2021年高考数学（文）一轮复习-题型全归纳与高效训练突破专题6.3 等比数列及其前n项和（解析版）

2021 年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题 6.3 等比数列及其前 n 项和 目录 一、题型全归纳 ...........................................................................................................................................................1 题型一 等比数列基本量的运算 .........................................................................................................................1 题型二 等比数列的判定与证明 .........................................................................................................................3 题型三 等比数列性质的应用 .............................................................................................................................6 类型一　等比数列项的性质的应用 ...........................................................................................................7 类型二 等差数列前 n 项和性质的应用 ...................................................................................................8 题型四 数列与数学文化及实际应用 ...............................................................................................................11 类型一．等差数列与数学文化 .................................................................................................................11 类型二．等比数列与数学文化 .................................................................................................................11 类型三．递推数列与数学文化 .................................................................................................................12 类型四．周期数列与数学文化 .................................................................................................................12 类型五．数列在实际问题中的应用 .........................................................................................................13 二、高效训练突破 .....................................................................................................................................................14 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an＋1 an ＝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⇔G2＝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：an＝a1qn－1． (2)前 n 项和公式：Sn＝{na1，q＝1， a1（1－qn） 1－q ＝a1－anq 1－q ，q ≠ 1. 3.解决等比数列有关问题的 2 种常用思想 方程的思想 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)求关键量 a1 和 q，问题可迎刃而解 分类讨论的思想 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＝ a1（1－qn） 1－q ＝a1－anq 1－q 4．等比数列的基本运算方法 (1)等比数列可以由首项 a1 和公比 q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕 a1 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 a1，q.如果再给出第三个条件就可以 完成 a1，n，q，an，Sn 的“知三求二”问题． 例 1】记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝1，S3＝3 4，则 S4＝ ． 【答案】5 8. 【解析】通解：设等比数列{an}的公比为 q，由 a1＝1 及 S3＝3 4，易知 q≠1.把 a1＝1 代入 S3＝a1（1－q3） 1－q ＝ 3 4，得 1＋q＋q2＝3 4，解得 q＝－1 2，所以 S4＝a1（1－q4） 1－q ＝ ＝5 8. 优解一：设等比数列{an}的公比为 q，因为 S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝3 4，a1＝1，所以 1＋q＋q2＝3 4，解 得 q＝－1 2，所以 a4＝a1·q3＝ ＝－1 8，所以 S4＝S3＋a4＝3 4＋ ＝5 8. 优解二：设等比数列{an}的公比为 q，由题意易知 q≠1.设数列{an}的前 n 项和 Sn＝A(1－qn)(其中 A 为常数)， 则 a1＝S1＝A(1－q)＝1　①，S3＝A(1－q3)＝3 4　②，由①②可得 A＝2 3，q＝－1 2.所以 S4＝2 3× ＝ 5 8. 【例 2】(2020·福州市质量检测)等比数列{an}的各项均为正实数，其前 n 项和为 Sn.若 a3＝4，a2a6＝64，则 S5 ＝(　　)              × 2 1--1 2 1--11 4 3 2 1-           8 1-             × 4 2 1--11 A．32　　　　　　　　　　 B．31 C．64 D．63 【答案】B. 【解析】：通解：设首项为 a1，公比为 q，因为 an＞0，所以 q＞0，由条件得{a1·q2＝4， a1q·a1q5＝64，解得{a1＝1， q＝2， 所以 S5＝31，故选 B. 