2021-2022年高考数学一轮复习专题6.3等比数列及其求和练

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n－1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。

2021年高考数学一轮复习专题6.3等比数列及其前n项和讲2．等比数列通项公式为：.说明：（1）由等比数列的通项公式可以知道：当公比时该数列既是等比数列也是等差数列；（2）等比数列的通项公式知：若为等比数列，则.3．等比中项如果在中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做的等比中项（两个符号相同的非零实数，都有两个等比中项）4．等比数列前项和公式一般地，设等比数列的前n项和是，当时，或；当时，（错位相减法）.说明：（1）（1）和各已知三个可求第四个；（2）注意求和公式中是，通项公式中是不要混淆；（3）应用求和公式时，必要时应讨论的情况.5. 等差数列与等比数列的区分与联系(1)如果数列成等差数列，那么数列(总有意义)必成等比数列．(2)如果数列成等比数列，且，那么数列 (，且)必成等差数列．(3)如果数列既成等差数列又成等比数列，那么数列是非零常数数列．数列是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件．(4)如果由一个等差数列与一个等比数列的公共项顺次组成新数列，那么常选用“由特殊到一般”的方法进行讨论，且以等比数列的项为主，探求等比数列中哪些项是它们的公共项，构成什么样的新数列． 对点练习：【xx 届浙江省杭州高级中学高三2月模拟】已知数列的前项和为，对任意正整数， ，则下列关于的论断中正确的是（ ）A. 一定是等差数列B. 一定是等比数列C. 可能是等差数列，但不会是等比数列D. 可能是等比数列，但不会是等差数列 【答案】C【解析】∵a n+1=3S n ， ∴S n+1−S n =3S n ， ∴S n+1=4S n ，若S 1=0，则数列{a n }为等差数列；若S 1≠0，则数列{S n }为首项为S 1，公比为4的等比数列，∴S n =S 1⋅4n −1， 此时a n =S n −S n −1=3S 1⋅4n −2(n ⩾2)，即数列从第二项起，后面的项组成等比数列。

综上，数列{a n }可能为等差数列，但不会为等比数列。

2021年高考数学一轮复习高考大题专项练3高考中的数列1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d≠0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{b n}的前n项和T n.2.设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=3,S n+1=3S n+3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,求数列{b n}的前n项和T n.3.已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N+.(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=2,求+…+.4.已知数列{a n}的首项a1=,a n+1=(n∈N+).(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的前n项和S n.5.(xx江苏,19)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明{a n}是等差数列.6.设S n为等差数列{a n}的前n项和,已知S3=a7,a8-2a3=3.(1)求a n;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n>(n∈N+).7.已知正项数列{a n}的首项a1=1,前n项和S n满足a n=(n≥2).(1)求证:{}为等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)记数列的前n项和为T n,若对任意的n∈N+,不等式4T n<a2-a恒成立,求实数a的取值范围.8.(xx山东潍坊一模)已知数列{a n}是等差数列,其前n项和为S n,数列{b n}是公比大于0的等比数列,且b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)令c n=求数列{c n}的前n项和T n.参考答案高考大题专项练三高考中的数列1.解(1)依题意得,解得故a n=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即a n=2n+1.(2)由题意可知=3n-1,则b n=a n·3n-1=(2n+1)·3n-1.故T n=3+5×3+7×32+…+(2n+1)·3n-1, ①3T n=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)·3n-1+(2n+1)·3n, ②①-②得-2T n=3+2×3+2×32+…+2·3n-1-(2n+1)3n=3+2·-(2n+1)3n=-2n·3n,因此,T n=n·3n.2.解(1)(方法一)∵S n+1=3S n+3,∴S n+1+=3.∴S n+3n-1=×3n-1=.∴当n≥2时,a n=S n-S n-1==3n,a1也适合.∴a n=3n.(方法二)由S n+1=3S n+3(n∈N+),可知当n≥2时,S n=3S n-1+3,两式相减,得a n+1=3a n(n≥2).又a1=3,代入S n+1=3S n+3得a2=9,故a n=3n.(2)∵b n=,∴T n=, ①∴T n=, ②由①-②,得T n=,解得T n=.3.解(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-1.由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3.所以a3=2a2,故q=2.所以a n=2n-1.(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n=.由e2==2,解得q=.所以+…+=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]=n+[1+q2+…+q2(n-1)]=n+=n+(3n-1).4.(1)证明∵a n+1=,∴.∴-1=.又a1=,∴-1=.∴数列是以为首项,以为公比的等比数列.(2)解由(1)知-1=,则+1.故+n.设T n=+…+, ①则T n=+…+, ②由①-②得T n=+…+=1-,∴T n=2-.又1+2+3+…+n=,∴数列的前n项和S n=2-.5.证明(1)因为{a n}是等差数列,设其公差为d,则a n=a1+(n-1)d,从而,当n≥4时,a n-k+a n+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3, 所以a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n, ①当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1), ③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.6.(1)解设等差数列{a n}的公差为d,由题意得解得故a n=a1+(n-1)d=2n+1.(2)证明∵a1=3,d=2,∴S n=na1+d=n(n+2).∴b n=.∴T n=b1+b2+…+b n-1+b n=,故T n>.7.解(1)因为a n=,所以S n-S n-1=,即=1,所以数列{}是首项为=1,公差为1的等差数列,得=n,所以a n==n+(n-1)=2n-1(n≥2),当n=1时,a1=1也适合,所以a n=2n-1.(2)因为,所以T n=+…+.所以T n<.要使不等式4T n<a2-a恒成立,只需2≤a2-a恒成立,解得a≤-1或a≥2,故实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).8.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q>0,且b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7.∴a1=-1,-1+2d+2q=-1,3×(-1)+3d+2×2×q2=7,解得d=-2,q=2.∴a n=-1-2(n-1)=1-2n,b n=2n.(2)c n=①当n=2k(k∈N+)时,数列{c n}的前n项和T n=T2k=(c1+c3+…+c2k-1)+(c2+c4+…+c2k)=2k++…+,令A k=+…+,∴A k=+…+,∴A k=+4+…++4×,可得A k=.∴T n=T2k=2k+.②当n=2k-1(k∈N+)时,数列{c n}的前n项和T n=T2k-2+a2k-1=2(k-1)++2=2k+.∴T n=k∈N+.。

题组层级快练 6.3等比数列一、单项选择题1．(2021·泰安模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 2＝3，4a 32＝a 1a 7，则a 5等于( ) A.34 B.38 C ．12 D ．24 2．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10等于( )A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或33．(2020·广州模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足4S 5＝3S 4＋S 6，且a 2＝1，则a 4＝( ) A.127 B ．27 C.19D ．9 4．(2021·益阳市、湘潭市高三调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．255．(2021·天津市河西区月考)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q>1”是“{a n }为递增数列”的( ) 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6．《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里．问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”则该匹马第一天走的里数为( )A.128127B.44 800127C.700127D.17532 7．(2021·深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a·3n －1＋b ，则a b ＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．38．在14与78之间插入n 个数组成等比数列，若各项总和为778，则此数列的项数为( )A ．4B ．5C ．6D ．79．(2021·广东惠州一中月考)已知数列{a n }是等比数列，且a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．16(1－4－n ) B ．16(1－2－n ) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n ) 10．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝a 2＋2a 3，S 2是S 1与mS 3的等比中项，则m ＝( ) A ．1 B.97 C.67 D.12二、多项选择题11．已知正项等比数列{a n }满足a 4＝4，a 2＋a 6＝10，则公比q ＝( ) A.12 B. 2 C ．2 D.22 12．已知等比数列{a n }中，满足a 1＝1，q ＝2，则( ) A ．数列{a 2n }是等比数列B ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是递增数列C ．数列{log 2a n }是等差数列D ．数列{a n }中，S 10，S 20，S 30仍成等比数列 三、填空题与解答题13．已知等比数列{a n }满足a 1＝12，a 2a 8＝2a 5＋3，则a 9＝________．14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________．15．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________．16．(2020·课标全国Ⅲ，文)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m.17．(2021·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 52，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________．18．(2021·四川成都一诊)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .6.3等比数列 参考答案1．答案 D 2．答案 A解析 由a 2a 6＝16，得a 42＝16⇒a 4＝±4.又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8，∵q 4>0，∴a 4＝4.∴q 2＝1，a 20a 10＝q 10＝1. 3．答案 D解析 因为4S 5＝3S 4＋S 6，所以3S 5－3S 4＝S 6－S 5，即3a 5＝a 6，故公比q ＝3.由等比数列的通项公式得a 4＝a 2q 4－2＝1×32＝9.故选D. 4．答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，所以a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D. 5．答案 D 6．答案 B解析 由题意知每日所走的路程成等比数列{a n }，且公比q ＝12，S 7＝700，由等比数列的求和公式得a 1⎝⎛⎭⎫1－1271－12＝700，解得a 1＝44 800127.故选B.7．答案 A 8．答案 B解析 ∵q ≠1⎝⎛⎭⎫14≠78，∴S n ＝a 1－a n q 1－q ，∴778＝14－78q1－q ，解得q ＝－12，78＝14×⎝⎛⎭⎫－12n ＋2－1，∴n ＝3.故该数列共5项． 9．答案 C解析 因为等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝14，所以a 5a 2＝q 3＝18，所以q ＝12.由等比数列的性质，易知数列{a n a n＋1}为等比数列，其首项为a 1a 2＝8，公比为q 2＝14，所以要求的a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{a n a n ＋1}的前n项和．由等比数列的前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝323(1－4－n )．故选C. 10．答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝a 2＋2a 3，得a 1＝a 1q ＋2a 1q 2，解得q ＝－1或q ＝12，当q ＝－1时，S 2＝0，这与S 2是S 1与mS 3的等比中项矛盾．当q ＝12时，S 1＝a 1，S 2＝32a 1，mS 3＝74a 1m ，由S 2是S 1与mS 3的等比中项，得S 22＝S 1×mS 3，94a 12＝m ×74a 12，所以m ＝97.故选B.11．答案 BD解析 因为a 4＝4，a 2＋a 6＝10，所以a 4q 2＋a 4q 2＝10，得2q 4－5q 2＋2＝0，得q 2＝2或q 2＝12，又q>0，所以q ＝2或q ＝22.故选BD. 12．答案 AC解析 等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝2n －1. 于是a 2n＝22n －1，1a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，log 2a n ＝n －1，故数列{a 2n }是等比数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是递减数列，数列{log 2a n }是等差数列．因为S 10＝210－1，S 20＝220－1，S 30＝230－1，S 20S 10≠S 30S 20，所以S 10，S 20，S 30不成等比数列(应是S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列)．故选AC. 13．答案 18解析 方法一：设数列{a n }的公比为q ，由a 2a 8＝2a 5＋3，得a 12q 8＝2a 1q 4＋3，又a 1＝12，所以q 8－4q 4－12＝0，解得q 4＝6或q 4＝－2(舍去)，所以a 9＝a 1q 8＝12×62＝18.方法二：根据等比数列的性质可得a 2a 8＝a 52，又a 2a 8＝2a 5＋3，所以a 52－2a 5－3＝0，解得a 5＝3或a 5＝－1.因为a 1>0，所以a 5＝a 1q 4>0，所以a 5＝3.因为a 1a 9＝a 52，所以a 9＝a 52a 1＝18.14．答案 －2解析 由S 3＋3S 2＝0，即a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2. 15．答案 －2 2n －1－12解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q|＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12.16．答案 (1)a n ＝3n －1 (2)6解析 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8，解得a 1＝1，q ＝3，所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知log 3a n ＝n －1. 故S n ＝n （n －1）2. 由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3得m(m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)，即m 2－5m －6＝0. 解得m ＝－1(舍去)或m ＝6. 17．答案 83解析 ∵数列{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 52，∴a 72＝2a 52，∴q 4＝2. ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q ，∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.18．答案 (1)证明见解析 (2)S n ＝2n ＋1－4n ＋2 解析 (1)证明：∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2. ∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋4＝2n ，∴a n ＝2n －4. 当n ＝1时，a 1＝－2<0，∴S 1＝|a 1|＝2； 当n ≥2时，a n ≥0，∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n －4)＝2＋22＋…＋2n －4(n －1)＝2（1－2n ）1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，上式也满足． ∴S n ＝2n ＋1－4n ＋2.。

