北师大版高考数学一轮复习第六章 §6.3　等比数列及其前n项和

这是一份北师大版高考数学一轮复习第六章 §6.3　等比数列及其前n项和，共16页。试卷主要包含了理解等比数列的概念，故选C等内容，欢迎下载使用。


1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数(不为零)，那么这个数列叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q(q≠0)表示，定义的表达式为eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N＋，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中插入一个数G，使得a，G，b成等比数列，那么根据等比数列的定义，eq \f(G,a)＝eq \f(b,G)，G2＝ab，G＝±eq \r(ab)，称G为a，b的等比中项．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N＋)．
(2)对任意的正整数m，n，p，t，若m＋n＝p＋t，则am·an＝ap·at.
特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝aeq \\al(2,p).
(3)若等比数列前n项和为Sm，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列，m为偶数且q＝－1除外．
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(5)若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,01，))则等比数列{an}是递减数列．
微思考
1．若数列{an}满足an＋1＝qan(q≠0)，则{an}一定是等比数列吗？
提示 不一定．需验证a1≠0.
2．若数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}是等比数列吗？
提示 不一定．当q＝－1时不是等比数列．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等比数列{an}的公比q>1，则该数列是递增数列．( × )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( × )
(3)如果正项数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( √ )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a1－an,1－a).( × )
题组二 教材改编
2．已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10－S5,S5)＝eq \f(1,32)，则q的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．2 D．－2
答案 B
解析 当q＝1时，eq \f(S10－S5,S5)＝1≠eq \f(1,32)，∴q≠1.
当q≠1时，eq \f(S10－S5,S5)＝eq \f(a6＋a7＋a8＋a9＋a10,a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝eq \f(1,32)，
∴q＝eq \f(1,2).故选B.
3．已知数列{an}为等比数列，a2＝6,6a1＋a3＝30，则a4＝________.
答案 54或24
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·q＝6，,6a1＋a1·q2＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝3，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝3，))
a4＝a1·q3＝2×33＝54或a4＝3×23＝3×8＝24.
4．已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________．
答案 1,3,9或9,3,1
解析 设这三个数为eq \f(a,q)，a，aq，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,q＝3，))
∴这三个数为1,3,9或9,3,1.
题组三 易错自纠
5．已知在等比数列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，则a5等于( )
A．－2 B．±2 C．2 D．±eq \f(1,2)
答案 C
解析 ∵a2·a3·a4＝1，∴a3＝1，
∵a6·a7·a8＝64，∴a7＝4，
又aeq \\al(2,5)＝a3·a7＝4，a5与a3同号，
∴a5＝2.故选C.
6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB＝210 MB)
答案 39
解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，∴an＝2n，
则2n＝8×210＝213，
∴n＝13.
即病毒共复制了13次．
∴所需时间为13×3＝39(秒).
题型一 等比数列基本量的运算
1．(2020·全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)等于( )
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
答案 B
解析 方法一 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(24,12)＝2.
由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.
所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，
所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3q2－a3＝12， ①,a4q2－a4＝24， ②))
eq \f(②,①)得eq \f(a4,a3)＝q＝2.
将q＝2代入①，解得a3＝4.
所以a1＝eq \f(a3,q2)＝1，下同方法一．
2．(2020·广东外国语学校模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝eq \f(2,3)，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＝eq \f(13,2)，则S3等于( )
A.eq \f(26,9) B.eq \f(13,3)
C.eq \f(13,9) D．6
答案 A
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
因为a2＝eq \f(2,3)，且eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＝eq \f(13,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝\f(2,3)，,\f(1,a1)＋\f(1,a1q)＋\f(1,a1q2)＝\f(13,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(2,9)，,q＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝\f(1,3)，))
当a1＝eq \f(2,9)，q＝3时，S3＝eq \f(\f(2,9)1－33,1－3)＝eq \f(26,9)；
当a1＝2，q＝eq \f(1,3)时，S3＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3)),1－\f(1,3))＝eq \f(26,9)，
所以S3＝eq \f(26,9).
