(an＋1,an－1＋1)＝2(n≥2)．所以数列{an＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(6分)(法二)当n≥2时，an＋1＝2an＋1，an－1＝eq\f(an－1,2).所以(an＋1＋1)(an－1＋1)＝(2an＋1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,2)＋1))＝(an＋1)2(n≥2)，(5分)故数列{an＋1}为等比数列．(6分)6．(2021陕西宝鸡模拟，5分)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3·a7＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a9＝(D)A．7B．18C．81D．9解析：因为等比数列{an}的各项均为正数，且a3·a7＝9，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a9＝log3(a1a2·…·a8a9)＝log3＝eq\f(9,2)log39＝9.故选D.7．(2021安徽安庆模拟，5分)已知等比数列{an}的前n项的乘积记为Tn，若T2＝T9＝512，则T8＝__4096__．解析：设等比数列{an}的公比为q，因为T2＝T9＝512，所以eq\f(T9,T2)＝1，即a3·a4·…·a9＝1，所以aeq\o\al(7,6)＝1，所以a6＝a1q5＝1①.又因为a1a2＝aeq\o\al(2,1)q＝512②，所以①2÷②得q9＝eq\f(1,512)，解得q＝eq\f(1,2)，所以a1＝32，所以a9＝a1·q8＝32×eq\f(1,28)＝eq\f(1,8)，所以T8＝eq\f(T9,a9)＝eq\f(512,\f(1,8))＝4096.8．(2020河南新乡三模，5分)已知Sn为数列{an}的前n项和，－2，an，6Sn成等差数列，若t＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1，则(C)A．－eq\f(1,8)＜t≤－eq\f(1,24)B．－eq\f(1,8)＜t≤－eq\f(1,12)C．－eq\f(1,6)＜t≤－eq\f(1,8)D．－eq\f(1,6)＜t≤eq\f(1,12)解析：∵－2，an，6Sn成等差数列，∴2an＝6Sn－2.①当n＝1时，2a1＝6S1－2＝6a1－2，解得a1＝eq\f(1,2)；当n≥2时，2an－1＝6Sn－1－2.②①－②得2an－2an－1＝6an，即an＝－eq\f(1,2)an－1，∴数列{an}是以eq\f(1,2)为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．根据等比数列的性质可知，a1a2，a2a3，…，anan＋1是以a1a2＝－eq\f(1,8)为首项，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)为公比的等比数列，∴t＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq\f(－\f(1,8)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝－eq\f(1,6)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n)))>－eq\f(1,6).又n∈N*，∴t≤－eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝－eq\f(1,8)，∴－eq\f(1,6)＜t≤－eq\f(1,8).故选C.9．(2021山西长治质量监测，5分)已知{an}是首项为2的等比数列，Sn是其前n项和，且eq\f(S6,S3)＝eq\f(65,64)，则数列{log2an}的前20项和为(A)A．－360B．－380C．360D．380解析：根据题意知eq\f(S6－S3,S3)＝eq\f(1,64)＝q3，所以q＝eq\f(1,4)，从而有an＝2·eq\f(1,4n－1)＝23－2n，所以log2an＝3－2n＝1－2(n－1)，所以数列{log2an}是首项为1，公差为－2的等差数列，所以数列{log2an}的前20项和等于eq\f(（1＋3－40）×20,2)＝－360.故选A.10．(2021江苏南通模拟，5分)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则“q>1”是“Sn－1＋Sn＋1>2Sn”的(D)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：Sn－1＋Sn＋1>2Sn⇔Sn＋1－Sn>Sn－Sn－1⇔an＋1>an(n≥2)．已知q>1，当a1<0时，a1qn＜a1qn－1，即an＋1<an，故“q>1”不是“Sn－1＋Sn＋1>2Sn”的充分条件；已知an＋1>an(n≥2)，当an<0时，q＝eq\f(an＋1,an)<1，故“q>1”不是“Sn－1＋Sn＋1>2Sn”的必要条件，故“q>1”是“Sn－1＋Sn＋1>2Sn”的既不充分也不必要条件，故选D.11．(2020辽宁模拟，5分)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(D)A．若{an}是递增数列，则a1＜0，q＜0B．若{an}是递减数列，则a1＞0，0＜q＜1C．若q＞0，则S4＋S6＞2S5D．若bn＝eq\f(1,an)，则{bn}是等比数列解析：若q＜0，则奇数项与偶数项异号，是摆动数列，不是单调数列，故A不正确；当a1＜0，q＞1时，数列{an}也是递减数列，故B不正确；若q＝1，则S4＋S6＝10a1＝2S5，故C不正确；因为{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，bn＝eq\f(1,an)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)，所以{bn}是公比为eq\f(1,q)的等比数列，故D正确．故选D.12．(2020北京顺义区二模，4分)设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1a3＝16，S3＝14，若存在n0使得a1，a2，…，an0的乘积最大，则n0的一个可能值是(A)A．4B．5C．6D．7解析：设等比数列{an}的公比为q，则由an>0可知，q＞0.根据题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,1)q2＝16，,a1＋a1q＋a1q2＝14，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2).)))