(新高考)高考数学一轮考点复习6.3《等比数列及其前n项和》学案 (含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习6.3《等比数列及其前n项和》学案 (含详解)，共18页。

第三节　等比数列及其前n项和
核心素养立意下的命题导向
1.与等差数列的定义、性质相类比，考查等比数列的定义、性质，凸显逻辑推理的核心素养．
2．结合具体问题的计算，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，凸显数学运算的核心素养．
3．与实际应用问题相结合，考查等比数列的应用，凸显数学建模的核心素养．


[理清主干知识]
1．等比数列的概念
(1)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个非零常数，那么这个数列叫做等比数列．
数学语言表达式：＝(n≥2，q为非零常数)．
(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
3．等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和．
(1)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为.
(2)若{an}，{bn}是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．
(3)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(4)当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为.

[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(求公比)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于(　　)
A．－　　　　　　　　 B．－2
C．2 D.
解析：选D　由题意知q3＝＝，即q＝.
2．(项的性质的应用)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝(　　)
A．32 B．64
C．128 D．256
解析：选C　∵a2·a4＝a＝16，∴a3＝4(负值舍去)，①
又S3＝a1＋a2＋a3＝＋＋a3＝7，②
联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－或q＝2，
∵an>0，∴q＝2，∴a8＝a3·q5＝27＝128.
3．(前n项和性质的应用)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)
A．31 B．32
C．63 D．64
解析：选C　由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.
二、易错点练清
1．(忽视判断项的符号)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．－
C．± D.
解析：选B　根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，
a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，
得a3<0，a7<0，即a5<0，
由a3a7＝a，得a5＝－＝－.
2．(忽视等比数列的项不为0)已知x,2x＋2,3x＋3是等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：由题意，得(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.当x＝－1时，x,2x＋2,3x＋3分别为－1,0,0，不构成一个等比数列，故x≠－1；当x＝－4时，x,2x＋2,3x＋3分别为－4，－6，－9，能构成一个等比数列，所以x的值为－4.
答案：－4
3．(多个结果不注意验证)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63，则{an}的通项公式为an＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q.由已知，有－＝，即1－＝，解得q＝2或q＝－1.若q＝－1，则S6＝0，与S6＝63矛盾，不符合题意，∴q＝2，∴S6＝＝63，得a1＝1，∴an＝2n－1.
答案：2n－1
4．(忽视对公比的讨论)设a∈R，n∈N*，则1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝________.
解析：当a＝1时，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝n＋1；当a≠0且a≠1时，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝；当a＝0时，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝1满足上式．所以1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝
答案：