3．(2020·马鞍山质检)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关……”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地……则此人后四天走的路程比前两天走的路程少( )
A．198里 B．191里
C．63里 D．48里
答案 A
解析 设每天走的路程里数为{an}，
则{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，
由S6＝378，得eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
∴an＝192·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
∴后四天走的路程为a3＋a4＋a5＋a6，前两天走的路程为a1＋a2，
又a1＋a2＝192＋96＝288，且S6＝378，
∴a3＋a4＋a5＋a6＝378－288＝90，
∴(a1＋a2)－(a3＋a4＋a5＋a6)＝288－90＝198，
故此人后四天走的路程比前两天走的路程少198里，故选A.
4．(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
答案 C
解析 a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴eq \f(2k＋11－210,1－2)＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
思维升华 (1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．
(2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
题型二 等比数列的判定与证明
例1 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(an－6,an－4)(n∈N*)，证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－3,an－2)))是等比数列．
证明 eq \f(an＋1－3,an＋1－2)＝eq \f(\f(an－6,an－4)－3,\f(an－6,an－4)－2)＝eq \f(an－6－3an＋12,an－6－2an＋8)
＝eq \f(－2an－3,－an－2)＝2×eq \f(an－3,an－2)，
又eq \f(a1－3,a1－2)＝eq \f(1－3,1－2)＝2，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－3,an－2)))是首项为2，公比为2的等比数列．
思维升华 等比数列的三种常用判定方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则 {an}是等比数列．
跟踪训练1 Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)易知q≠1，由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))
解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq \f(1,2)，
此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq \f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列{Sn＋eq \f(1,2)}是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列．
题型三 等比数列性质的应用
例2 (1)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于( )
A．40 B．60 C．32 D．50
答案 B
解析 数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.
(2)(2020·洛阳统考)等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a8a13＝64，则lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a20＝________.
答案 50
解析 由等比数列的性质可得a10a11＝a8a13，
所以a10a11＋a8a13＝2a10a11＝64，
所以a10a11＝32，
所以lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a20＝lg2(a1·a2·a3·…·a20)
＝lg2[(a1·a20)·(a2·a19)·(a3·a18)·…·(a10·a11)]＝lg2(a10·a11)10＝lg23210＝50.
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2 (1)(2020·贵阳质检)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是( )
A．－2 B．－eq \r(2) C．±eq \r(2) D.eq \r(2)
答案 B
解析 根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，
a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7＝2>0，
所以a3<0，a7<0，即a5<0，
由a3a7＝aeq \\al(2,5)，得a5＝－eq \r(a3a7)＝－eq \r(2).
(2)(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于( )
A．12 B．24 C．30 D．32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(2,1)＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
[高考改编题] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S3,S6)＝eq \f(8,9)，则eq \f(an＋1,an－an－1)＝________(n≥2，且n∈N*)．
答案 －eq \f(1,2)
解析 很明显等比数列的公比q≠1，
则由题意可得，eq \f(S3,S6)＝eq \f(\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q3)),1－q),\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q6)),1－q))＝eq \f(1,1＋q3)＝eq \f(8,9)，
解得q＝eq \f(1,2)，
则eq \f(an＋1,an－an－1)＝eq \f(an－1q2,an－1q－an－1)＝eq \f(q2,q－1)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2)－1)＝－eq \f(1,2).
对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习过的方法以外，根据数列递推公式的特点，还有以下几种构造方法．
构造法1 一阶线性递推(形如an＋1＝pan＋q，p≠0，其中a1＝a型)
(1)若p＝1，数列{an}为等差数列；
(2)若q＝0，数列{an}为等比数列；
(3)若p≠1且q≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，
又an＋1＝pan＋q，所以(p－1)λ＝q，即λ＝eq \f(q,p－1)(p≠1)，
所以an＋1＋eq \f(q,p－1)＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))，
即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))构成以a1＋eq \f(q,p－1)为首项，以p为公比的等比数列．
例1 在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3，求{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
又a1＋3＝4，∴数列{an＋3}是首项为4，公比q＝2的等比数列，
∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
变式 若例1中“an＋1＝2an＋3”变成“an＋1＝2an＋3n”，其他条件不变，求{an}的通项公式．
解 方法一 ∵an＋1＝2an＋3n，
∴an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)，
即an＋1＝2an－λ·3n，∴λ＝－1，
即an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，
又a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比q＝2的等比数列，
∴an－3n＝－2·2n－1＝－2n，∴an＝3n－2n.