(负值舍去)当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2)))时，数列{an}为递增数列，且每项均大于1，故a1a2…an不存在最大值．当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2))))时，an＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－4.令an＝1，得n＝4，即数列{an}的前3项均为大于1的实数，第4项为1，从第5项开始为小于1的正数，所以存在n0＝3或4，使得数列的前n0项积最大．综上，可得n0的一个可能值是4.故选A.13．(2020山东模拟，10分)在①1，an，Sn成等差数列，②{an}是递增等比数列，项a2，a4是方程x2－10x＋9＝0的两根，③a1＝1，an＋1＋2an＝0这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．已知数列{an}满足__不存在(选①②)__存在，k＝8(选③)__．{bn}为等差数列，且b1＝a4，b2＝a2－a3，是否存在k(3＜k＜20，k∈N)使得Tk是数列{an}中的项？(Sn为数列{an}的前n项和，Tn为数列{bn}的前n项和)解：选①.由题意得，2an＝1＋Sn，(*)当n＝1时，2a1＝1＋S1＝1＋a1，解得a1＝1；当n≥2时，2an－1＝1＋Sn－1，与(*)式相减得2an－2an－1＝Sn－Sn－1＝an，∴eq\f(an,an－1)＝2，∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2n－1，b1＝a4＝8，b2＝a2－a3＝－2.(5分)设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b2－b1＝－10，∴Tn＝8n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－10)＝13n－5n2＝n(13－5n)．当n>3时，Tn＜0，an＞0，故不存在k(3＜k＜20，k∈N)使得Tk是数列{an}中的项．(10分)选②.由题意可得，x2－10x＋9＝(x－9)(x－1)＝0，解得x＝1或9，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,a4＝1)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝9，))又∵{an}为递增等比数列，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(q＝3，,a1＝\f(1,3)，)))∴an＝3n－2，b1＝a4＝9，b2＝a2－a3＝－2.(5分)设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b2－b1＝－11，∴Tn＝9n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－11)＝eq\f(29,2)n－eq\f(11,2)n2＝eq\f(1,2)n·(29－11n)．当n>3时，Tn＜0，an＞0，故不存在k(3＜k＜20，k∈N)使得Tk是数列{an}中的项．(10分)选③.由a1＝1≠0，an＋1＋2an＝0，可得eq\f(an＋1,an)＝－2，∴数列{an}是以a1＝1为首项，－2为公比的等比数列，∴an＝(－2)n－1，∴b1＝a4＝－8，b2＝a2－a3＝－6.(5分)设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b2－b1＝2，∴Tn＝－8n＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－9n.∵T8＝82－9×8＝－8＝a4，∴存在k＝8，使得Tk是数列{an}中的项．(10分)

课后提分练40等比数列及其前n项和A组(巩固提升)1．(2020山东淄博模拟，5分)在正项等比数列{an}中，若a3a7＝4，则＝(C)A．16B．8C．4D．2解析：∵a3a7＝4，an>0，∴a5＝eq\r(a3a7)＝2，∴＝(－2)2＝4.故选C.2．(2020北京密云区一模，5分)在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者127人．在医护人员的精心治疗下，第15天开始有患者治愈出院，并且第15天恰有1名患者出院．如果从第16天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，那么第19天治愈出院患者的人数为__16__，第__21__天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院．解析：根据题意得，从第15天开始，每天出院人数构成以1为首项，2为公比的等比数列，故第19天治愈出院患者的人数为a5＝1×24＝16.令Sn＝eq\f(1×（1－2n）,1－2)＝127，解得n＝7，∴第7＋15－1＝21天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院．3．(2023改编，5分)已知数列{an}的前n项和Sn＝6n＋t(t∈R)，下列结论正确的是(B)A．当且仅当t＝1时，数列{an}是等比数列B．当且仅当t＝－1时，数列{an}是等比数列C．当且仅当t＝0时，数列{an}是等比数列D．当且仅当t＝－6时，数列{an}是等比数列解析：求出数列{an}的前三项：a1＝S1＝6＋t，a2＝S2－S1＝(62＋t)－(6＋t)＝30，a3＝S3－S2＝(63＋t)－(62＋t)＝180，则当数列{an}是等比数列时，有eq\f(a2,a1)＝eq\f(a3,a2)，即eq\f(30,6＋t)＝eq\f(180,30)，解得t＝－1.当t＝－1时，Sn＝6n－1，满足等比数列的前n项和公式的形式，∴数列{an}是等比数列．故选B.4．(经典题，5分)已知递减的等比数列{an}的各项均为正数，且满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝\f(26,9)，,\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＝\f(13,2)，))则数列{an}的公比q的值为(B)A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：因为数列{an}是等比数列，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＝eq\f(a2a3＋a1a3＋a1a2,a1a2a3)＝eq\f(a2a3＋a2a2＋a1a2,a1a2a3)＝eq\f(a3＋a2＋a1,a1a3)＝eq\f(13,2).