2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第六章　数　列§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.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.等比数列有关的概念(1)定义：如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的比都等于 常数，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 (q ≠0)表示.(2)等比中项：如果在a 与b 中间插入一个数G ，使 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ .2同一个公比a ，G ，b ab2.等比数列的通项公式及前n项和公式a1q n－1(1)若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝.(2)等比数列通项公式的推广：a n＝a m q n－m.(3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝________＝ .3.等比数列性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则，其中m ，n ，p ，q ∈N *.特别地，若2w ＝m ＋n ，则 ，其中m ，n ，w ∈N *.(2)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为 (k ，m ∈N *).a m a n ＝a p a q q mS2n－S n S3n－S2n(4)等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，，仍成等比数列，其公比为q n.(n为偶数且q＝－1除外)增减常用结论1.等比数列{a n}的通项公式可以写成a n＝cq n，这里c≠0，q≠0.2.等比数列{a n}的前n项和S n可以写成S n＝Aq n－A(A≠0，q≠1,0).3.数列{a n}是等比数列，S n是其前n项和.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(2)当公比q >1时，等比数列{a n }为递增数列.( )(3)等比数列中所有偶数项的符号相同.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( )√×××1.设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的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若a，b，c，d成等比数列，则ad＝bc，数列－1，－1,1,1.满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件.2.设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3，S4＝15，则S6等于√A.31B.32C.63D.64根据题意知，等比数列{a n}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.3.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1,3,9或9,3,1为____________.∴这三个数为1,3,9或9,3,1.第二部分例1　(1)(2022·全国乙卷)已知等比数列{a n}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于√A.14B.12C.6D.3方法一　设等比数列{a n}的公比为q，易知q≠1.所以a6＝a1q5＝3，故选D.方法二　设等比数列{a n}的公比为q，所以a6＝a1q5＝3，故选D.(2)(2023·桂林模拟)朱载堉(1536～1611)是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”.即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一√设第一个音的频率为a ，相邻两个音之间的频率之比为q ，那么a n ＝aq n －1，根据最后一个音的频率是最初那个音的2倍，得a 13＝2a ＝aq 12，即q ＝ ，1122思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)等比数列中有五个量a1，n，q，a n，S n，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解.(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解.跟踪训练1　(1)设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若S2＝3，S4＝15，则公比q等于√A.2B.3C.4D.5∵S2＝3，S4＝15，∴q≠1，(2)在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是A.插入的第8个数为B.插入的第5个数是插入的第1个数的倍C.M>3√D.N<7设该等比数列为{a n}，公比为q，则a1＝1，a13＝2，插入的第5个数为a6＝a1q5，插入的第1个数为a2＝a1q，112112-要证M >3，即证－1－ >3，112112-112121-即证 >4，1122N ＝M ＋3.1122112121 所以 >5，所以－1－ >4，即M >4，112112 所以N ＝M ＋3>7，故D 错误.例2　已知数列{a n}的各项均为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n}是等比数列；②数列{S n＋a1}是等比数列；③a2＝2a1.注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.选①②作为条件证明③：设S n＋a1＝Aq n－1(A≠0)，则S n＝Aq n－1－a1，当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝Aq n－2(q－1)，解得q＝2，所以a2＝2a1.选①③作为条件证明②：因为a2＝2a1，{a n}是等比数列，所以公比q＝2，选②③作为条件证明①：设S n＋a1＝Aq n－1(A≠0)，则S n＝Aq n－1－a1，当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝Aq n－2(q－1)，因为a2＝2a1，所以A(q－1)＝A，解得q＝2，所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝Aq n－2(q－1)＝A·2n－2＝a1·2n－1，所以{a n}为等比数列.思维升华(3)前n项和公式法：若数列{a n}的前n项和S n＝k·q n－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{a n}是等比数列.跟踪训练2　在数列{a n}中，＋2a n＋1＝a n a n＋2＋a n＋a n＋2，且a1＝2，a2＝5.(1)证明：数列{a n＋1}是等比数列；所以(a n＋1＋1)2＝(a n＋1)(a n＋2＋1)，因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，所以数列{a n＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列.(2)求数列{a n}的前n项和S n.由(1)知，a n＋1＝3·2n－1，所以a n＝3·2n－1－1，√∵a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，∴a1＋a13＝13，a1·a13＝9，又数列{a n}为等比数列，等比数列奇数项符号相同，可得a7＝3，(2)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n且S8－2S4＝6，则a9＋a10＋a1124＋a12的最小值为______.由题意可得S8－2S4＝6，可得S8－S4＝S4＋6，由等比数列的性质可得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，当且仅当S4＝6时等号成立.综上可得，a9＋a10＋a11＋a12的最小值为24.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)(2023·六安模拟)在等比数列{a n}中，若a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，则a7＋a8等于√A.40B.36C.54D.81在等比数列{a n}中，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，∵a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，(2)等比数列{a n}共有奇数个项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1等于√A.1B.2C.3D.4∵a n＝192，√∵a1a2…a8＝16，∴a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2，第三部分1.(2023·岳阳模拟)已知等比数列{a n}满足a5－a3＝8，a6－a4＝24，则a3等于√A.1B.－1C.3D.－3设a n＝a1q n－1，∵a5－a3＝8，a6－a4＝24，2.数列{a n}中，a1＝2，a m＋n＝a m a n，若a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝215－25，则k等于√A.2B.3C.4D.5令m＝1，则由a m＋n＝a m a n，得a n＋1＝a1a n，所以a n＝2n，所以a k＋1＋a k＋2＋…＋a k＋10＝2k (a1＋a2＋…＋a10)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4.3.若等比数列{a n}中的a5，a2 019是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2 023等于√。

2021年高三数学一轮复习 专项训练 等差、等比综合问题（含解析）1、 已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.解 (1)设{a n }的公差为d .由题意，得a 211＝a 1a 13，即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )．于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝－2或0(舍去)．故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列． 从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n 2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n . 2、已知数列{a n }是公差为2的等差数列，它的前n 项和为S n ，且a 1＋1，a 3＋1，a 7＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 的前n 项和T n .解 (1)由题意，得a 3＋1＝a 1＋5，a 7＋1＝a 1＋13，所以由(a 3＋1)2＝(a 1＋1)·(a 7＋1)得(a 1＋5)2＝(a 1＋1)·(a 1＋13)解得a 1＝3，所以a n ＝3＋2(n －1)，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)知a n ＝2n ＋1，则S n ＝n (n ＋2)， 1S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2. 考点二：数列与函数、不等式的综合应用1、设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n ∈N *，函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x－a n ＋2sin x 满足f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)由题设可得，对任意n ∈N *，f ′(x )＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x .f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1＝0， 即a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故{a n }为等差数列．由a 1＝2，a 2＋a 4＝8，解得数列{a n }的公差d ＝1，所以a n ＝2＋1·(n －1)＝n ＋1.(2)由b n ＝＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1＋12n ＋1＝2n ＋12n ＋2，知S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2n ＋2·n n ＋12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n 2＋3n ＋1－12n . 2、已知正项数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n 满足a n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求证：{S n }为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，不等式4T n ＜a 2－a 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)因为a n ＝S n ＋S n －1，所以S n －S n －1＝S n ＋S n －1，即S n －S n －1＝1，所以数列{S n }是首项为1，公差为1的等差数列，得S n ＝n ，所以a n ＝S n ＋S n －1＝n ＋(n －1)＝2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1也适合，所以a n ＝2n －1.(2)因为1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以，T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15 ＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1.∴T n ＜12， 要使不等式4T n ＜a 2－a 恒成立，只需2≤a 2－a 恒成立，解得a ≤－1或a ≥2，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．考点：数列综合练习题1．公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且－3a 1，－a 2，a 3成等差数列，若a 1＝1，则S 4＝( )．A ．－20B ．0C ．7D ．40解析 记等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，依题意有－2a 2＝－3a 1＋a 3，－2a 1q ＝－3a 1＋a 1q 2，即q 2＋2q －3＝0，(q ＋3)(q －1)＝0，又q ≠1，因此有q ＝－3，则S 4＝1×[1－－34]1＋3＝－20.答案 A2．若－9，a ，－1成等差数列，－9，m ，b ，n ，－1成等比数列，则ab ＝( )．A ．15B ．－15C ．±15D ．10解析 由已知得a ＝－9－12＝－5，b 2＝(－9)×(－1)＝9且b <0，∴b ＝－3，∴ab ＝(－5)×(－3)＝15.答案 A3．数列{a n }满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是( )．A ．9B ．10C ．11D ．12解析 因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，则满足S n >1 025的最小n 值是11.答案 C4．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )．A ．35B ．33C ．31D ．29解析 设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知，a 4＋2a 7＝2×54，∴a 7＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2×54－a 4＝14.∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12. ∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2，∴a 1＝16，∴S 5＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝31. 答案 C5．设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )．A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析 由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n .答案 A6．已知实数a 1，a 2，a 3，a 4构成公差不为零的等差数列，且a 1，a 3，a 4构成等比数列，则此等比数列的公比等于________．解析 设公差为d ，公比为q .则a 23＝a 1·a 4，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得a 1＝－4d ，所以q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝12. 答案 127．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析 每天植树棵数构成等比数列{a n }，其中a1＝2，q＝2.则S n＝a11－q n1－q＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.答案6。

2021届高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪训练32等比数列及其前n 项和文[基础巩固]一、选择题1．(2021·河南百校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝2，公差为d ，则“d ＝4”是“a 1，a 2，a 3成等比数列”的( )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] 由a 1，a 2，a 3成等比数列得a 22＝a 1a 3，即(2＋d )2＝2(2＋2d )，解得d ＝0，因此“d ＝4”是“a 1，a 2，a 3成等比数列”的既不充分也不必要条件，故选D.[答案] D2．(2021·四川成都南充高中模拟)已知等比数列的前3项为x,3x ＋3,6x ＋6，则其第4项的值为( )A ．－24B ．－24或0C ．12或0D ．24[解析] 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列，得(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)．解得x 1＝－3或x 2＝－1(现在a 2＝a 3＝0，不合题意，舍去)．故那个等比数列的首项为－3，公比为2，因此a n ＝－3·2n －1，因此数列的第4项为a 4＝－24.故选A.[答案] A3．已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．16[解析] 因为a 3＝2，a 4a 6＝16，因此a 4a 6＝a 23q 4＝16，即q 4＝4，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4a 6－a 8a 6－a 8＝q 4＝4，故选B.[答案] B4．已知单调递增的等比数列{a n }中，a 2·a 6＝16，a 3＋a 5＝10，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2n －2－14B ．2n －1－12C ．2n－1D ．2n ＋1－2[解析] ∵a 2·a 6＝16，∴a 3·a 5＝16，又a 3＋a 5＝10，等比数列{a n }单调递增，∴a 3＝2，a 5＝8，∴公比q ＝2，a 1＝12，∴S n ＝121－2n1－2＝2n －1－12，故选B. [答案] B5．已知{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝( ) A ．10 B ．20 C ．60D ．100[解析] a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝100. [答案] D6．(2021·全国卷Ⅱ)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( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得a 11－271－2＝381，解得a 1＝3，选择B.[答案] B 二、填空题7．(2021·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.因此a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，因此a 2b 2＝1.[答案] 18．(2021·郑州质量推测)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 2＝34，a 4＋a 5＝6，则S 6＝________.[解析] 记等比数列{a n }的公比为q ，则有q 3＝a 4＋a 5a 1＋a 2＝8，q ＝2，则S 6＝(a 1＋a 2)＋q 2(a 1＋a 2)＋q 4(a 1＋a 2)＝21(a 1＋a 2)＝634.[答案]6349．(2021·湖南师范大学附属中学月考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n.若b 10b 11＝2，则a 21＝________. [解析] 由已知，得b 1b 2…b 20＝a 2a 1·a 3a 2·…·a 21a 20＝a 21a 1＝a 212.因为{b n }为等比数列，因此b 1b 2…b 20＝(b 10b 11)10＝210，因此a 21＝2b 1b 2…b 20＝211＝2048.[答案] 2048 三、解答题10．(2021·北京卷)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式； (2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 4＝10，因此2a 1＋4d ＝10. 解得d ＝2.因此a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5，因此b 1qb 1q 3＝9. 解得q 2＝3. 因此b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.[能力提升]11．数列{a n }的通项公式为a n ＝aq n，则{a n }为递增数列的一个充分不必要条件是( ) A ．a <0，q <1 B ．a <0，q <0 C ．a >0，q >0 D ．a <0,0<q <12[解析] a n ＋1－a n ＝aqn ＋1－aq n ＝aq n (q －1)，当a <0，0<q <12时，q n>0，q －1<0，∴a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ，该数列是递增数列；当数列是递增数列，有可能a >0，q >1，故数列为递增数列的一个充分不必要条件是a <0,0<q <12，故选D.[答案] D12．已知数列{a n }满足log 2a n －1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，若a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1＝2n，则log 2(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )的值是( )A ．2n ＋1B ．2n －1C ．n ＋1D ．n －1[解析] 由log 2a n －1＝log 2a n ＋1得a n ＋1a n ＝12，因此数列{a n }是等比数列，公比为12，因此a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝12(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＝2n －1，因此log 2(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )＝n －1.故选D.[答案] D13．(2021·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．[解析] 由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ，即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8.∴a 1a 2…a n ＝a n1·qn n －12＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n －12＝2－n 22＋7n2.∵－n 22＋7n2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *.当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2 ≤26＝64，即最大值为64. [答案] 6414．(2021·广西南宁三中联考)已知{a n }是公比为q 的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2,3，…)，若数列{b n }有连续4项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.[解析] 因为数列{b n }有连续4项在集合{－53，－23,19,37,82}中，而b n ＝a n ＋1，因此数列{a n }有连续4项在集合{－54，－24,18,36,81}中．因为{a n }是公比为q 的等比数列，因此当q ＝－32时，－24,36，－54,81是{a n }的连续4项；当q ＝－23时，81，－54,36，－24是{a n }的连续4项．因此6q ＝－9或－4.[答案] －9或－415．(2021·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．[解] (1)∵a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，∴令n ＝1，有a 21－(2a 2－1)a 1－2a 2＝0，即 1－(2a 2－1)－2a 2＝0，得a 2＝12.同理可得a 22－(2a 3－1)a 2－2a 3＝0，解得a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，因此a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧ S n ＋1＝4a n ＋2，S n ＝4a n －1＋2n ≥2，①②①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，34为公差的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，得a n ＝(3n －1)·2n －2. [延伸拓展](2021·江西南昌摸底考试)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项之积为T n ，同时满足条件：a 1>1，a 2021·a 2021>1，a 2021－1a 2021－1<0.给出下列结论：(1)0<q <1；(2)a 2017a 2020－1>0；(3)T 2021是数列{T n }中的最大项；(4)使T n >1成立的最大自然数n 等于4031，其中正确的结论为( )A ．(2)(3)B ．(1)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)[解析] 因为a 2021－1a 2021－1<0，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 2021<1，a 2021>1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2021>1，a 2021<1，若⎩⎪⎨⎪⎧a 2021<1，a 2021>1成立，又a 2016a 2021>1，因此⎩⎪⎨⎪⎧0<a 2021<1，a 2021>1，因此q ＝a 2021a 2021>1，因此a 2021＝a 1q 2020，而a 1>1，因此a 2021>1，矛盾．从而⎩⎪⎨⎪⎧a 2021>1，0<a 2021<1，因此0<q <1，又因为a 1>1，因此易知数列{a n }的前2021项都大于1，而从第2021项起都小于1，因此T 2021是数列{T n }的最大项．从而(1)(3)正确，(2)错误，∵a 2021·a 2021>1，a 2021<1，∴使T n >1成立的最大自然数n 等于4032，(4)错误，故选B.[答案] B。