优解：设首项为 a1，公比为 q，因为 an＞0，所以 q＞0，由 a2a6＝a24＝64，a3＝4，得 q＝2，a1＝1，所以 S5＝ 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an＋1 an ＝q(q 为非零常数，n∈N*)或 an an－1＝q(q 为非零常数且 n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列． (2)等比中项公式法：若数列{an}中，an≠0 且 a 2n＋1＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成 an＝c·qn(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列． (4)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． 【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{an}满足 a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设 bn＝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． 【答案】见解析 【解析】　(1)由条件可得 an＋1＝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． 由条件可得an＋1 n＋1＝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an n ＝2n－1，所以 an＝n·2n－1. 【例 2】设数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足：Sn＋an＝ n－1 n(n＋1)，n＝1,2，…，n. (1)求证：数列 是等比数列； (2)求 Sn. 【答案】见解析 【解析】　(1)证明：由题意，n＝1 时，S1＋a1＝0， 即 a1＝0，n≥2 时，Sn＋Sn－Sn－1＝2Sn－Sn－1＝ n－1 n(n＋1)＝ 2 n＋1－1 n， 所以 Sn－ 1 n＋1＝1 2 ，S1－1 2＝－1 2， 所以数列 是以－1 2为首项，1 2为公比的等比数列． (2)由(1)知，Sn－ 1 n＋1＝ ＝ ，所以 Sn＝ 1 n＋1－ . 【例 3】已知数列{an}是等比数列，则下列命题不正确的是(　　) A．数列{|an|}是等比数列 B．数列{anan＋1}是等比数列 C．数列 是等比数列 D．数列{lg a2n}是等比数列 【答案】D   +− 1 1 nSn   − nSn 1 1-   +− 1 1 nSn 1 2 1 −      n      2 1- n      2 1- n      2 1       na 1 【解析】.因为数列{an}是等比数列，所以an＋1 an ＝q.对于 A，|an＋1| |an| ＝|an＋1 an |＝|q|，所以数列{|an|}是等比数列，A 正确；对于 B，an＋1an＋2 anan＋1 ＝q2，所以数列{anan＋1}是等比数列，B 正确；对于 C， 1 an＋1 1 an ＝ an an＋1＝1 q，所以数列 是等比数列，C 正确；对于 D，lg a lg a＝2lg an＋1 2lg an ＝lg an＋1 lg an ，不一定是常数，所以 D 错误． 【例 4】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－3n(n∈N*)． (1)求 a1，a2，a3 的值； (2)是否存在常数 λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求出 λ 的值和通项公式 an，若不存在，请说明理 由． 【答案】见解析 【解析】：(1)当 n＝1 时，S1＝a1＝2a1－3，解得 a1＝3， 当 n＝2 时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得 a2＝9， 当 n＝3 时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得 a3＝21. (2)假设{an＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得 λ＝3. 下面证明{an＋3}为等比数列： 因为 Sn＝2an－3n，所以 Sn＋1＝2an＋1－3n－3，所以 an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，即 2an＋3＝an＋1， 所以 2(an＋3)＝an＋1＋3，所以an＋1＋3 an＋3 ＝2， 所以存在 λ＝3，使得数列{an＋3}是首项为 a1＋3＝6，公比为 2 的等比数列． 所以 an＋3＝6×2n－1，即 an＝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{an}是等比数列，Sn 是其前 n 项和(m，n，p，q，r，k∈N*) (1)若 m＋n＝p＋q＝2r，则 am·an＝ap·aq＝a2r． (2)数列 am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列． (3)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比 q≠－1)． 常用结论 2．记住等比数列的几个常用结论       na 1 (1)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)， ，{a2n}，{an·bn}， 仍是等比数列． (2)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. (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){an}为等比数列，若 a1·a2·…·a n＝Tn，则 Tn，T2n Tn ，T3n T2n，…成等比数列． (5)当 q≠0，q≠1 时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时 k＝ a1 1－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{an}满足 a1＝1 4，a3a5＝4(a4－1)，则 a2＝(　　) A．2　　　　　　　　　　　 B．1 C.1 2 D．1 8 【答案】C. 【解析】：法一：因为 a3a5＝a24，a3a5＝4(a4－1)， 所以 a24＝4(a4－1)， 所以 a24－4a4＋4＝0， 所以 a4＝2.又因为 q3＝a4 a1＝2 1 4 ＝8， 所以 q＝2，所以 a2＝a1q＝1 4×2＝1 2，故选 C. 法二：因为 a3a5＝4(a4－1)， 所以 a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)， 将 a1＝1 4代入上式并整理，得 q6－16q3＋64＝0， 解得 q＝2，所以 a2＝a1q＝1 2，故选 C. 【例 2】(2020·洛阳市第一次联考)在等比数列{an}中，a3，a15 是方程 x2＋6x＋2＝0 的两根，则a2a16 a9 的值为(　　) A．－2＋ 2 2 B．－ 2       na 1       n n b a C. 2 D．－ 2或 2 【答案】B 【解析】设等比数列{an}的公比为 q，因为 a3，a15 是方程 x2＋6x＋2＝0 的两根，所以 a3·a15＝a29＝2，a3＋a15 ＝－6，所以 a3＜0，a15＜0，则 a9＝－ 2，所以a2a16 a9 ＝ a a9＝a9＝－ 2. 