又因为a1＋a2＋a3＝eq\f(26,9)，所以a1a3＝eq\f(4,9)，即aeq\o\al(2,2)＝eq\f(4,9).因为数列{an}的各项均为正数，所以a2＝eq\f(2,3).由a1＋a2＋a3＝eq\f(26,9)＝eq\f(a2,q)＋a2＋a2q，得q＋eq\f(1,q)＝eq\f(10,3)，即q＝eq\f(1,3)或q＝3.因为数列{an}为单调递减数列，所以q＝eq\f(1,3).故选B.5．(2020山东模拟，5分)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若eq\f(S4,S2)＝4，则eq\f(S6,S4)＝__eq\f(13,4)__．解析：设等比数列{an}的公比为q.若eq\f(S4,S2)＝4，则S4＝S2＋q2S2＝4S2，解得q2＝3，所以S6＝S2＋q2S4＝S2＋12S2＝13S2，所以eq\f(S6,S4)＝eq\f(13S2,4S2)＝eq\f(13,4).6．(2021安徽淮北二模，5分)若正项等比数列{an}的公比为e(e是自然对数的底数)，则数列{lna2n－1}是(D)A．公比为e2的等比数列B．公比为2的等比数列C．公差为2e的等差数列D．公差为2的等差数列解析：∵正项等比数列{an}的公比为e，∴a2n－1＝a1e2n－2，∴lna2n－1＝ln(a1e2n－2)＝lna1＋2n－2＝lna1＋2(n－1)，∴数列{lna2n－1}是公差为2的等差数列．故选D.7．(多选)(2020山东模拟，5分)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(AC)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)，所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a3＋2(a3＋1)＝3a3＋a1＋2＝a1＋14，解得a3＝4.由a2＋a4＝2(a3＋1)＝10，得a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,q)))＝10，即q＋eq\f(1,q)＝eq\f(5,2)，解得q＝2或eq\f(1,2).故选AC.8．(2021浙江模拟，4分)已知等比数列{bn}的前n项和为Sn，公比为q，且0<q<1，b1<0，则下列说法不正确的是(D)A．{Sn}一定单调递减B．{bn}一定单调递增C．bn－Sn≥0恒成立D．可能满足bk＝Sk，且k≠1解析：(法一)因为等比数列{bn}的前n项和为Sn，且0<q<1，b1<0，所以当n≥2时，由eq\f(bn,bn－1)＝q<1可得bn>bn－1，故数列{bn}为递增数列，故B正确．由0<q<1，b1<0知bn<0，所以Sn＝Sn－1＋bn<Sn－1(n≥2)，故{Sn}一定单调递减，故A正确．因为当n≥2时，Sn－1<0，bn＝Sn－Sn－1，所以bn－Sn＝－Sn－1>0；当n＝1时，b1－S1＝0.综上，bn－Sn≥0，故C正确．若bk＝Sk，且k≠1，则bk＝bk＋Sk－1，即Sk－1＝0，因为bn<0，所以Sk－1<0，出现矛盾，所以D不正确．故选D.(法二)根据题意，不妨令b1＝－4，q＝eq\f(1,2)，则bn＝－4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－23－n，Sn＝eq\f(（－4）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝23－n－8.∵函数y＝23－x单调递减，∴{bn}是递增数列，{Sn}是递减数列，故A，B正确．bn－Sn＝－23－n－(23－n－8)＝－24－n＋8，当n≥1且n∈N*时，4－n≤3，24－n≤8，∴bn－Sn＝－24－n＋8≥0恒成立，故C正确．令bk＝Sk，即－23－k＝23－k－8，解得k＝1，不符合题意，故D不正确．故选D.9．(多选)(2021福建福州开学质检，5分)设{an}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，Tn是其前n项的积，且T6＜T7，T7＝T8＞T9，则下列结论正确的是(BD)A．q>1B．a8＝1C．T10＞T6D．T7与T8均为Tn的最大值解析：已知an>0，由T7＝T8可得a8＝1，故B正确；由T6＜T7可得a7＞1，∴q＝eq\f(a8,a7)∈(0，1)，故A不正确；易得an＝a8qn－8＝qn－8，∴T6＝eq\f(1,q7＋6＋5＋4＋3＋2)＝eq\f(1,q27)，T10＝eq\f(1,q7＋6＋5＋4＋3＋2＋1)·q1＋2＝eq\f(1,q25)，∴eq\f(T10,T6)＝q2＜1，∴T10＜T6，故C错误；∵a1>0，q∈(0，1)，∴{an}是递减数列．又∵a8＝1，∴T7，T8为Tn的最大值，故D正确．故选BD.10．(2018全国Ⅲ，12分)在等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；答案：an＝2n－1或an＝(－2)n－1解：在等比数列{an}中，a5＝4a3，所以a3q2＝4a3，即q2＝4，解得q＝±2.(2分)当q＝2时，an＝2n－1；当q＝－2时，an＝(－2)n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1或an＝(－2)n－1.(5分)(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.答案：6解：当a1＝1，q＝－2时，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(1－（－2）n,1－（－2）)＝eq\f(1－（－2）n,3).由Sm＝63，得eq\f(1－（－2）m,3)＝63，即(－2)m＝－188，m∈N*，该方程无解；(8分)当a1＝1，q＝2时，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.由Sm＝63，得2m－1＝63，m∈N*，解得m＝6，(11分)所以m的值为6.(12分)11．(2018全国Ⅰ，12分)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；答案：b1＝1，b2＝2，b3＝4解：由a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，得a2＝4a1＝4，2a3＝2×3a2＝24，所以a3＝12，所以b1＝eq\f(a1,1)＝1，b2＝eq\f(a2,2)＝2，b3＝eq\f(a3,3)＝4.