第3讲 等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．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a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)． (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：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ．“a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)． 4．等比数列的单调性当q >1，a 1>0或0<q <1，a 1<0时，{a n }是递增数列； 当q >1，a 1<0或0<q <1，a 1>0时，{a n }是递减数列； 当q ＝1时，{a n }是常数列． 5．等比数列与指数函数的关系当q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n，可以看成函数y ＝cq x ，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上．[疑误辨析]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b 2＝ac .( ) (3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (4)如果{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }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)√ [教材衍化]1．(必修5P54A 组T8改编)在3与192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， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48. 答案：12，482．(必修5P51例3改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝________．解析：由题意知q 3＝a 5a 2＝18，所以q ＝12.答案：123．(必修5P61A 组T1改编)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则{a n }的通项公式a n ＝________．解析：因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝－132，因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，所以q 5＝－132，q ＝－12，则a n ＝－1×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝－⎝⎛⎭⎫－12n －1.答案：－⎝⎛⎭⎫－12n －1[易错纠偏](1)忽视项的符号判断； (2)忽视公比q ＝1的特殊情况； (3)忽视等比数列的项不为0.1．在等比数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝16，则a 3与a 7的等比中项为________．解析：设a 3与a 7的等比中项为G ，因为a 3＝4，a 7＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8.答案：±82．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n (a ≠0)，则其前n 项和S n ＝________．解析：因为a ≠0，a n ＝a n ，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时S n ＝a （1－a n ）1－a.答案：⎩⎪⎨⎪⎧n ，a ＝1，a （1－a n ）1－a，a ≠0，a ≠13．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x 2＋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等比数列的基本运算(高频考点)等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题．主要命题角度有：(1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．角度一 求首项a 1、公比q 或项数n(1)已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( ) A.13 B ．－13C.19D ．－19(2)设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________． 【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，即a 3＝9a 1，q 2＝9， 又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.(2)当q ≠1时，a 1（1－q 3）1－q＝3a 1q 2，解得q ＝1(舍去)或－12.当q ＝1时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 3也成立．【答案】 (1)C (2)1或－12角度二 求通项或特定项已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，则a n ＝________．【解析】 由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.【答案】12n －1角度三 求前n 项和(2020·温州模拟)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．【解析】 设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.【答案】 2n －1解决等比数列有关问题的三种常见思想方法(1)方程思想：等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解．(2)分类讨论思想：因为等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，所以当某一参数为公比进行求和时，就要对参数是否为1进行分类讨论．(3)整体思想：应用等比数列前n 项和公式时，常把q n 或a 11－q当成整体进行求解．1．设等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 3＝4，S k ＝63，则k ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，由已知a 1＝1，a 3＝4，得q 2＝a 3a 1＝4.又{a n }的各项均为正数，所以q ＝2.而S k ＝1－2k1－2＝63，所以2k －1＝63， 解得k ＝6.2．(2020·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________，S n ＝________．解析：由题意知a n ＋22＝2S n ，平方可得S n ＝（a n ＋2）28，①由a 1＝S 1得a 1＋22＝2a 1，从而可解得a 1＝2.又由①式得S n －1＝（a n －1＋2）28(n ≥2)，②①－②可得a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋2）28－（a n －1＋2）28(n ≥2)，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0， 因为数列{a n }的各项都是正数， 所以a n －a n －1－4＝0，即a n －a n －1＝4.故数列{a n }是以2为首项4为公差的等差数列， 所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×4＝2n 2.当n ＝1时，S 1＝a 1＝2. 故S n ＝2n 2. 答案：2 2n 2等比数列的判定与证明(1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( )A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.①求a 4的值；②证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．【解】 (1)选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． (2)①当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4(1＋32＋54＋a 4)＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1， 解得a 4＝78.②证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．因为 4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，所以a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．(变问法)在本例(2)条件下，求数列{a n }的通项公式． 解：由本例(2)的②知，a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1， 即a n ＋1⎝⎛⎭⎫12n ＋1－a n⎝⎛⎭⎫12n ＝4. 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝⎛⎭⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝⎛⎭⎫12n ＝2＋4(n －1)＝4n －2，即a n ＝(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －1.等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2)，则{a n }是等比数列．(2)中项公式法：若数列{a n }中a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列的通项公式可写成a n ＝c ·q n －1(c ，q 均为不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0，1)，则{a n }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．(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)各项为正的数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a 2nλ＋a n (n ∈N *)． (1)取λ＝a n ＋1，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是等比数列，并求其公比； (2)取λ＝2时令b n ＝1a n ＋2，记数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项之积为T n ，求证：对任意正整数n ，2n ＋1T n ＋S n 为定值．解：(1)由λ＝a n ＋1，得a n ＋1＝a 2na n ＋1＋a n ，所以a 2n ＋1－a n ＋1a n －a 2n ＝0.两边同除a 2n 可得：⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2－a n ＋1a n －1＝0， 解得a n ＋1a n ＝1±52.因为a n >0，所以a n ＋1a n ＝1＋52为常数，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是等比数列，公比为1＋52.(2)证明：当λ＝2时，a n ＋1＝a 2n2＋a n ，得2a n ＋1＝a n (a n ＋2)，所以b n ＝1a n ＋2＝12·a na n ＋1.所以T n ＝b 1·b 2…b n ＝⎝⎛⎭⎫12·a 1a 2⎝⎛⎭⎫12·a 2a 3…⎝⎛⎭⎫12·a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12na 1a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ＋11a n ＋1，又b n ＝12·a n a n ＋1＝a 2n2a n a n ＋1＝2a n ＋1－2a n 2a n a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1a 1－1a n ＋1＝2－1a n ＋1，故2n ＋1T n ＋S n ＝2n ＋1·⎝⎛⎭⎫12n ＋11a n ＋1＋2－1a n ＋1＝2为定值．等比数列的性质(高频考点)等比数列的性质是高考的热点，多以选择题、填空题的形式出现，其难度为中等．主要命题角度有：(1)等比数列项的性质的应用； (2)等比数列前n 项和的性质的应用． 角度一 等比数列项的性质的应用(1)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－6x ＋8＝0的根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 2B ．4C ．－22或2 2D ．－4或4(2)(2020·温州八校联考)数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，则使不等式a 21＋a 22＋…＋a 2n <5×2n＋1成立的n 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】 (1)因为a 3，a 15是方程x 2－6x ＋8＝0的根， 所以a 3a 15＝8，a 3＋a 15＝6，易知a 3，a 15均为正，由等比数列的性质知，a 1a 17＝a 29＝a 3a 15＝8， 所以a 9＝22，a 1a 17a 9＝22，故选A. (2)因为a n ＝2n －1，a 2n＝4n －1， 所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×（1－4n ）1－4＝13(4n－1)． 因为a 21＋a 22＋…＋a 2n <5×2n ＋1， 所以13(4n －1)<5×2n ＋1，因为2n (2n －30)<1，对n 进行赋值，可知n 的最大值为4.【答案】 (1)A (2)C角度二 等比数列前n 项和的性质的应用等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．5【解析】 法一：因为{a n }为等比数列，所以a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，所以(a 5＋a 7)2＝(a1＋a 3)·(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝（a 5＋a 7）2a 1＋a 3＝428＝2. 同理，a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项， 所以(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)， 故a 13＋a 15＝（a 9＋a 11）2a 5＋a 7＝224＝1.所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3. 法二：在等比数列{a n }中， 得q 4＝a 5＋a 7a 1＋a 3＝12，所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝q 8(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝14(8＋4)＝3.【答案】 C等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形； (2)等比中项的变形；(3)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．1．已知等比数列{a n }中，a 4＋a 8＝－2，则a 6(a 2＋2a 6＋a 10)的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8D ．－9解析：选A.a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 26＋a 6a 10＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2，因为a 4＋a 8＝－2，所以a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝4.2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B ．－18C.578D.558解析：选A.因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.3．(2020·杭州学军中学高三月考)已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝________；{a n }的前n 项和S n ＝________． 解析：因为a n ＋ma m ＝a n ，所以a n ＋m ＝a n ·a m ，所以a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8； 令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列， 所以S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：8 2n ＋1－2思想方法系列4 分类讨论思想求解数列问题等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2（1－4n ）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．分类讨论思想在数列中应用较多，常见的分类讨论有： (1)已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种情况． (2)等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1讨论． (3)项数的奇、偶数讨论．(4)等比数列的单调性的判断注意与a 1，q 的取值的讨论．1．(2020·宁波模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2解析：选A.法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n ＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A. 法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.2．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0)∪[1，＋∞) C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ， 则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q . 当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立； 当公比q <0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立．所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．[基础题组练]1．(2020·宁波质检)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：选B.在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．(2020·衢州模拟)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( )A.12B.1716 C ．2D ．17解析：选B.设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.3．(2020·瑞安四校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：选C.由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.4．(2020·丽水市高考数学模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 1＋a 3≤2a 2C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝⎛⎭⎫q ＋122＋34>0， 故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．5．(2020·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.6．(2020·江南十校联考)设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，T n 是{a n }的前n 项之积，a 2＝27，a 3a 6a 9＝127，则当T n 最大时，n 的值为( )A ．5或6B ．6C ．5D ．4或5解析：选D.数列{a n }是各项均为正数的等比数列，因为a 3a 6a 9＝127，所以a 36＝127，所以a 6＝13.因为a 2＝27，所以q 4＝a 6a 2＝1327＝181，所以q ＝13.所以a n ＝a 2q n －2＝27×⎝⎛⎭⎫13n －2＝⎝⎛⎭⎫13n －5.令a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －5＝1，解得n ＝5，则当T n 最大时，n 的值为4或5.7．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q .又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2⎝⎛⎭⎫q ＝12舍去，所以a n ＝a 1·q n －1＝2n .答案：2n8．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．解析：由题意得a 1＋a 3＋…＝85，a 2＋a 4＋…＝170， 所以数列{a n }的公比q ＝2，由数列{a n }的前n 项和公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.答案：89．(2020·温州市十校联合体期初)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列， 则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则为2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q ，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2， 即q 2＋q －2＝0， 因此q ＝－2. 答案：－210．(2020·台州市高考模拟)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2，得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6， a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.② 联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5，q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.12．(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)已知数列{a n }是首项为2的等差数列，其前n 项和S n 满足4S n ＝a n ·a n ＋1.数列{b n }是以12为首项的等比数列，且b 1b 2b 3＝164.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意n ∈N *不等式1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n 恒成立，求λ的取值范围．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得4a 1＝a 1(a 1＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n ，由b 1b 2b 3＝b 32＝164⇒b 2＝14， 从而公比q ＝b 2b 1＝12，所以b n ＝⎝⎛⎭⎫12n.(2)由(1)知1S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 又T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ，所以对任意n ∈N *，1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n等价于32－1n ＋1－12n ＋1≥14λ，因为32－1n ＋1－12n ＋1对n ∈N *递增，所以⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－12n ＋1min ＝32－12－14＝34，所以34≥14λ⇒λ≤3，即λ的取值范围为(－∞，3]．[综合题组练]1．(2020·丽水模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n ＞1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C.因为{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，所以a 23＝a 3，所以a 3＝1.又因为q ＞1，所以a 1＜a 2＜1，a n ＞1(n ＞3)，所以T n ＞T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1＜1，T 2＝a 1·a 2＜1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2＜1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1＜1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6＞1，故n 的最小值为6，故选C.2．(2020·温州十校联合体期初)已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)．( )A ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≥a 3＋a 9B ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≤a 3＋a 9C ．若b 6≥a 7，则b 3＋b 9≥a 4＋a 10D ．若b 6≤a 7，则b 3＋b 9≤a 4＋a 10解析：选C.因为数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)， 在A 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≥a 3＋a 9不一定成立，故A 错误； 在B 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≤a 3＋a 9不一定成立，故B 错误；在C 中，因为b 6≥a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≥a 4＋a 10，故C 正确；在D 中，因为b 6≤a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≤a 4＋a 10不一定成立，故D 错误．3．已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2，则数列{a n }的通项公式为________．解析：圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝|2n |2＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，故a n ＋1＝14|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝2a n ，故数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n －1(n ∈N *)． 答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，且对任意正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n <a 恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：因为a m ＋n ＝a m ·a n ，令m ＝1得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝13，所以{a n }为等比数列，所以a n ＝13n ，所以S n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12⎝⎛⎭⎫1－13n <12，所以a ≥12.故a 的最小值为12. 答案：125．(2020·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，…(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3. (2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列；(充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝ q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)， 即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．6．(2020·杭州市七校高三联考)已知等比数列{a n }的公比为q (0<q <1)，且a 2＋a 5＝98，a 3a4＝18. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·(log 2a n )，求{b n }的前n 项和T n ；(3)设该等比数列{a n }的前n 项和为S n ，正整数m ，n 满足S n －m S n ＋1－m <12，求出所有符合条件的m ，n 的值．解：(1)由等比数列的性质可知a 3a 4＝a 2a 5＝18，a 2＋a 5＝98，所以a 2，a 5是方程x 2－98x ＋18＝0的两根，由题意可知a 2>a 5， 解得a 2＝1，a 5＝18，由等比数列的性质可知a 5＝a 2·q 3，解得q ＝12，a n ＝a 2·⎝⎛⎭⎫12n －2＝⎝⎛⎭⎫12n －2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －2.(2)由(1)可知b n ＝a n ·(log 2a n )＝2－n2n －2， {b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋0＋⎝⎛⎭⎫－12＋⎝⎛⎭⎫－222＋⎝⎛⎭⎫－323＋…＋2－n 2n －2， 12T n ＝1＋0＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－223＋⎝⎛⎭⎫－324＋…＋2－n 2n －1， 两式相减可得12T n ＝1－⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n －2－2－n 2n －1 ＝1－12－12n －11－12－2－n 2n －1＝1－⎝⎛⎭⎫1－12n －2－2－n2n －1＝12n －2－2－n 2n －1＝n2n－1，所以T n ＝n2n －2.(3)因为S n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ， 由S n －m S n ＋1－m <12⇒2<2n (4－m )<6，2n (4－m )为偶数，因此只能取2n (4－m )＝4，所以有⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝24－m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝44－m ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ＝1m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧n ＝2m ＝3.。