考点一　等比数列的基本运算
[典例]　(1)(2020·全国卷Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　)
A．2n－1　　　　　　　　 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
(2)(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析]　(1)法一：设等比数列{an}的公比为q，
则由解得
所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，
所以＝＝2－21－n，故选B.
法二：设等比数列{an}的公比为q，
因为＝＝＝＝2，所以q＝2，
所以＝＝＝2－21－n，故选B.
(2)令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.
[答案]　(1)B　(2)C
[方法技巧]
(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．
(2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.　　
[针对训练]
1．(2021·湖北八校联考)已知数列{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，Sn为等差数列{bn}的前n项和，且S6＝S10，a6＝b7，则b9＝(　　)
A. B．－
C．－ D．－4
解析：选B　∵{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，∴a＝4a6，解得a6＝4.
设等差数列{bn}的公差为d，∵S6＝S10，
∴b7＋b8＋b9＋b10＝0，则b7＋b10＝0.
∵a6＝b7＝4，∴b10＝－4，∴3d＝b10－b7＝－4－4＝－8，∴d＝－，
∴b9＝b7＋2d＝4＋2×＝－.故选B.
2．(多选)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则(　　)
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋1 解析：选ABD　由题意2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，选项A正确；
an＝2×2n－1＝2n，选项B正确；
Sn＝＝2n＋1－2，所以S10＝2 046，选项C错误；
an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，选项D正确．
3．等比数列{an}的前n项和为Sn.若4a1,2a2，a3成等差数列，a1＝1，则S7＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为4a1,2a2，a3成等差数列，a1＝1，所以4a2＝4a1＋a3，即4q＝4＋q2，解得q＝2.因此，S7＝＝＝127.
答案：127
考点二　等比数列的判定与证明
[典例]　(2021年1月新高考八省联考卷)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝，a2＝，求数列{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an，得an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)因为a1＝，a2＝，所以a2＋a1＝2.
又由(1)知数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列，
所以an＋1＋an＝(a2＋a1)·3n－1＝2·3n－1.
于是an＋1－×3n＝－an＋×3n－1，又a2－＝0，
所以an－＝0，即an＝，而a1＝也符合．
于是an＝×3n－1为所求．
[方法技巧]　等比数列的4种常用判定方法
方法
解读
适用题型
定义法
若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
大题
证明
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
选择
填空
前n项和
公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列
[提醒]　(1)若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．
(2)利用递推关系时，要注意对n＝1时的情况进行验证．
[针对训练]
已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明：{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.
由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
考点三　等比数列的性质及应用
[典例]　(1)(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　)
A．12　　　　　　　　 B．24
C．30 D．32
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝，S3＝，则a1a2…an的最小值为(　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
[解析]　(1)法一：设等比数列{an}的公比为q，
所以＝＝q＝2.
由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，
解得a1＝，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝
×(25＋26＋27)＝×25×(1＋2＋22)＝32，故选D.
法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，
则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.
设数列{an}的公比为q，
则＝＝＝q，
所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，
所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，
所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故选D.
(2)设等比数列{an}的公比为q，则q>0，
由题意得a3＝S3－S2＝，则有
解得所以an＝.
当1≤n≤5时，an<1；当n≥6时，an>1，
则a1a2…an的最小值为a1a2a3a4a5＝5＝5.
[答案]　(1)D　(2)D
[方法技巧]
1．等比数列性质应用问题的解题突破口
等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，三是前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
2．应用等比数列性质解题时的2个注意点
(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．　　
[针对训练]
1．(2021·湖南名校联盟检测)已知正数组成的等比数列{an}的前8项的积是81，那么a1＋a8的最小值是(　　)
A．2 B．2
C．8 D．6
解析：选A　∵正数组成的等比数列{an}的前8项的积是81，∴a1a2…a8＝(a1a8)4＝81，解得a1a8＝3.那么a1＋a8≥2＝2，当且仅当a1＝a8＝时取等号．故选A.
2．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝，a2a3＝－，则＋＋＋等于(　　)
A. B.
C．－ D．－
解析：选D　＋＋＋＝＋.
∵在等比数列{an}中，a1·a4＝a2·a3，
∴原式＝＝×＝－.故选D.
3．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　)
A．25 B．20
C．15 D．10
解析：选B　在正项等比数列{an}中，Sn>0.
因为S8－2S4＝5，所以S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以S12－S8＝＝＋S4＋10≥2＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号)．
因为S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12，
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.