方法二 ∵an＋1＝2an＋3n，等式两边同除以3n＋1，
得eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n)＋eq \f(1,3)，
令bn＝eq \f(an,3n)，则bn＋1＝eq \f(2,3)bn＋eq \f(1,3)，
bn＋1＋λ＝eq \f(2,3)(bn＋λ)，得bn＋1＝eq \f(2,3)bn－eq \f(1,3)λ，得λ＝－1，
∴bn＋1－1＝eq \f(2,3)(bn－1)，又b1－1＝eq \f(a1,3)－1＝－eq \f(2,3)，
∴{bn－1}是首项为－eq \f(2,3)，公比q＝eq \f(2,3)的等比数列，
∴bn－1＝－eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，∴bn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
∴eq \f(an,3n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，∴an＝3n－2n.
构造法2 二阶线性递推(形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型)
可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
例2 (1)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝________.
答案 2n－1
解析 an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∵a2－a1＝2，∴{an－an－1}为首项为2，公比也为2的等比数列，
an－an－1＝2n－1(n>1)，
n>1时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1
＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
显然n＝1时满足上式，
∴an＝2n－1.
(2)已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的通项公式．
解 ∵an＝2an－1＋3an－2，
∴an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝7，{an＋an－1}形成首项为7，公比为3的等比数列，
则an＋an－1＝7×3n－2，①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，
a2－3a1＝－13，{an－3an－1}形成首项为－13，公比为－1的等比数列，
则an－3an－1＝(－13)·(－1)n－2，②
①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1，
∴an＝eq \f(7,4)×3n－1＋eq \f(13,4)(－1)n－1.
构造法3 倒数为特殊数列eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(形如an＋1＝\f(pan,ran＋s)型))
两边同时取倒数转化为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(s,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(r,p)的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出eq \f(1,an)的表达式，再求an.
例3 (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，求数列{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，
∴an≠0，∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,n＋1)(n∈N*)．
(2)已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，求an.
解 ∵eq \f(1,an＋1)＝3·eq \f(1,an)＋1，∴eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，
eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)＝3n－1，
∴eq \f(1,an)＝3n－1－eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,2×3n－1－1)(n∈N*)．
课时精练
1．在正项等比数列{an}中，a3＝2，a4·a6＝64，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)的值是( )
A．4 B．8 C．16 D．64
答案 C
解析 设正项等比数列{an}的公比为q，
∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，aeq \\al(2,1)q8＝64，
解得q2＝4，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)＝42＝16.
2．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S1＋2S2，且a2＝3，则a5等于( )
A．3 B．12 C．24 D．48
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，
∵S3＝S1＋2S2，a2＝3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝2a1＋a2，,a2＝3))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝2a1＋a1q，,a1q＝3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－1，,a1＝－3))(舍)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝\f(3,2)，))
∴a5＝a1q4＝eq \f(3,2)×24＝24.
3．已知数列a1，eq \f(a2,a1)，…，eq \f(an,an－1)，…是首项为1，公比为2的等比数列，则lg2an等于( )
A．n(n＋1) B.eq \f(nn－1,4)
C.eq \f(nn＋1,2) D.eq \f(nn－1,2)
答案 D
解析 由题设有eq \f(an,an－1)＝1×2n－1＝2n－1(n≥2)，
而an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)
＝1×21＋2＋…＋n－1
＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝1也满足该式，故an＝(n≥1)，
所以lg2an＝eq \f(nn－1,2).
4．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且eq \f(an＋2,an)＝2＋(－1)n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S100等于( )
A.eq \f(350－1,2)＋50 B.eq \f(31－350,2)＋50
C.eq \f(3350－1,2)＋50 D.eq \f(33100－1,2)＋50
答案 C
解析 由题意eq \f(an＋2,an)＝2＋(－1)n(n∈N*)，
当n为偶数时，可得eq \f(an＋2,an)＝3；
当n为奇数时，可得eq \f(an＋2,an)＝1，
即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1，
由求和公式可得S100＝eq \f(3350－1,3－1)＋50＝eq \f(3350－1,2)＋50.
5．(2020·永州模拟)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是( )
A．数列{anan＋1}是公比为q的等比数列
B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C．数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列
答案 D
解析 对于A，由eq \f(anan＋1,an－1an)＝q2(n≥2)知其是公比为q2的等比数列；对于B，若q＝－1，则{an＋an＋1}项中有0，不是等比数列；对于C，若q＝1，则数列{an－an＋1}项中有0，不是等比数列；对于D，eq \f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列，故选D.