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.） 1. 【2022届陕西省高三下学期教学质检二数学（理）】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若321510,9S a a a =+=，则1a =（ ）。

A ．19 B ．19- C ．13D ．13-【答案】A 【解析】试题分析：由已知可得⎪⎩⎪⎨⎧==+91041211q a q a a ，解之得⎪⎩⎪⎨⎧==3911q a ,应选A 。

2.【2022届福建厦门外国语学校高三5月适应性数学】我国明朝有名数学家程大位在其名著《算法统宗》中记载了如下数学问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯”。

诗中描述的这个宝塔古称浮屠，本题说它一共有7层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，那么塔顶有（ ）盏灯。

A ．2B ．3C ．5D ．6【答案】B【解析】3. 【海淀区高三年纪其次学期其中练习】在数列{}n a 中，“12,2,3,4,n n a a n -==”是“{}n a 是公比为2的等比数列”的( ) 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【答案】B4. 【原创题】设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足0,1n a q >>，且3520a a +=，2664a a ⋅=，则5S =（ ）A ．31B ．36C ．42D ．48 【答案】A【解析】由已知得，3564a a ⋅=，又3520a a +=，则354,16a a ==，故24q =，2q =，11a =，所以55123112S -==-.5. 【改编题】函数21(3)y x =--图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不行能．．．成为公比的数是（ ） A ．21B 2．1 D ．33【答案】A【解析】函数21(3)y x =--2，最大值为4，故2122q ≤≤，即22q ≤≤122<，因此选A. 6.【2022届四川凉山州高三第三次诊断数学】《庄子·天下篇》中记述了一个有名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是( )A ．21111122222n n +++⋅⋅⋅+=- B ．211112222n +++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅<C ．21111222n ++⋅⋅⋅+=D ．21111222n ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅<【答案】D 【解析】试题分析：据已知可得每次截取的长度构造一个以12为首项，以12为公比的等比数列， 21111112222n n ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=-<.故反映这个命题本质的式子是21111222n ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅<.故选D7.【2022届安徽省安庆市高三第三次模拟考试数学】在等比数列{}n a 中，若720,2n a a >=，则31112a a +的最小值为（ ）A ．22B ．4C ．8D ．16 【答案】B 【解析】试题分析：由于720,2n a a >=，所以由基本不等式可得，231131171222224a a a a a +≥==，故选B. 8.【2022年高考冲刺卷（5）【浙江卷】理科】已知S n 是单调递减的等比数列{a n }的前n 项和，则（ ）A ．S 2m ·S 2n ≤2n m S +，S 2m +S 2n ≤2S m +n B ．S 2m ·S 2n ≤2n m S +，S 2m +S 2n ≥2S m +n C ．S 2m ·S 2n ≥2n m S +，S 2m +S 2n ≤2S m +nD ．S 2m ·S 2n ≥2n m S +，S 2m +S 2n ≥2S m +n【命题意图】这是一道数列的问题，主要考查了等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式以及不等式等基础学问，还考查了基本运算力量． 【答案】B9.设等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，若15m S -=,-11m S =,121m S +=，则=m （ ） A.3 B.4C.5D. 6【答案】C【解析】由已知得，116m m m S S a --==-，1132m m m S S a ++-==，故公比2q =-，又11m m a a qS q-=-11=-，故11a =-，又1116m m a a q-=⋅=-，代入可求得5m =． 10.【2022届河北省衡水高三下练习五】在等比数列{}n a 中，若25234535,44a a a a a a =-+++=，则23451111a a a a +++=（ ） A ．1 B ．34- C ．53- D ．43- 【答案】C 【解析】试题分析：由于数列{}n a 为等比数列，所以2534234523452534251111a a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++=+=⋅⋅⋅ 554334==--，故选C ．11．若数列{}n a 满足211n n n na a k a a ++++=（k 为常数），则称数列{}n a 为“等比和数列”，k 称为公比和，已知数列{}n a 是以3为公比和的等比和数列，其中11a =，22a =，则2015a = （ ）A. 1B. 2C. 10062D. 10072【答案】D 【解析】所以100720152=a .12．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且1313,,a a a 成等比数列，若11,n a S =是数列{}n a 的前n 项的和，则*216()3n n S n N a +∈+的最小值为 （ ）A ．4B ．3C ．232-D ．92【答案】A ． 【解析】试题分析：∵11a =，1313,,a a a 成等比数列，∴2(12)1(112)d d +=⋅+．得2d =或0d =（舍去），∴21n a n =-，∴2(121)2nn n S n +-==，∴2216216322n n S n a n ++=++．令1t n =+，则216926243n n S t a t +=+-≥-=+，故选A. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）13. 【改编题】设n S 是等比数列}{n a 的前n 项和，若,13221=+a a 433a a =，则=+n n a S 2 ． 【答案】1【解析】设等比数列}{n a 的公比为q ，由已知得，4313a q a ==，故1112313a a +⋅=，解得113a =，故 11332211113nn n n n n a S a a a a -+=+=-+=-．14. 【改编题】已知数列1,,9a 是等比数列，数列121,,,9b b 是等差数列，则12ab b +的值为 .【答案】310． 【解析】1,,9a 成等比数列，219,3a a ∴=⨯∴=．又121,,,9b b 是等差数列，121231910,10a b b b b +=+=∴=+． 15.【2022届上海市七宝高三模拟理科数学试卷】设()cos 2()cxf x ax bx x R =++∈，,,a b c R ∈且为常数，若存在一公差大于0的等差数列{}n x （*n N ∈），使得{()}n f x 为一公比大于1的等比数列，请写出满足条件的一组,,a b c 的值________.【答案】0,0,0a b c ≠=>（答案不唯一，一组即可） 【解析】试题分析：由题设可取1,0,1===c b a ,此时xx x f 2cos )(+=,存在数列25,23,2πππ,满足题设,应填答案1,0,1===c b a .16．已知{}n a 满足()*+∈⎪⎭⎫⎝⎛=+=N n a a a nn n 41,111， +⋅+⋅+=232144a a a S n 14-⋅n n a 类比课本中推导等比数列前项和公式的方法，可求得=-n n n a S 45___________． 【答案】n ． 【解析】三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．【2022全国丙17】（本题满分10分）已知数列{}n a 的前n 项和1n S a =+，1n n S a λ=+.其中0λ≠. （1）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （2）若53132S =，求λ. 【答案】（1）()1*111n n a n λλλ-⎛⎫=∈ ⎪--⎝⎭N ；（2）1λ=-.【解析】（1）由题意得1111a S a λ==+，故1λ≠，111a λ=-，10a ≠. 由1n n S a λ=+，111n n S a λ++=+，得11n n n a a a λλ++=-，即()11n n a a λλ+-=.由10a ≠，0λ≠，得0n a ≠，所以11n n a a λλ+=-.因此{}n a 是首项为11λ-，公比为1λλ-的等比数列. 于是()1*111n n a n λλλ-⎛⎫=∈ ⎪--⎝⎭N .（2）由（1）得11nn S λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭.由53132S =，得5311132λλ⎛⎫-= ⎪-⎝⎭，即51132λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，解得1λ=-. 18.【改编题】已知等比数列{n a }的公比为q ，且满足1n n a a +<，1a +2a +3a =913，1a 2a 3a =271.（1）求数列{n a }的通项公式；（2）记数列{n a n ⋅-)12(}的前n 项和为n T ，求.n T故数列{n a }的通项公式为n a =131-n （n *N ∈） ………………6分（2）由（1）知n a n ⋅-)12(=1312--n n ，所以n T =1+33+235+⋯+1312--n n ①31n T =31+233+335+…+1332--n n +n n 312- ② ①－② 得：32n T =1+32+232+332+⋯+132-n －nn 312-=12+（31+231+331+⋯+131-n ）－nn 312- =12+311)311(311--⋅-n －n n 312-=2－131-n －n n 312-,所以nT =3－131-+n n . 19．各项为正的数列{}n a 满足112a =,21,()n n n a a a n λ*+=+∈N ， （1）取1n a λ+=，求证：数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求其公比；（2）取2λ=时令12n n b a =+，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项之积为n T ，求证：对任 意正整数n ，12n n n T S ++为定值．【答案】(1) 证明见解析，公比为1+52（2）定值为2 【解析】（2）由21111122222()n nn n n n n n n n a a a a a a a b a a +++=+⇒=+⇒==+ 所以+1121122311111111122222()()()()()()()n n n n n n n n a a a a T b b b a a a a a +++=⋅=== 211+1+1122111===222n n n n n n n n n n n n a a a a b a a a a a a a +++-=-所以12111111=2n n n n S a a a a a a ++=+++=--，故+12n n n T S +2=为定值． 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a =，1231n n a a a a n a ++++++=，*n ∈N ．（Ⅰ) 求证：数列{1}n a +是等比数列；（Ⅱ) 设数列{}n b 的前n 项和为n T ，11b =，点1(,)n n T T +在直线112x y n n -=+上，若不等式1212911122n n nb b bm a a a a +++≥-++++对于*n ∈N 恒成立，求实数m 的最大值． 【答案】（Ⅰ)详见解析; （Ⅱ) 6116. 【解析】试题解析：（Ⅰ)由1231n n a a a a n a ++++++=，得12311(2)n n a a a a n a n -+++++-=≥ ，两式相减得121n n a a +=+， 所以112(1)n n a a ++=+ （2n ≥)， 由于10a =，所以111a +=，21211a a =+=，2112(1)a a +=+ 所以{1}n a +是以1为首项，公比为2的等比数列 （Ⅱ)由（Ⅰ)得121n n a -=-，由于点1(,)n n T T +在直线112x y n n -=+上，所以1112n n T T n n +-=+，又11232527(4)(4)222n n n n n n ++------=， 故当3n ≤时，25{4}2nn --单调递减；当3n =时，323531428⨯--=； 当4n ≥时，25{4}2nn --单调递增；当4n =时，4245614216⨯--=； 则2542nn --的最小值为6116，所以实数m的最大值是6116 21.【2022届河南新乡名校学术联盟高三高考押题四理数学试卷】已知等比数列{}n a 中，11a =，且()24331a a a +=+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设32333431log log log log n n b a a a a +=+++⋅⋅⋅+，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和． 【答案】（1）13n n a -=；（2）21nn +． 【解析】试题分析：（1）用公比q 表示出234,,a a a ，即可求出q ，从而得通项公式；（2）由（1）13n n a -=，因此故()1211211n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭12111111111122211223111n n b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为21nn +． 22.【2022届湖南师大附中高三上学期月考六数学（理）试卷】设数列{}n x 的前n 项和为n S ，若存在非零常数p ，使对任意n *∈N 都有2nnS p S =成立，则称数列{}n x 为“和比数列”．（1）若数列{}n a 是首项为2，公比为4的等比数列，推断数列{}2log n a 是否为“和比数列”； （2）设数列{}n b 是首项为2，且各项互不相等的等差数列，若数列{}n b 是“和比数列”，求数列{}n b 的 通项公式．【答案】（1）是，证明见解析；（2）()24142n b n n =+-=- 【解析】试题分析：（1）已知可得121242n n n a --=⋅=2log 21n a n ⇒=-()21212n n S n n +-⇒=⋅=24n n SS ⇒=；（2）由已知可得前n 项和()122n n n n d -T =+()()()()222148*********n n n n n d n d p n n n d n d-++-T ⇒===-T +-+恒成立()222142n n n n d -T =+，所以()()()()222148*********n n n n n d n d n n n d n d-++-T ==-T +-+由于{}n b 是“和比数列”，则存在非零常数p ，使()()822141n dp n d+-=+-恒成立．即()()822141n d p n d +-=+-⎡⎤⎣⎦，即()()()4240p dn p d -+--=恒成立．所以()()()40240p d p d -=⎧⎪⎨--=⎪⎩由于0d ≠，则4p =，4d =所以数列{}n b 的通项公式是()24142n b n n =+-=-。