(3分)(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；答案：数列{bn}是等比数列，理由见解答过程解：数列{bn}是以b1＝1为首项，2为公比的等比数列．(4分)理由如下：因为数列{an}满足nan＋1＝2(n＋1)an，且易得eq\f(an,n)≠0，所以eq\f(\f(an＋1,n＋1),\f(an,n))＝2(常数)．因为bn＝eq\f(an,n)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝2(常数)，所以数列{bn}是以b1＝1为首项，2为公比的等比数列．(9分)(3)求{an}的通项公式．答案：an＝n·2n－1解：由(2)得bn＝2n－1.由bn＝eq\f(an,n)，得an＝所以{an}的通项公式为an＝n·2n－1.(12分)12．(2020山东潍坊模拟，10分)设{an}是单调递增的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝13，且a1＋3，3a2，a3＋5构成等差数列．(1)求an及Sn；答案：an＝3n－1，Sn＝eq\f(3n－1,2)解：设等比数列{an}的公比为q.由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝13，,6a2＝a1＋3＋a3＋5，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＝13，,6a1q＝a1＋a1q2＋8，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(q＝3，,a1＝1)或))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,3)，,a1＝9.)))(3分)又{an}是递增数列，所以an＝a1qn－1＝3n－1，Sn＝eq\f(1×（1－3n）,1－3)＝eq\f(3n－1,2).(5分)(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．答案：存在，λ＝eq\f(1,2)解：假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，则(S2＋λ)2＝(S1＋λ)(S3＋λ)，即(4＋λ)2＝(1＋λ)·(13＋λ)，解得λ＝eq\f(1,2).(7分)此时Sn＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，eq\f(Sn＋\f(1,2),Sn－1＋\f(1,2))＝eq\f(\f(3n,2),\f(3n－1,2))＝3(n≥2)，满足等比数列的定义，∴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)))是等比数列．(10分)13．(2020山东模拟，10分)在①Sn＝2bn－1，②－4bn＝bn－1(n≥2)，③bn＝bn－1＋2(n≥2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由．已知数列{an}为等比数列，a1＝eq\f(2,3)，a3＝a1a2，数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和为Sn，________，是否存在k，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立？答案：不存在(选①)存在，k＝1(选②)存在，k＝3(选③)解：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝eq\f(2,3)，a3＝a1a2，所以eq\f(2,3)q2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2q，解得q＝eq\f(2,3)，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.(3分)选①.因为Sn＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1(n≥2)，两式相减并整理得eq\f(bn,bn－1)＝2(n≥2)．又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，所以anbn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n·2n－1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n.(7分)由指数函数的性质知，数列{anbn}单调递增，没有最大值，所以不存在k，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．(10分)选②.由－4bn＝bn－1(n≥2)，b1＝1知，数列{bn}是首项为1，公比为－eq\f(1,4)的等比数列，所以bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n－1，所以anbn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))n－1＝(－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)))n.(7分)因为anbn＝(－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)))n≤4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))n≤4×eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)，所以anbn在n＝1时取得最大值eq\f(2,3)，所以存在k＝1，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．(10分)选③.由bn＝bn－1＋2(n≥2)知，数列{bn}是公差为2的等差数列，所以bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以anbn＝(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\