创新考查方式——领悟高考新动向
1．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：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？此问题的译文是：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？已知牛、马、羊的主人应偿还a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是(　　)
A．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且a＝
B．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且c＝
C．a，b，c依次成公比为的等比数列，且a＝
D．a，b，c依次成公比为的等比数列，且c＝
解析：选D　由题意可知b＝a，c＝b，
∴＝，＝.
∴a，b，c成等比数列且公比为.
∵1斗＝10升，
∴5斗＝50升，
∴a＋b＋c＝50，
又易知a＝4c，b＝2c，∴4c＋2c＋c＝50，
∴7c＝50，∴c＝，故选D.
2．(2021·湖北省部分重点期中联考)我国明代著名乐律学家朱载堉在《律学新说》中提出的十二平均律，即现代在钢琴的键盘上，一个八度音程从一个c1键到下一个c2键的8个白键与5个黑键(如图)的音频恰好构成一个等比数列的原理，c2的频率正好是c1的2倍．已知标准音a1的频率为440 Hz，那么频率为220 Hz的音名是(　　)
A．d1　　　　　　　　 B．f1
C．e1 D.d1
解析：选D　一个八度音程从一个c1键到下一个c2键的8个白键与5个黑键的音频恰好构成一个等比数列，记为数列{mn},1≤n≤13，设其公比为q.
又c2的频率正好是c1的2倍，所以2m1＝m1q12，
解得q＝2.
故从g1起向左，每一个单音的频率与它右边相邻的单音的频率的比为＝2.
记a1，g1，g1，…，c1的频率构成等比数列{ap}，
由220＝440×p－1，得p＝7，故频率为220 Hz的音名是d1，故选D.
3．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托尔三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；……，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托尔三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为(参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C　第一次操作去掉的区间长度为；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；……第n次操作去掉2n－1个长度为的区间，长度和为，
于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为Sn＝＋＋…＋＝1－n，
由题意，1－n≥，即nlg≤lg＝－1，即n(lg 3－lg 2)≥1，解得：n≥＝≈5.679，
又n为整数，所以n的最小值为6.故选C.
4．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{an}，则log2(a3a5)的值为(　　)
A．8 B．10
C．12 D．16
解析：选C　依题意得，数列{an}是以2为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为a1，所以S7＝＝1 016，解得a1＝8，所以an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，所以a3＝25，a5＝27，从而a3×a5＝25×27＝212，所以log2(a3a5)＝log2212＝12，故选C.



5．如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形两直角边上再连接正方形，…，如此继续下去，若共得到1 023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形的边长为________．
解析：由题意知，正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，∴n＝10，
∴最小正方形的边长为×9＝.
答案：
6．是否存在一个等比数列{an}同时满足下列三个条件：①a1＋a6＝11且a1a6＝； ②an＋1>an(n∈N*)；③至少存在一个m(m∈N*且m>4)，使得am－1，a，am＋1＋依次构成等差数列？
解：假设存在满足条件的等比数列{an}．
由①可知
由②可知数列{an}是递增的，所以a6>a1，
则⇒q＝2.此时an＝×2n－1.
由③可知2a＝am－1＋⇔22＝××2m－2＋，
解得m＝3，与已知m>4矛盾，故这样的数列{an}不存在．

一、基础练——练手感熟练度
1．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝(　　)
A．4　　　　　　　　　　　 B.
C．2 D.
解析：选C　由题意，得解得或(舍去)，故选C.
2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选C　由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.
3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝(　　)
A．1 B．5
C. D.
解析：选D　由题意得＝3a1q2，解得q＝－或q＝1(舍)，所以S5＝＝＝.
4．已知{an}是公差为3的等差数列，若a1，a2，a4成等比数列，则{an}的前10项和S10＝(　　)
A．165 B．138
C．60 D．30
解析：选A　由a1，a2，a4成等比数列得a＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋d＝10×3＋45×3＝165.故选A.
5．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足：a1＋3a3＝，S3＝，则a4＝(　　)
A. B.
C．4 D．8
解析：选A　设等比数列{an}的公比为q，则q>0.
∵a1＋3a3＝，S3＝，∴a1＋3a1q2＝，a1(1＋q＋q2)＝，联立解得a1＝2，q＝.
则a4＝2×3＝.故选A.