专题 等比数列及其前n 项和一、题型全归纳题型一 等比数列基本量的运算【题型要点】1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．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a n ＋1a n ＝q (q ≠0，n ∈N *)．(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：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ． “a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3.解决等比数列有关问题的2种常用思想4．等比数列的基本运算方法(1)等比数列可以由首项a 1和公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a 1和q 进行． (2)对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过列方程(组)求出a 1，q .如果再给出第三个条件就可以完成a 1，n ，q ，a n ，S n 的“知三求二”问题．例1】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝ ．【答案】58.【解析】通解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝1及S 3＝34，易知q ≠1.把a 1＝1代入S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝34，得1＋q ＋q 2＝34，解得q ＝－12，所以S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯21--121--114＝58.优解一：设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝34，a 1＝1，所以1＋q ＋q 2＝34，解得q ＝－12，所以a 4＝a 1·q 3＝321-⎪⎭⎫⎝⎛＝－18，所以S 4＝S 3＋a 4＝34＋⎪⎭⎫ ⎝⎛81-＝58.优解二：设等比数列{a n }的公比为q ，由题意易知q ≠1.设数列{a n }的前n 项和S n ＝A (1－q n )(其中A 为常数)，则a 1＝S 1＝A (1－q )＝1 ①，S 3＝A (1－q 3)＝34 ②，由①②可得A ＝23，q ＝－12.所以S 4＝23×⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯421--11＝58.【例2】(2020·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．32B ．31C ．64D ．63【解析】：通解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B.优解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1， 所以S 5＝31，故选B.题型二 等比数列的判定与证明【题型要点】等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列． 【易错提醒】：(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．【例1】已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．【解析】 (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）n a n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4.将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4. (2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ， 又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.【例2】设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：S n ＋a n ＝n －1n (n ＋1)，n ＝1,2，…，n .(1)求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n S n 是等比数列；(2)求S n . 【解析】 (1)证明：由题意，n ＝1时，S 1＋a 1＝0，即a 1＝0，n ≥2时，S n ＋S n －S n －1＝2S n －S n －1＝n －1n (n ＋1)＝2n ＋1－1n，所以S n －1n ＋1＝12⎭⎬⎫⎩⎨⎧-n S n 11-，S 1－12＝－12，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n S n 是以－12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知，S n －1n ＋1＝121-⎪⎭⎫⎝⎛n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-＝n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-，所以S n ＝1n ＋1－n⎪⎭⎫⎝⎛21. 【例3】已知数列{a n }是等比数列，则下列命题不正确的是( ) A ．数列{|a n |}是等比数列 B ．数列{a n a n ＋1}是等比数列 C ．数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等比数列 D ．数列{lg a 2n }是等比数列 【解析】.因为数列{a n }是等比数列，所以a n ＋1a n ＝q .对于A ，|a n ＋1||a n |＝⎪⎪⎪⎪a n ＋1a n ＝|q |，所以数列{|a n |}是等比数列，A 正确；对于B ，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，所以数列{a n a n ＋1}是等比数列，B 正确；对于C ，1a n ＋11a n＝a n a n ＋1＝1q ，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等比数列，C 正确；对于D ，lg a 2n ＋1lg a 2n ＝2lg a n ＋12lg a n ＝lg a n ＋1lg a n ，不一定是常数，所以D 错误． 【例4】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ，若不存在，请说明理由． 【解析】：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－3，解得a 1＝3， 当n ＝2时，S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－6，解得a 2＝9， 当n ＝3时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－9，解得a 3＝21.(2)假设{a n ＋λ}是等比数列，则(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)(a 3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 下面证明{a n ＋3}为等比数列：因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n ＋1， 所以2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，所以存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列． 所以a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．题型三 等比数列性质的应用【题型要点】1.等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ． (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列．(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)． 常用结论2．记住等比数列的几个常用结论(1)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1，{a 2n }，{a n ·b n }，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 仍是等比数列．(2)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .(3)一个等比数列各项的k 次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k 次幂． (4){a n }为等比数列，若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T 3nT 2n，…成等比数列．(5)当q ≠0，q ≠1时，S n ＝k －k ·q n (k ≠0)是{a n }成等比数列的充要条件，此时k ＝a 11－q.(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．类型一 等比数列项的性质的应用【例1】已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D ．18【解析】：法一：因为a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，所以a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2.又因为q 3＝a 4a 1＝214＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C. 法二：因为a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12，故选C.【例2】(2020·洛阳市第一次联考)等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－2 C. 2D ．－2或2【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3＜0，a 15＜0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－ 2.类型二 等差数列前n 项和性质的应用【例3】等比数列{a n }中，前n 项和为48，前2n 项和为60，则其前3n 项和为________． 【解析】法一：设数列{a n }的前n 项和为S n .因为S 2n ≠2S n ，所以q ≠1，由前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q n ）1－q＝48，①a 1（1－q 2n ）1－q＝60，②②÷①，得1＋q n ＝54，所以q n ＝14.③将③将入①，得a 11－q＝64. 所以S 3n ＝a 1（1－q 3n ）1－q ＝64×⎪⎭⎫⎝⎛341-1＝63.法二：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列， 所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，即S 3n ＝（S 2n －S n ）2S n ＋S 2n ＝（60－48）248＋60＝63.法三：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为S 2n ＝S n ＋q n S n ，所以q n ＝S 2n －S n S n ＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q 2n S n ＝60＋241⎪⎭⎫⎝⎛×48＝63.【例4】(2020·池州高三上学期期末)已知等比数列{a n }的公比q ＝2，前100项和为S 100＝90，则其偶数项 a 2＋a 4＋…＋a 100为( ) A ．15 B ．30 C ．45D ．60【解析】设S ＝a 1＋a 3＋…＋a 99，则a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)q ＝2S ，又因为S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝90，所以3S ＝90，S ＝30，所以a 2＋a 4＋…＋a 100＝2S ＝60.【例5】已知等比数列{a n }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⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.【总结提升】1．掌握运用等比数列性质解题的两个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a 1，q 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件． (2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：①若{a n }是等比数列，且a n >0，则{log a a n }(a >0且a ≠1)是以log a a 1为首项，log a q 为公差的等差数列． ②若公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n . 2．牢记与等比数列前n 项和S n 相关的几个结论 (1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . ①若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q ；②若共有2n ＋1项，则S 奇－S 偶＝a 1＋a 2n ＋1q 1＋q (q ≠1且q ≠－1)，S 奇－a 1S 偶＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m ⇔q n ＝S n ＋m －S nS m(q 为公比)．题型四 数列与数学文化及实际应用类型一．等差数列与数学文化【例1】(2020·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( ) A ．6斤 B ．7斤 C ．9斤D ．15斤【解析】 设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n }，则有a 1＝4，a 5＝2，所以a 1＋a 5＝6，数列{a n }的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.【题后升华】以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n 项和等．类型二．等比数列与数学文化【例2】(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( ) A.253 B ．503 C.507 D ．1007【解析】5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a 1，a 2，a 3，由题意可知a 1，a 2，a 3构成公比为2的等比数列，且S 3＝50，则a 1（1－23）1－2＝50，解得a 1＝507，所以马主人应偿还粟的量为a 2＝2a 1＝1007，故选D.【题后升华】以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n 项和等．类型三．递推数列与数学文化【例3】(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为( ) A ．7 B ．10 C ．12D ．22【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7.故选A.【题后升华】以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，求a 4的问题．类型四．周期数列与数学文化【例4】(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( ) A ．672 B ．673 C ．1 346D ．2 019【解析】 由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，所以{a n }是周期为3的周期数列， 且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.因为2 019＝673×3， 所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.【题后反思】以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以2的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果．类型五．数列在实际问题中的应用【例5】私家车具有申请报废制度．一车主购买车辆时花费15万，每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元，每年的维修费是一个公差为3 000元的等差数列，第一年维修费为3 000元，则该车主申请车辆报废的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是________年．【解析】设这辆汽车报废的最佳年限为n 年，第n 年的费用为a n ，则a n ＝1.5＋0.3n .前n 年的总费用为S n ＝15＋1.5n ＋n 2(0.3＋0.3n )＝0.15n 2＋1.65n ＋15，年平均费用：S n n ＝0.15n ＋15n＋1.65≥20.15n ×15n＋1.65＝4.65，当且仅当0.15n ＝15n ，即n ＝10时，年平均费用S nn 取得最小值．所以这辆汽车报废的最佳年限是10年．【题后反思】数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．二、高效训练突破 一、选择题1．(2020·湖南衡阳一模)在等比数列{a n }中，a 1a 3＝a 4＝4，则a 6的所有可能值构成的集合是( ) A ．{6} B ．{－8，8} C ．{－8}D ．{8}【解析】：因为a 1a 3＝a 22＝4，a 4＝4，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝2，所以a 6＝a 2q 4＝2×4＝8，故a 6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.2．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．2【解析】：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝3a 3＋4a 1，得a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，得q 4－3q 2－4＝0，令q 2＝t ，则t 2－3t －4＝0，解得t ＝4或t ＝－1(舍去)，所以q 2＝4，即q ＝2或q ＝－2(舍去)．又 S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.故选C.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，则( ) A ．数列{a n }的公比为2 B ．数列{a n }的公比为8 C.S 6S 3＝8 D ．S 6S 3＝4【解析】：因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，所以a 6a 3＝q 3＝8，解得q ＝2，所以S 6S 3＝1－q 61－q 3＝1＋q 3＝9.4．(2020·山西3月高考考前适应性测试)正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( ) A ．1 B ．2 C.22D ．2【解析】：设公比为q ，由正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，可得a 23＋2a 3a 7＋a 27＝(a 3＋a 7)2＝16，即a 3＋a 7＝4，由a 5与a 9的等差中项为4，得a 5＋a 9＝8，则q 2(a 3＋a 7)＝4q 2＝8，则q ＝2(舍负)，故选D. 4．(2020·湘赣十四校第二次联考)中国古代著作《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．”其意思为：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，请问最后一天走了( ) A ．6里 B ．12里 C ．24里D ．96里【解析】：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×(12)5＝6，最后一天走了6里，故选A.5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( ) A ．13 B ．12 C ．11D ．10【解析】：设该等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9，(a 1·a n )3＝3×9＝33，所以a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，所以T 2n ＝(a 1·a n )n ，即7292＝3n ，所以n ＝12.6．(2020·青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列，则S 4S 2＝( ) A ．3 B ．9 C ．10D ．13【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 6,3a 4，－a 5成等差数列，所以6a 4＝a 6－a 5，所以6a 4＝a 4(q 2－q )．由题意得a 4>0，q >0.所以q 2－q －6＝0，解得q ＝3，所以S 4S 2＝S 2＋q 2S 2S 2＝1＋q 2＝10.7．(2020届福建厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2【解析】： 解法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A.解法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.8．(2020·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3－a 272＋a 11＝0，数列{b n }为等比数列，且b 7＝a 7，则b 1·b 13＝( )A ．25B ．16C ．8D ．4【解析】由a 3－a 272＋a 11＝0，得2a 7－a 272＝0，a 7＝4，所以b 7＝4，b 1·b 13＝b 27＝16. 9.(2020·福建厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2【解析】：法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A. 法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.10．(2020·辽宁部分重点高中联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1，则{a n }的通项公式a n ＝( ) A ．2n －1 B ．2n －1 C ．2n －1D ．2n ＋1【解析】：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1， 因此a n ＝2n －1，故选B.11．(2020·长春市质量监测(一))已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若公比q ＝2，则a 1＋a 3＋a 5S 6＝( )A.13B.17C.23D ．37【解析】：法一：由题意知a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋22＋24)＝21a 1，而S 6＝a 1（1－26）1－2＝63a 1，所以a 1＋a 3＋a 5S 6＝21a 163a 1＝13，故选A. 法二：由题意知S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5＋(a 2＋a 4＋a 6)＝a 1＋a 3＋a 5＋2(a 1＋a 3＋a 5)＝3(a 1＋a 3＋a 5)，故a 1＋a 3＋a 5S 6＝13，故选A.12.(2020·河南郑州三测)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( )A.12×(310－1)B.18×(910－1)C.126×(279－1) D ．126×(2710－1)【解析】：因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n ＝3，所以{a n }为等差数列，公差为3，{b n }为等比数列，公比为3，所以a n＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝1×3n －1＝3n －1，所以ba n ＝33n －3＝27n －1，所以{ba n }是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ba n }的前10项和为1×（1－2710）1－27＝126×(2710－1)，故选D.二、填空题1.(2020·陕西第二次质量检测)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 2a 12＝16，则log 2a 15＝ ．【解析】：等比数列{a n }的各项都是正数，且公比为2，a 2a 12＝16，所以a 1qa 1q 11＝16，即a 21q 12＝16，所以a 1q 6＝22，所以a 15＝a 1q 14＝a 1q 6(q 2)4＝26，则log 2a 15＝log 226＝6.2．(2020·陕西榆林二模)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2(n 2＋n )，若b n ＝22a n ，则{b n }的前n 项和S n ＝ ．【解析】：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2(n 2＋n )，得a n ＋1n ＋1－a n n ＝2，又a 1＝2，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为2，公差为2的等差数列，所以a nn ＝2＋2(n －1)＝2n ，即a n ＝2n 2，所以b n ＝22a n ＝4n ，所以数列{b n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以S n ＝4－4n ＋11－4＝4n ＋1－43.3．(2020·安徽安庆模拟)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________．【解析】：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎪⎭⎫ ⎝⎛-λ2n a .由于数列{a n－1}是等比数列，所以2λ＝1， 得λ＝2.4.在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64，且前n 项和S n ＝42，则n ＝________． 【解析】：因为{a n }为等比数列，所以a 3·a n －2＝a 1·a n ＝64.又a 1＋a n ＝34， 所以a 1，a n 是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，a n ＝2.又因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32. 由S n ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝42，解得q ＝4.由a n ＝a 1q n －1＝2×4n －1＝32，解得n ＝3.5．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋na m ＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．【解析】：因为a n ＋m a m ＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.6.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10∶S 5＝1∶2，则S 15∶S 5＝________.【解析】因为S 10∶S 5＝1∶2，所以设S 5＝2a ，S 10＝a (a ≠0)，因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，即2a ，－a ，S 15－a 成等比数列，所以(－a )2＝2a (S 15－a )， 解得S 15＝3a2，所以S 15∶S 5＝3∶4.三 解答题1.(2020·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7. (1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值．【解析】：(1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.(舍去)所以a n ＝4·121-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝321-⎪⎭⎫ ⎝⎛n .(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝8⎪⎭⎫⎝⎛n 21-1＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增．又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8)．又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8. 2．(2020·山西长治二模)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q ＞0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明现由．【解析】：(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1（1－q 3）1－q＝13，q ＞0，解得a 1＝1，q ＝3，所以a n＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列，因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13， 所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝3，故存在常数λ＝12，使得数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n S 是等比数列．3.(2020届长春市高三质量监测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，设b n ＝a n 2n .(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n b b 的前n 项和S n .【解析】：(1)证明：当n ≥2时，b n －b n －1＝a n 2n －a n －12n －1＝a n －2a n －12n ＝1，又b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知，b n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.4.(2020届南昌市第一次模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4，得2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知a 1＝1，q ＝2，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，所以b n ＝2n－1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2＋22＋…＋2n －n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .。