6．若正项等比数列{an}满足anan＋1＝22n(n∈N*)，则a6－a5的值是( )
A.eq \r(2) B．－16eq \r(2)
C．2 D．16eq \r(2)
答案 D
解析 设正项等比数列{an}的公比为q>0，
∵anan＋1＝22n(n∈N*)，
∴eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(22n＋1,22n)＝4＝q2，解得q＝2，
∴aeq \\al(2,n)×2＝22n，an>0，解得an＝，
则a6－a5＝－＝16eq \r(2)，故选D.
7．记Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝1，且S4＝a5－1，则公比q＝________.
答案 2或－1
解析 若q＝1，则S4＝4，a5－1＝0，等式S4＝a5－1不成立，所以q≠1.由S4＝a5－1，得eq \f(a11－q4,1－q)＝a1q4－1，结合a1＝1整理，得(q4－1)(2－q)＝0.又q≠1，所以q＝2或q＝－1.
8．已知在递增的等比数列{an}中，a2＋a8＝3，a3·a7＝2，则eq \f(a13,a10)＝________.
答案 eq \r(2)
解析 因为数列{an}为等比数列，且a3·a7＝2，所以a2·a8＝2，
因为数列{an}为递增等比数列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a8＝3，,a2a8＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,a8＝2，))
设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝1，,a1q7＝2，))得q6＝2，q3＝eq \r(2)，
所以eq \f(a13,a10)＝q3＝eq \r(2).
9．(2020·安庆模拟)已知公比不为1的等比数列{an}，且aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 2n＋1
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q≠1，由aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q22＝a1q6，,a1q5＋2a1q3＝3a1q4，))解得a1＝4，q＝2，
∴数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝4×2n－1＝2n＋1.
10．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是{an}的前n项和，已知a2a4＝16，S3＝28，则当a1a2…an最大时，n的值为________．
答案 4或5
解析 由数列{an}是各项为正数的等比数列，且a2a4＝16，可得a3＝4.又S3＝a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1))＝28，所以eq \f(1,q2)＋eq \f(1,q)＋1＝7，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q)－2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q)＋3))＝0，解得q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＝－\f(1,3)舍去))，故an＝a3qn－3＝25－n，则a1a2…an＝24×23×…×25－n＝ ，所以当eq \f(9－nn,2)取得最大值时，a1a2…an取得最大值，此时整数n＝4或5.
11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq \f(an,n).
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解 (1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an，
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：
由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列．
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，
由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))－eq \f(n,2).
13．(2020·东北三省四校联考)已知数列{an}为正项等比数列，a2＝eq \r(2)，a3＝2a1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于( )
A．(2＋eq \r(2))[1－(eq \r(2))n] B．(2＋eq \r(2))[(eq \r(2))n－1]
C.eq \r(2)(2n－1) D.eq \r(2)(1－2n)
答案 C
解析 由{an}为正项等比数列，且a2＝eq \r(2)，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝eq \r(2)，所以数列{anan＋1}是以eq \r(2)为首项，2为公比的等比数列，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(\r(2)1－2n,1－2)＝eq \r(2)(2n－1)．故选C.
14．已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn>1的n的最小值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 C
解析 ∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴aeq \\al(2,3)＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝aeq \\al(5,3)＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6.
15．已知数列{an}满足递推公式an＋1＝2an＋1，a1＝1.设Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)的最小值是________．
答案 eq \f(17,4)
解析 因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n，
所以eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)＝eq \f(4n＋7－n－2n＋1－2－n,2n)＝2n＋eq \f(9,2n)－2，
由对勾函数的性质可得，当n＝1时，2n＝2,2n＋eq \f(9,2n)－2＝2＋eq \f(9,2)－2＝eq \f(9,2)，
当n≥2时，2n≥4，所以y＝2n＋eq \f(9,2n)－2是增加的，
当n＝2时，2n＋eq \f(9,2n)－2＝4＋eq \f(9,4)－2＝eq \f(17,4)所以eq \f(4n＋7－n－Sn,an＋1)的最小值是eq \f(17,4).
16．已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，对任意n∈N＋，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
解 (1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N＋)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N＋)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))因为对任意n∈N＋，Sn≤m恒成立，
所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).