二、综合练——练思维敏锐度

1．(2021·福州模拟)已知等比数列{an}各项均为正数，满足a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，则a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝(　　)
A．62 B．62
C．61 D．61
解析：选A　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，
∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，联立解得a1＝1，q2＝2.
∵＝q2＝2，a1a3＝1×(1×2)＝2，∴{anan＋2}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝＝62.故选A.
2．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为，则a＋a的最小值是(　　)
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C　∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为，∴a4a6＝a2a8＝2.
则a＋a≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝时取等号．故选C.
3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为(　　)
A.(310－1) B.(910－1)
C.(279－1) D.(2710－1)
解析：选D　由an＋1－an＝3，知数列{an}为公差为3的等差数列，则an＝1＋(n－1)×3＝3n－2；由＝3，知数列{bn}为公比为3的等比数列，则bn＝3n－1.所以ban＝33n－3＝ 27n－1，则数列{ ban }为首项为1，公比为27的等比数列，则数列{ ban }的前10项和为＝(2710－1)．故选D.
4．(2021·邵阳模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝(　　)
A．2 B.
C. D．1或2
解析：选B　设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B.
5．(多选)在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＝1，a5＝27a2，则下列说法正确的是(　　)
A．q＝3　　　　　　 B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S5＝121 D．2lg an＝lg an－2＋lg an＋2(n≥3)
解析：选ACD　因为a1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q⇒q3＝27⇒q＝3，因此选项A正确；
因为Sn＝＝(3n－1)，所以Sn＋2＝(3n＋3)，
因为＝＝1＋≠常数，所以数列{Sn＋2}不是等比数列，故选项B不正确；
因为S5＝(35－1)＝121，所以选项C正确；
an＝a1·qn－1＝3n－1>0，
因为当n≥3时，lg an－2＋lg an＋2＝lg(an－2·an＋2)
＝lg a＝2lg an，所以选项D正确．
6．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得＝32，则＋的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设公比为q，q>0.
∵数列{an}是正项等比数列，∴a2a8＝a＝16a5，
∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，
∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.
∵＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，
∴＋＝(m＋n)＝≥＝(m，n∈N*)，
当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时“＝”成立，
∴＋的最小值为，故选A.
7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A　法一：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，
因为{an}是等比数列，所以a＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.
法二：Sn＝2n＋1＋λ＝2×2n＋λ，易知q≠1，因为{an}是等比数列，
所以Sn＝－qn，据此可得λ＝－2.故选A.
8．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝，a2＝，则数列{3nan}的前15项和为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝，第二项为6a2＝，故公比为，所以(n2＋n)an＝·n－1＝，所以an＝，则3nan＝＝－，其前n项和为1－，当n＝15时，前15项和为1－＝.
9．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)
A．80 B．30
C．26 D．16
解析：选B　由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．
设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．
由(x－2)2＝2×(14－x)，
解得x＝6或x＝－4(舍去)．
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.
10．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－，则当Tn取得最大值时，n的值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－，所以q3＝，q＝，易知此等比数列各项均为负数，则当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B；而T2＝(－24)2×＝24×8＝192，T4＝(－24)4× 6＝84×＝>192，T6＝(－24)6×15＝86×9＝＝×<，所以T4最大．故选C.
11．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＋a5＋a9＝π，则cos(a2＋a8)＝______；若bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，则b1b2…b10＝________.
解析：因为数列{an}为等差数列，a1＋a5＋a9＝π，
所以3a5＝π⇒a5＝，
所以cos(a2＋a8)＝cos(2a5)＝cos＝－.
又因为数列{bn}为等比数列，bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，
所以2b5b6＝4⇒b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32.
答案：－　32
12．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝1，则a1＝________.
解析：∵a3a9＝a，∴a＝2a，设等比数列{an}的公比为q，∴q2＝2，由于q>0，解得q＝，∴a1＝＝.
答案：
13．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝________.
解析：设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝＝1＋(舍负)，则＝＝－1.
答案：－1
14．在数列{an}中，a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即＝.
∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴＝2，
∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝3·2n－1，
∴an＝3·2n－1－1，∴Sn＝－n＝3·2n－n－3.
15．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解：(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝2或q＝(舍去)．所以a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
16．(2021·青岛一模)设数列的前n项和为Sn，a1＝1，________.
给出下列三个条件：
①：数列为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；
②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；
③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.
试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)选条件①.
因为数列为等比数列，
所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)，
设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，
所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍去)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
选条件②.
因为点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上，
所以an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，所以an＝Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝an，＝2(n≥2)，
因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，＝2也适合上式，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
选条件③.
当n≥2时，
因为2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N*)，(ⅰ)
所以2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an，
所以2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an.(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得2an＝nan＋1－2(n－1)an，即＝2(n≥2)，
当n＝1时，2a1＝a2，＝2也适合上式，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得an＝2n－1(n∈N*)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋
＝＝－
＝－.