数列中的综合问题考试要求 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题． 题型一 数学文化与数列的实际应用例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块答案 C解析 设每一层有n 环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d ＝9，首项为a 1＝9的等差数列．由等差数列的性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，且(S 3n －S 2n )－(S 2n －S n )＝n 2d ，则9n 2＝729，解得n ＝9，则三层共有扇面形石板S 3n ＝S 27＝27×9＋27×262×9＝3402(块)．(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm× 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑k ＝1n S k ＝_______dm 2.答案 5 240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32n解析 依题意得，S 1＝120×2＝240；S 2＝60×3＝180；当n ＝3时，共可以得到5dm×6dm，52dm×12dm，10dm×3dm,20dm×32dm 四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30,10×3＝30，20×32＝30，所以S 3＝30×4＝120；当n ＝4时，共可以得到5dm×3dm，52dm×6dm，54dm×12dm,10dm×32dm,20dm×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15,10×32＝15,20×34＝15，所以S 4＝15×5＝75； ……所以可归纳S k ＝2402k ×(k ＋1)＝240k ＋12k. 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋322＋423＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，①所以12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②由①－②得，12×∑k ＝1nS k＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122－12n×121－12－n ＋12n ＋1＝240⎝ ⎛⎭⎪⎫32－n ＋32n ＋1， 所以∑k ＝1nS k ＝240⎝⎛⎭⎪⎫3－n ＋32ndm 2. 教师备选1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为( ) A ．4.5尺 B ．3.5尺 C ．2.5尺 D ．1.5尺答案 A解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{a n }，设公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝28.5，a 10＋a 11＋a 12＝1.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10.5，d ＝－1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝11.5－n ， 所以a 7＝11.5－7＝4.5， 即春分时节的日影长为4.5尺． 2．古希腊时期，人们把宽与长之比为5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12≈0.618的矩形称为黄金矩形，把这个比值5－12称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形，若M 与K 之间的距离超过1.5m ，C 与F 之间的距离小于11m ，则该古建筑中A 与B 之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )A ．30.3mB ．30.1mC ．27mD ．29.2m答案 C解析 设|AB |＝x ，a ≈0.618，因为矩形ABCD ，EBCF ，FGHC ，FGJI ，LGJK ，MNJK 均为黄金矩形， 所以有|BC |＝ax ，|CF |＝a 2x ，|FG |＝a 3x ， |GJ |＝a 4x ，|JK |＝a 5x ，|KM |＝a 6x .由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 6x >1.5，a 2x <11，解得26.786<x <28.796，故选项C 符合题意． 思维升华 数列应用问题常见模型(1)等差模型：后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值． (2)等比模型：后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，那么应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项)之间的递推关系．跟踪训练1 (1)(2022·佛山模拟)随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G 基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G 基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G 网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G 网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G 基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G 基站时要到( ) A ．2022年12月 B ．2023年2月 C ．2023年4月 D ．2023年6月答案 B解析 每个月开通5G 基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列， 设预计我国累计开通500万个5G 基站需要n 个月，则70＋5n ＋n n －12×1＝500，化简整理得，n 2＋9n －860＝0， 解得n ≈25.17或n ≈－34.17(舍)，所以预计我国累计开通500万个5G 基站需要25个月，也就是到2023年2月．(2)(多选)(2022·潍坊模拟)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A ．a 4＝12B ．a n ＋1＝a n ＋n ＋1C ．a 100＝5050D ．2a n ＋1＝a n ·a n ＋2解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ，故a n ＝n n ＋12，∴a 4＝4×4＋12＝10，故A 错误； a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×100＋12＝5050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n n ＋1n ＋2n ＋34，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误．题型二 等差数列、等比数列的综合运算例2 (2022·滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4， 所以d ＝a 2－a 1＝2， 所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ， 所以n ＝log 2b n ， 所以b n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n＝2·2n －1＝a 2n －1， 即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ， 因为b 7＝62a ＝a 64，b 8＝72a ＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的， 所以S 100＝P 107－Q 7＝107×2＋2142－2－281－2＝11302.(2020·浙江)已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b nb n ＋2c n ，n ∈N *. (1)若{b n }为等比数列，公比q >0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值及数列{a n }的通项公式； (2)若{b n }为等差数列，公差d >0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1＋1d，n ∈N *.(1)解 由b 1＝1，b 1＋b 2＝6b 3，且{b n }为等比数列，得1＋q ＝6q 2，解得q ＝12(负舍)．∴b n ＝12n －1.∴c n ＋1＝b nb n ＋2c n ＝4c n ，∴c n ＝4n －1. ∴a n ＋1－a n ＝4n －1，∴a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝1－4n －11－4＋1＝4n －1＋23. (2)证明 由c n ＋1＝b n b n ＋2·c n (n ∈N *)， 可得b n ＋2·c n ＋1＝b n ·c n ， 两边同乘b n ＋1，可得b n ＋1·b n ＋2·c n ＋1＝b n ·b n ＋1·c n ， ∵b 1b 2c 1＝b 2＝1＋d ，∴数列{b n b n ＋1c n }是一个常数列， 且此常数为1＋d ，即b n b n ＋1c n ＝1＋d ， ∴c n ＝1＋db n b n ＋1＝1＋d d ·d b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ·b n ＋1－b n b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，又∵b 1＝1，d >0，∴b n >0， ∴c 1＋c 2＋…＋c n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋1b 2－1b 3＋…＋1b n－1b n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1<1＋1d，∴c 1＋c 2＋…＋c n <1＋1d.思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b 1＝1，d >0证明不等式成立．另外本题在探求{a n }与{c n }的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．跟踪训练2 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 2＋a 4＝10， 所以2a 1＋4d ＝10， 解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5， 所以b 1q ·b 1q 3＝9. 又b 1＝1，所以q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.则b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.题型三 数列与其他知识的交汇问题 命题点1 数列与不等式的交汇例3 已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.(1)解 因为1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *)，所以1a n ＋1－1a n＝2(n ∈N *)，因为a 1＝12，所以1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以首项为2，公差为2的等差数列，所以1a n ＝2＋2(n －1)＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝12n (n ∈N *)．(2)证明 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n >1)， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝14⎝⎛⎭⎪⎫2－1n <12.故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12.命题点2 数列与函数的交汇例4 (1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，首项a 1＝2，公比q >1，a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，则数列{a n }的前9项和是________． 答案 1022解析 由f (x )＝13x 3－6x 2＋32x ，得f ′(x )＝x 2－12x ＋32，又因为a 2，a 3是函数f (x )＝13x 3－6x 2＋32x 的两个极值点，所以a 2，a 3是函数f ′(x )＝x 2－12x ＋32的两个零点，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 3＝12，a 2·a 3＝32，因为q >1，所以a 2＝4，a 3＝8，故q ＝2， 则前9项和S 9＝21－291－2＝210－2＝1022.教师备选1．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝______________. 答案163(4n－1) 解析 设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2， 于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…， 从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，…，易知数列{a n }是等比数列，其公比q ＝a 2a 1＝4， 所以S n ＝244n－14－1＝163(4n－1)．2．求证：12＋1＋222＋2＋323＋3＋…＋n 2n ＋n <2(n ∈N *)．证明 因为n 2n＋n <n2n ， 所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证．思维升华 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练3 (1)(2022·长春模拟)已知等比数列{a n }满足：a 1＋a 2＝20，a 2＋a 3＝80.数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，其前n 项和为S n ，若b nS n ＋11≤λ恒成立，则λ的最小值为________．答案623解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝20，a q ＋a q 2＝80，解得a 1＝4，q ＝4，故{a n }的通项公式为a n ＝4n，n ∈N *.b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ， S n ＝2n ＋12n (n －1)·2＝n 2＋n ，b nS n ＋11＝2n n 2＋n ＋11＝2n ＋11n＋1，n ∈N *， 令f (x )＝x ＋11x，则当x ∈(0，11)时，f (x )＝x ＋11x单调递减，当x ∈(11，＋∞)时，f (x )＝x ＋11x单调递增，又∵f (3)＝3＋113＝203，f (4)＝4＋114＝274，且n ∈N *，∴n ＋11n ≥203，即b nS n ＋11≤2203＋1＝623， 故λ≥623，故λ的最小值为623.(2)若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，S 2＝4. ①求数列{a n }的通项公式； ②设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .解 ①设{a n }的公差为d (d ≠0)， 则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d . 因为S 1，S 2，S 4成等比数列， 所以a 1·(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2. 所以2a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝2a 1.又因为S 2＝4，所以a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1. ②因为b n ＝3a n a n ＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<32. 要使T n <m 20对所有n ∈N *都成立， 则有m 20≥32，即m ≥30. 因为m ∈N *，所以m 的最小值为30. 课时精练1．(2022·青岛模拟)从“①S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12；②S 2＝a 3，a 4＝a 1a 2；③a 1＝2，a 4是a 2，a 8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，________，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝122n n S S ＋－，数列{b n }的前n 项和为W n ，求W n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解 (1)选①： S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋a 12＝n 2＋a 12n ， 令n ＝1，得a 1＝1＋a 12，即a 1＝2， 所以S n ＝n 2＋n .当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，又a 1＝2，满足上式，所以a n ＝2n .选②：由S 2＝a 3，得a 1＋a 2＝a 3，得a 1＝d ，又由a 4＝a 1a 2，得a 1＋3d ＝a 1(a 1＋d )，因为d ≠0，则a 1＝d ＝2，所以a n ＝2n .选③：由a 4是a 2，a 8的等比中项，得a 24＝a 2a 8，则(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，因为a 1＝2，d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n .(2)S n ＝n 2＋n ，b n ＝(2n ＋1)2＋2n ＋1－(2n )2－2n ＝3·22n ＋2n ，所以W n ＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n ＋2n ＝12×1－4n 1－4＋2×1－2n 1－2＝4(4n－1)＋2(2n －1)＝4n ＋1＋2n ＋1－6.2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝a n ·2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使T n >2022的最小的正整数n 的值． 解 (1)当n ≥2时，由a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，a 2＝2，得a 2n ＝2S n －1＋n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2.∵{a n }是正项数列，∴a n ＋1＝a n ＋1.当n ＝1时，a 22＝2a 1＋2＝4，∴a 1＝1，∴a 2－a 1＝1，∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n .(2)由(1)知b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式相减得－T n ＝2·1－2n 1－2－n ·2n ＋1 ＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴T n －T n －1＝n ·2n >0，∴T n 单调递增．当n ＝7时，T 7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n ＝8时，T 8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使T n >2 022的最小的正整数n 的值为8.3．(2022·大连模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝25，且a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求T 2n .解 (1)由题意知，等差数列{a n }的前n 项和为S n ，由S 5＝25，可得S 5＝5a 3＝25，所以a 3＝5， 设数列{a n }的公差为d ，由a 3－1，a 4＋1，a 7＋3成等比数列，可得(6＋d )2＝4(8＋4d )，整理得d 2－4d ＋4＝0，解得d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知 b n ＝(－1)n a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋1，所以T 2n ＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n －3)＋1]＋(4n －1＋1)＝4n .4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3.解 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1， 因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2.(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2)＝2×1－22n ＋11－2＋3＋2n ＋42n ＋22＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5.5．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)，(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1；当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17－…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n2n ＋1，n 为偶数，2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

高考数学一轮复习《等比数列》综合练习题（含答案）一、单项选择题1．在等比数列{}n a 中，13524610,18a a a a a a -==，则{}n a 的公比q 为（ ）A ．2-B ．12-C ．12D ．22．等比数列{an }中，若a 5＝9，则log 3a 4+log 3a 6＝（ ） A ．2B ．3C ．4D ．93．数列{}n a 满足()*331log 1log N n n a a n ++=∈，且1359a a a ++=，则()13579log a a a ++=（ ）A ．4B ．14C ．2-D ．12-4．已知各项均为正数的等比数列{}n a 满足，24a =，3424a a +=，则12233445910a a a a a a a a a a -+-+⋅⋅⋅+=（ ）A ．188(21)5+B ．188(21)5-C ．208(21)5+D ．208(21)5-5．已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b是等差数列，若76103a b π=，则210311sin 1b b a a +=-（ ） AB． C ．12D ．12-6．已知数列满足212323n a a a na n ++++=，设n n b na =，则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和为（ ） A ．40424043B ．20214043C ．40444045D ．202240457．在适宜的环境中，一种细菌的一部分不断分裂产生新的细菌，另一部分则死亡.为研究这种细菌的分裂情况，在培养皿中放入m 个细菌，在1小时内，有34的细菌分裂为原来的2倍，14的细菌死亡，此时记为第一小时的记录数据.若每隔一小时记录一次细菌个数，则细菌数超过原来的10倍的记录时间为第（ ） A ．6小时末B ．7小时末C ．8小时末D ．9小时末8．已知数列{}n a 满足()22N n n n a a n *++=∈，则{}n a 的前20项和20S =（ ）A ．20215-B ．20225-C ．21215-D ．21225-9．若数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．1423b b b b +≤+ B ．4132b b b b ≤-- C ．3124a a a a ≥D ．3124a a a a ≤10．已知等比数列{}n a 各项均为正数，且满足：101a <<，1718171812a a a a +<+<，记12n n T a a a =，则使得1n T >的最小正数n 为（ ）A ．36B ．35C ．34D ．3311．观察下面数阵，则该数阵中第9行，从左往右数的第20个数是（ ） A ．545B ．547C ．549D ．55112．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数()[]f x x =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，已知数列{}n a 满足12a =，26a =，2156n n n a a a +++=，若[]51log n n b a +=，为数列11000n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，则[]2024S =（ ） A ．999B ．749C ．499D ．249二、填空题13．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3614,126S S ==，则1a =___．14．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若74a =，则678a a a ++的最小值为______．15．已知数列{}n a 的首项为－1，12,nn n a a +=-则数列{}n a 的前10项之和等于________.16．已知数列{}n a 满足：11a =，()*112+1n nn N a a +=∈若()1111n n b n a λ+⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值范围为______.三、解答题17．在等比数列{}n a 中，已知320a =，6160a =， （1）求5a ； （2）求8S .18．设{}n a 是等差数列，2d =，且312,,4a a a +成等比数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）记{}n a 的前n 项和为n S ，求n S 的最小值.19．已知等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，且关于x 的不等式21120a x qx -->的解集为()(),26,-∞-⋃+∞.（1）求n a ；（2）设4log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .20．已知数列{}n a 是等差数列，首项12a =，且3a 是2a 与41a +的等比中项. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设14n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S .21．已知数列{}n a 的首项113a =，且满足1341n n n a a a +=+. (1)证明：数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列.(2)若12311112022na a a a ++++<，求正整数n 的最大值.22．已知正项等比数列{}n a 满足21372,32a a a ==，数列{}n b 的前n 项和2n S n n =-.（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设,,n n na n cb n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数求数列{}nc 的前2n 项和2n T .23．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且满足___________.给出下列三个条件： ①48a =，()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥；②()1n n S pa p =-∈R ；③()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R .请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题： (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()22121log n nb n a =+⋅，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求证：1132n T ≤<参考答案1．D2．C3．C4．A5．A6．D7．A8．D9．D10．B11．C12．A 13．2 14．1215．31 16．4λ<17．（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则3638aq a ==，所以2q，所以25320480a a q ==⨯=；（2）由（1）可得3125a a q ==， 所以818(1)5(1256)127511a q S q -⨯-===--. 18．（1）因为132+4a a a ，，成等比数列，所以2312(+4)a a a =，即1112()4(6)a a a ++=，解得18a =-，所以82(1)210n a n n =-+-=-（2）由（1）知210n a n =-， 所以2282109819()224n n S n n n n -+-=⨯=-=--； 因为N n +∈所以当4n =或者5n =时，n S 取到最小值20-19．（1）等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，且关于x 的不等式21120a x qx -->的解集为()(),26,-∞-⋃+∞.则-2和6为21120a x qx --=的两根，所以()126qa -+=，()11226a -⨯=-， 解得11a =，4q =.所以1114n n n a a q --==.（2）由（1）得14log 41n n n n b a a n -=+=+-，所以()1144121n n T n -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-，()141412n n n --=+-， 24132n n n--=+. 20．()23241a a a =+,()()()2111231a d a d a d +=+++, ()()()222233d d d +=++,()()()241312d d d +=++,()()144360d d d ++--=, ()()120d d +-=,∴1d =-，此时3220a d =+=, 舍,2d =,∴2n a n =; （2）()()411122111n b n n n n n n ===-⋅+++,11111122311n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 21．（1）易知{}n a 各项均为正， 对1341n n n a a a +=+两边同时取倒数得1111433n n a a +=⋅+， 即1111223n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，因为1121a -=，所以数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以1为首项，13为公比的等比数列.（2）由（1）知11111233n n n a --⎛⎫-==⎪⎝⎭，即11123n n a -=+， 所以()12311311113122112313n n n f n n n a a a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=++++=+=+- ⎪⎝⎭-， 显然()f n 单调递增，因为()10101011313110102021.52022,(1011)2023.520222323f f =-<=-⋅>，所以n 的最大值为1010.22．解：（1）由题意，设正项等比数列{}n a 的公比为()0q q >，则2237532a a a ==，故532a =.∴ 4451162a q a ===.解得2q .∴ 数列{}n a 的通项公式为1*222,n n n a n N -=⨯=∈ .当1n =时，110b S ==，当2n ≥时，()()()2211122n n n b S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦. ∴ 数列{}n b 的通项公式为*22,n b n n N =-∈（2）由（1）知，,2,,22,n n n n a n n c b n n n ⎧⎧==⎨⎨-⎩⎩为奇数为奇数为偶数为偶数.∴21234212n n n T c c c c c c -=++++++()132********n n -=++++++-()()132********n n -=+++++++-⎡⎤⎣⎦=2122222[2(42)]122n n n --⋅⋅+--212122233n n +=⋅+- 23．（1）若选①，因为()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥，所以()2112n n n a a a n -+=≥，所以数列{}n a 是等比数列设数列{}n a 的公比为q ，0q >由33418a a q q ===得2q所以12n n a -=若选②，因为()1n n S pa p =-∈R ，当1n =时，1111S pa a =-=，所以2p =，即21n n S a =- 当2n ≥时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，所以()122n n a a n -=≥所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列所以12n n a -=若选③，因为()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R ，当1n =时，11222a k =⋅=，所以1k =，即()12323412n n a a a n a n +++⋅⋅⋅++=⋅当2n ≥时，()1123123412n n a a a na n --+++⋅⋅⋅+=-⋅，所以()()()11122n n n a n n -+=+⋅≥，即()122n n a n -=≥，当1n =时，上式也成立，所以12n n a -=（2） 由（1）得()()()221111121log 212122121n n b n a n n n n ⎛⎫===- ⎪+⋅+⋅--+⎝⎭所以()111111111233521212221n T n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪-++⎝⎭ ∵*N n ∈，∴()10221n >+，∴()11122212nT n =-<+ 易证*n ∈N 时，()112221n T n =-+是增函数，∴()113n T T ≥=.故1132n T ≤<。

6.3 等比数列基础篇固本夯基考点一等比数列及其前n项和1.(2019课标Ⅲ,5,5分)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=( )A.16B.8C.4D.2答案 C2.(2021安徽安庆一模,6)数列{a n}是各项均为正数的等比数列,3a2是a3与2a4的等差中项,则{a n}的公比等于( )A.2B.32C.3D.√2答案 B3.(2021黑龙江齐齐哈尔一模,6)已知等比数列{a n}中,a n a n+1=4n,则公比为( )A.√2B.2C.±2D.±√2答案 B4.(2020课标Ⅱ,6,5分)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215-25,则k= ( )A.2B.3C.4D.5答案 C5.(2022届河北衡水一中调研一,7)在公差不为0的等差数列{a n}中,a1,a2,a a1,a a2,a a3成公比为4的等比数列,则k3=( )A.84B.86C.88D.96答案 B6.(2021哈尔滨六中期中,3)已知{a n}为等比数列,若a2a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为54,则a1=( )A.35B.33C.16D.29答案 C7.(2022届四川绵阳第一次诊断,9)已知首项为1的数列{a n}的前n项和为S n,4a n a n+1=16n,则下列说法不正确的是( )A.数列{a n}是等比数列B.数列{S n }为单调递增数列C.a 5=256D.4a n =3S n +4n-1答案 D8.(2022届太原期中,9)已知{a n }为等比数列,且首项为31,公比为12,则数列的前n 项积取得最大值时,n=( )A.15B.16C.5D.6 答案 C9.(2021陕西渭南一模,10)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2a a a =3332,a a +3a 3=a -45a +7,则数列{a n }的公比q=( )A.2B.-2C.12 D.-12 答案 C10.(2019课标Ⅰ,14,5分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= . 答案121311.(2021陕西宝鸡一模,15)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若S 3=6,S 4=a 1-3,则S 6= . 答案21412.(2021河南、湖南名校联考,15)已知等比数列{a n }满足a 1-a 3=-827,a 2-a 4=-89,则使a 1a 2…a n取得最小值的n 为 . 答案 3或413.(2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m.解析 (1)设{a n }的公比为q,由题设得a n =q n-1.由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.故a n =(-2)n-1或a n =2n-1. (2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)a3.由S m =63得(-2)m =-188.此方程没有正整数解.若a n =2n-1,则S n =2n-1.由S m =63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.14.(2020新高考Ⅰ,Ⅱ,18,12分)已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)(新高考Ⅰ)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100. (新高考Ⅱ)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1.解析(1)设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q1=12(舍去),q2=2.由题设得a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×2 4+5×25+6×(100-63)=480.(新高考Ⅱ)a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1=23[1-(-22)a]1-(-22)=85-(-1)n22a+35.考点二等比数列的性质1.(2021江西红色七校联考,6)在各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a11+2a6a8+a3a13=25,则a1a13的最大值是( )A.25B.254C.5 D.25答案 B2.(2021云南名校检测,3)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=4,S4=16,则S6= ( )A.52B.75C.60D.70答案 A3.(2020南昌模拟,4)在公比不为1的等比数列{a n}中,若a1a5=a m a n,则mn不可能．．．为( ) A.5 B.6 C.8 D.9答案 B4.(2021河南名校联考,6)已知等比数列{a n}的前n项和S n=2λ+(λ-3)·2n(λ为常数),则λ=()A.-2B.-1C.1D.2答案 C5.(2021全国甲,7,5分)等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n.设甲:q>0,乙:{S n}是递增数列,则( )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 答案 B6.(2022届吉林东北师范大学附属中学摸底,8)若正项等比数列{a n }中的a 5,a 2017是方程x 2-4x+2=0的两根,则log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+…+log 2a 2021=( ) A.20223B.1010C.20212D.1011答案 C7.(2022届河南重点中学模拟一,8)已知公比不等于1的等比数列{a n }的前n 项乘积为T n ,若a 2a 82=a 62,则( )A.T 5=T 7B.T 3=T 6C.T 4=T 7D.T 3=T 9 答案 C8.(2021安徽黄山重点高中月考,10)已知函数f(x)=21+a 2(x∈R),若等比数列{a n }满足a 1a 2019=1,则f(a 1)+f(a 2)+f(a 3)+…+f(a 2019)= ( ) A.2019 B.20192C.2D.12答案 A9.(2021宁夏名校月考,7)已知数列{x n }满足lgx n+1=1+lgx n (n∈N *),且x 1+x 2+x 3+…+x 100=1,则lg(x 101+x 102+…+x 200)= . 答案 100综合篇 知能转换考法 等比数列的判定与证明 1.(2021皖江名校联盟考试,4)若数列{a n }的各项均为正数,满足a a 2a a +1=a n-1(n∈N *,n≥2),且a 2020=215,a 2022=25,则a 2021=( )A.25B.65C.2√315D.2√35答案 C2.(2021安徽安庆重点高中月考,16)已知数列{a n }是等比数列,有下列四个命题: ①数列{|a n |}是等比数列;②数列{1a a}是等比数列;③数列{lg a a 2}是等比数列; ④数列{a n ·a n+1}是等比数列. 其中正确命题的序号为 . 答案 ①②④3.(2022届河北衡水一中调研一,18)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n =a n+1-2n+1+1(n∈N *),且a 2=5. (1)证明{a a 2a+1}为等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3(a n +2n),若对于任意的n∈N *,不等式b n (1+n)-λn(b n +2)-6<0恒成立,求实数λ的取值范围.解析 (1)由题可得2S n-1=a n -2n+1(n≥2),则2a n =2S n -2S n-1=a n+1-2n+1+1-(a n -2n+1)=a n+1-a n -2n,则a n+1=3a n +2n,从而有a a +12a +1+1=32(aa2a +1),n≥2,又当n=1时,2a 1=2S 1=a 2-22+1=5-4+1=2,所以a 1=1,且满足a 222+1=32(a 121+1),则a a +12a +1+1=32(aa 2a +1),n∈N *,故{a a2a +1}是以32为首项,32为公比的等比数列,则a a2a +1=(32)a,故a n =3n-2n.(2)由(1)知,b n =log 3(a n +2n)=n,则∀n∈N *,n(1+n)-λn(n+2)-6<0恒成立,即λ>a (1+a )-6a (a +2)=a 2+n -6a 2+2n =1-a +6a 2+2n =1-a +6(a +6)2-10(n +6)+24=1-1a +6-10+24a +6,令f(t)=1-1a -10+24a,t=n+6≥7,易知f(t)在[7,+∞)上单调递增,且t→+∞时,f(t)→1,则λ≥1. 4.(2021云南曲靖第二中学二模,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)请从①2S n =3a n -3-4n,②a 1=-3,a n+1=-a n -4这两个条件中任选一个,证明数列{a n +2}是等比数列;(2)数列{b n }为等差数列,b 3=5,b 5=9,记c n =(a n +2)b n ,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)选条件①.当n=1时,2a 1=2S 1=3a 1-3-4,解得a 1=7.当n≥2时,由2S n =3a n -3-4n,可得2S n-1=3a n-1-3-4(n-1),两式相减,可得2a n =3a n -3a n-1-4,即a n =3a n-1+4,∴a n +2=3(a n-1+2),∴数列{a n +2}是以9为首项,3为公比的等比数列.选条件②.当n=1时,a 1+2=-3+2=-1,当n≥2时,a n+1+2=-a n -4+2=-(a n +2),∴数列{a n +2}是以-1为首项,-1为公比的等比数列. (2)设等差数列{b n }的公差为d,则d=a 5-a 35-3=2,b 1=b 3-2d=1,∴b n =1+2(n-1)=2n-1,n∈N *.选条件①.由(1)可得a n +2=9·3n-1=3n+1,则c n =(a n +2)b n =(2n-1)·3n+1,∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n , 即T n =1×32+3×33+5×34+…+(2n -1)·3n+1,3T n =1×33+3×34+…+(2n -3)·3n+1+(2n-1)·3n+2,两式相减,可得-2T n =1×32+2×33+2×34+…+2·3n+1-(2n-1)·3n+2=9+2×33-3a +21-3-(2n-1)·3n+2=-18-2(n-1)·3n+2,∴T n =(n-1)·3n+2+9,n∈N *.选条件②.由(1)可得a n +2=-1·(-1)n-1=(-1)n,则c n =(a n +2)b n =(2n-1)·(-1)n,∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =-1+3-5+…+(2n -1)·(-1)n,当n 为偶数时,T n =-1+3-5+…+(2n -1)=2+2+…+2=2×a2=n,当n 为奇数时,T n =-1+3-5+…-(2n-1)=2+2+…+2-(2n-1)=2×a -12-(2n-1)=-n,∴T n ={-a ,a 为奇数,a ,a 为偶数.。

数列求和考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知识梳理数列求和的几种常用方法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 11－q n1－q ，q ≠1.2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n·f (n )类型，常采用两项合并求解． 3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 4．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)常见的裂项技巧 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1.②1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.③12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( )A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d ) ＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋25＝75. 3．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，若{a n }的前n 项和为20222023，则项数n ＝________.答案 2022 解析 a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝20222023， ∴n ＝2022.题型一 分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列． ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝a 1＋5d ＝6，a 1＋d 2＝a 1a 1＋3d ，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)nn ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ， 则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.延伸探究 在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ? 解 由本例(2)知b n ＝2n ＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *. (2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32， 26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]， 则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和． (2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和．跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5， 又a 5＝9＝a 1＋4d ， 所以d ＝2，a 1＝1， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝n －1n2－n 2＝－n n ＋12.综上可知，T n ＝－1nn n ＋12.题型二 错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；[切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2.[关键点：b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{a n}的公比；(2)若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2.(2)设{na n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＝(－2)n－1，S n＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①－2S n＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②①－②得，3S n＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝1－－2n1－－2－n(－2)n＝1－1＋3n－2n3，∴S n ＝1－1＋3n －2n9，n ∈N *.思维升华 (1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1. 跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9， 所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9， 两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34. 当n ＝1时，4S 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫－94＋a 2＝－274－9， 解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝－3n ＋14n .(2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n.所以T n ＝－3×34－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋…＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n，①且34T n ＝－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫343－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫345＋…＋(n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－94＋916⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －11－34－(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1≤λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －4×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.题型三 裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *， 所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4， 即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列， 所以a n ＋1－a n ＝2， 又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列， 所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2. (2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求{a n }的通项公式； (2)若b n ＝3na n ＋1a n ＋1＋1，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34.(1)解 因为2S n ＝3a n －1， 所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1， 即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1， 则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1， 整理得a na n －1＝3， 则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明 由(1)得b n ＝3n3n －1＋13n＋1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1， 所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1，所以T n <34，又因为T n 为递增数列， 所以T n ≥T 1＝34－38＝38，所以38≤T n <34.思维升华 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1， 1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n＝n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n，求数列{b n }的前n 项和S n .(1)证明 当n ≥2时， (n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)， 将上式两边都除以n (n －1)， 得a n n ＝a n －1＋2n －2n －1，即a n n －a n －1n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列．(2)解 由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2， 即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋12， 所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－132＋⎭⎬⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋12＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋12＝n 2＋2n 4n ＋12. 课时精练1．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1000，求n 的取值范围． 解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49， 则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2， 故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n 1＋2n －12＝22n ＋13＋n 2－23.易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.2．(2020·全国Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×1－2n －11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.3．(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋21－2n －11－2＝2n .又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n.(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12， 因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n. (2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1， 所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n·(2n ＋1)， ①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时， T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)， 所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)， 所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1) ＝－3＋2×1－－1n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ， 在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2n ＋1＝1n n ＋1， 则S n ＝11×2＋12×3＋ (1)n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 选条件②.∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ， 当n 为偶数时， S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n 2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数， S n ＝n －1－2n ＝－n －1. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数. 选条件③.∵a n ＝2n ，b n ＝2n a n a ⋅， ∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝41－4n1－4×2－2n ·4n ＋1＝81－4n－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。

专题6.3 等比数列及其求和【基础巩固】一、填空题1．已知{a n }，{b n }都是等比数列，给出下列结论： ①{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列；②{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列； ③{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列； ④{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列． 其中正确的是________(填序号)． 【答案】③【解析】两个等比数列的积仍是一个等比数列．2．(2017·苏北四市调研)在等比数列{a n }中，已知a 2·a 5＝－32，a 3＋a 4＝4，且公比为整数，则a 10＝________. 【答案】512【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ∈Z )，且a 2·a 5＝a 3·a 4＝－32，a 3＋a 4＝4，解得a 3＝－4，a 4＝8，q ＝a 4a 3＝－2，则a 10＝a 4q 6＝8×(－2)6＝512.3．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝________. 【答案】424．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________. 【答案】－7 【解析】由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.5．(2017·南京、盐城模拟)设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________. 【答案】150【解析】依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)．即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30， 又S 20＞0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40， 故S 40－S 30＝80.S 40＝150.6．(2017·扬州中学模拟)在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于________． 【答案】3【解析】两式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3.即q ＝3.7．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________． 【答案】48．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________. 【答案】8【解析】设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 11－q 41－q＝3a 11－q 21－q，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.二、解答题9．在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3.因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1， 所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n b 1＋b n2＝n 2－n2.10．(2017·合肥模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列．【能力提升】11．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________. 【答案】14【解析】设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n＋1＝a 31q3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14.12．(2017·盐城中学模拟)数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________. 【答案】12(9n－1)【解析】∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝41－9n1－9＝12(9n－1)．13．(2017·南京、盐城模拟)设S n是等比数列{a n}的前n项和，a n>0，若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________．【答案】20【解析】设等比数列{a n}的公比为q，则由a n>0得q>0，S n>0.又S6－2S3＝(a4＋a5＋a6)－(a1＋a2＋a3)＝S3q3－S3＝5，则S3＝5q3－1，由S3>0，得q3>1，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝S3q6＝5q6q3－1＝51q3－1q6，令1q3＝t，t∈(0,1)，则1q3－1q6＝t－t2＝－⎝⎛⎭⎪⎫t－122＋14∈⎝⎛⎦⎥⎤0，14，所以当t＝12，即q3＝2时，1q3－1 q6取得最大值14，此时S9－S6取得最小值20.14．设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由．。

2021年高考数学一轮复习专题6.4数列求和练(I)A基础巩固训练1．在等差数列中，=,则数列的前11项和=（）．A．24 B．48 C．66 D．132【答案】D2．【xx届河南省郑州市第一中学高三一轮】已知正项等比数列的前项和为，且，则的最小值为（）A. 10 B. 15 C. 20 D. 25【答案】C【解析】由题意可得：9101112128a a a a S S+++=-，由可得，由等比数列的性质可得：成等比数列，则：，综上可得：()24910111212844444525251021020Sa a a a S S S SS S S++++=-==++≥⨯=，当且仅当时等号成立.综上可得，则的最小值为20.本题选择C选项.3.【xx届南宁二中、柳州高中高三9月联考】已知数列xx，xx，1，-xx，…若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前xx项之和__________.【答案】4017【解析】由题意可知1212,2008,2009,n n na a a a a++=+==345671,2008,2009,1,2008,,a a a a a∴==-=-=-=所以即数列是以6为周期的数列，又1234560,a a a a a a +++++=()()2018123456123364017.S a a a a a a a a ∴=+++++++=4．【xx 届浙江省丽水市高三下质量水平测试】已知数列的相邻两项是关于的方程的两实根，且. （1）求的值；（2）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式. 【答案】（1）， ， （2）证明见解析，试题解析：（1）解：∵是关于的方程的两实根， ∴，因为，所以， ， .（2）∵11111122223331111222333n n n n n n n n nnn n n a a a a a a +++⎛⎫--⨯-⨯--⨯ ⎪⎝⎭===--⨯-⨯-⨯， 故数列是首项为，公比为-1的等比数列. 所以，即.5．【xx 届安徽省蚌埠市第二中学高三7月月考】已知数列满足，. (1)求数列的通项公式； (2)证明：.【答案】（1）；(2)证明过程见解析试题解析：（1）∵.∴，∴是以为首项，2为公比的等比数列. ∴，即. (2)证明：∵，，∴.B 能力提升训练1．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】C【解析】由等差数列前项和的性质知，212114387191272211n n n n a n n b n n n --A ++====+B +++，故当，，，，时，为整数，故使得为整数的正整数的个数是．故应选C ．2．【xx 届河南省洛阳市高三上尖子生第一次联考】已知数列满足()()2222n n na n a n n λ+-+=+，其中，若对恒成立，则实数的取值范围为__________． 【答案】()()()22+12212+12+11k k a k k k a k k k λλ=+-<=+-恒成立，即恒成立，当时， ，而时，所以即可，当时， 恒成立，综上，故填．3．【xx 届湖北省襄阳四中高三8月月考】用表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如:9的因数有1,3,9，则的因数有1,2,5,10， ，那么()()()1221n g g g +++-=__________.【答案】【解析】由g （n ）的定义易知g （n ）=g （2n ），且若n 为奇数则g （n ）=n 令f （n ）=g （1）+g （2）+g （3）+…+g （2n-1） 则f （n +1）=g （1）+g （2）+g （3）+…g （2n +1-1） =1+3+…+（2n +1-1）+g （2）+g （4）+…+g （2n +1-2） =+g （1）+g （2）+…+g （2n +1-2） =4n +f （n ）即f （n +1）-f （n ）=4n ，据此可得：()()()()()()()11,214,328,,144f f f f f f n f n n =-=-=--=-，以上各式相加可得：()()11441143nnf n ⨯--==-. 4．已知为数列前项和, 若()2sin 2cos 2n n a n n ππ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭,且,则 ． 【答案】55．已知数列的前项和为，点在抛物线上，各项都为正数的等比数列满足．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）记,求数列的前n项和．【答案】（1）（2）()91227827 nnn nT+=-++⋅【解析】（Ⅰ），当时，当时，()()22131351112222nS n n n n-=-+-=-+，数列是首项为，公差为的等差数列，又各项都为正数，解得1111,,222nnb q b⎛⎫==∴= ⎪⎝⎭（Ⅱ）()3191121294,27827n nnn a a n nn nC a b n T-+⎛⎫=+=-+=-⨯++⎪⎝⎭C 思维拓展训练1．已知函数的图像在点A(l,f(1))处的切线l与直线x十3y＋2＝0垂直，若数列的前n项和为，则的值为( )A. B. C. D.【答案】D2．【xx届四川省成都七中高三上入学考试】设等差数列的前项和为，且（是常数，），，又，数列的前项和为，若对恒成立，则正整数的最大值是__________.【答案】2【解析】∵，当n=1时, ，解得a 1=2c ，当n=2时,S 2=a 2+a 2−c ， 即a 1+a 2=a 2+a 2−c ， 解得a 2=3c ，∴3c=6， 解得c=2.则a 1=4,数列{a n }的公差d=a 2−a 1=2， ∴a n =a 1+(n −1)d=2n+2. ∵112222222n n n n n a n nb ++-+-=== 错位相减可得： , 则1112121220222n n n n n n n n T T +++++++⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴数列{T n }单调递增,T 1最小,最小值为， ∴， ∴m<3，故正整数m 的最大值为2.3.【xx 届云南省昆明市高三下第二次统测】在平面直角坐标系上，有一点列()*121,,...,,,...N n nP P P P n -∈，设点的坐标，其中，过点的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为，设表示数列的前项和，则__________． 【答案】4．【xx 届广西南宁市金伦中学高三上期末】已知各项均为正数的数列的的前项和为，对，有． （Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令，设的前项和为，求证： ． 【答案】（I ）;（Ⅱ）证明过程见解析；当时， ， ，两式相减得 ，所以数列是以1为首相，1为公差的等差数列， ． （Ⅱ）()()()111111n n n n n b a a a a n n n nn n n n++===++++++()()()()1111111n n n n n n n n n nn nn n ++-===+++++-+ 1231223341n n T b b b b nn ⎛=+++=-+-+-++-⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭5．【xx 届广东省揭阳市惠来县第一中学高三上第一次考试】记为差数列的前n 项和，已知， . (1)求的通项公式；(2)令， ，若对一切成立，求实数的最大值. 【答案】（1）（2）2【解析】试题分析：（1）根据等差数列通项公式将条件转化为关于首项与公差的方程组,解方程组可得首项与公差的值,再代入通项公式即得的通项公式；（2）因为()()1211111212322123n n n b a a n n n n ++⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭，所以利用裂项相消法可得,再根据最小值得，即得实数的最大值.试题解析：解：(1)∵等差数列中， ， .∴，解得.751392752a a d --∴===-， ()()()*5592521n a a d n n n n N ∴=+-=+-=-∈.(2)()()1211111212322123n n n b a a n n n n ++⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭，111111*********21232323n T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭， 随着增大而增大， 是递增数列， ，， ∴实数的最大值为2.。

2021年高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和真题演练集训理新人教A 版 1．[xx·北京卷]已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.答案：6解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧ a 1＝6，2a 1＋6d ＝0，解得⎩⎨⎧ a 1＝6，d ＝－2，所以S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝36＋15×(－2)＝6.2．[xx·新课标全国卷Ⅱ]设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案：－1n解析：∵ a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴ S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵ S n ≠0，∴ 1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1. 又1S 1＝－1，∴ ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴ 1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴ S n ＝－1n. 3．[xx·山东卷]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知，c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]， 两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n 1－2－n ＋1×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.4．[xx·新课标全国卷Ⅰ]S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )． 由a n ＞0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知， b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 32n ＋3.课外拓展阅读数列求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .[审题视角][解析] (1)当n ＝k ，k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值， 即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n . 当n ＝1时，上式也成立，故a n ＝92－n . (2)因为9－2a n 2n ＝n 2n －1， 所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，①所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n 2n －2，② ②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1. 故T n ＝4－n ＋22n －1. 方法点睛1．根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案．2．利用S n 求a n 时不要忽视当n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．3．可以通过当n ＝1,2时的特殊情况对结果进行验证．。