类型二 等差数列前 n 项和性质的应用 【例 3】等比数列{an}中，前 n 项和为 48，前 2n 项和为 60，则其前 3n 项和为________． 【答案】63 【解析】法一：设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 S2n≠2Sn， 所以 q≠1，由前 n 项和公式得 {a1（1－qn） 1－q ＝48，① a1（1－q2n） 1－q ＝60，② ②÷①，得 1＋qn＝5 4， 所以 qn＝1 4.③ 将③将入①，得 a1 1－q＝64. 所以 S3n＝a1（1－q3n） 1－q ＝64× ＝63. 法二：设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 因为{an}为等比数列， 所以 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等比数列， 所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)， 即 S3n＝ （S2n－Sn）2 Sn ＋S2n＝ （60－48）2 48 ＋60＝63. 法三：设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 因为 S2n＝Sn＋qnSn， 所以 qn＝S2n－Sn Sn ＝1 4，      34 1-1 所以 S3n＝S2n＋q2nSn＝60＋ ×48＝63. 【例 4】(2020·池州高三上学期期末)已知等比数列{an}的公比 q＝2，前 100 项和为 S100＝90，则其偶数项 a2 ＋a4＋…＋a100 为(　　) A．15 B．30 C．45 D．60 【答案】D 【解析】设 S＝a1＋a3＋…＋a99，则 a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)q＝2S，又因为 S100＝a1＋a2＋a3＋… ＋a100＝90，所以 3S＝90，S＝30，所以 a2＋a4＋…＋a100＝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 ＝ ． 【答案】2 【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 a1，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{an}是等比数列，且 an>0，则{logaan}(a>0 且 a≠1)是以 logaa1 为首项，logaq 为公差的等差数列． ②若公比不为－1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 仍成等比数列，其公比为 qn. 2．牢记与等比数列前 n 项和 Sn 相关的几个结论 (1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}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＝a1＋a2n＋1q 1＋q (q≠1 且 q≠－1)，S 奇－a1 S 偶 ＝q. (2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝Sn＋m－Sn Sm (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 2 4 1      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 【答案】　D 【解析】　设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{an}，则有 a1＝4，a5＝2，所以 a1＋a5＝6，数列{an}的前 5 项和为 S5＝5×a1＋a5 2 ＝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.25 3 　　　 B．50 3 　　　　 C.50 7 　　　 D．100 7 【答案】D 【解析】5 斗＝50 升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为 a1，a2，a3，由题意可知 a1，a2，a3 构成公 比为 2 的等比数列，且 S3＝50，则a1（1－23） 1－2 ＝50，解得 a1＝50 7 ，所以马主人应偿还粟的量为 a2＝2a1＝ 100 7 ，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 an 表示解下 n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足 a1＝1，且 an＝ {2an－1－1，n 为偶数， 2an－1＋2，n 为奇数，则解下 4 个环所需的最少移动次数 a4 为(　　) A．7 B．10 C．12 D．22 【答案】A 【解析】因为数列{an}满足 a1＝1，且 an＝{2an－1－1，n 为偶数， 2an－1＋2，n 为奇数，所以 a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以 a3＝2a2＋ 2＝2×1＋2＝4，所以 a4＝2a3－1＝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 a1＝1，且 an＝{2an－1－1，n 为偶数， 2an－1＋2，n 为奇数，求 a4 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{an}，则数列{an}的前 2 019 项的和为 (　　) A．672 B．673 C．1 346 D．2 019 【答案】C 【解析】　由于{an}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{an}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{an}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． 【答案】10 【解析】设这辆汽车报废的最佳年限为 n 年，第 n 年的费用为 an，则 an＝1.5＋0.3n.前 n 年的总费用为 Sn＝ 15＋1.5n＋n 2(0.3＋0.3n)＝0.15n2＋1.65n＋15，年平均费用：Sn n ＝0.15n＋15 n ＋1.65≥2 0.15n × 15 n ＋1.65＝4.65， 当且仅当 0.15n＝15 n ，即 n＝10 时，年平均费用Sn n 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{an}中，a1a3＝a4＝4，则 a6 的所有可能值构成的集合是(　　) A．{6}　　 B．{－8，8}　　　 C．{－8}　　 D．{8} 【答案】D. 【解析】：因为 a1a3＝a22＝4，a4＝4，所以 a2＝2，所以 q2＝a4 a2＝2，所以 a6＝a2q4＝2×4＝8，故 a6 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{an}的前 4 项和为 15，且 a5＝3a3＋4a1，则 a3＝(　　) A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】C. 【解析】：设等比数列{an}的公比为 q(q>0)，由 a5＝3a3＋4a1，得 a1q4＝3a1q2＋4a1，得 q4－3q2－4＝0，令 q2＝t，则 t2－3t－4＝0，解得 t＝4 或 t＝－1(舍去)，所以 q2＝4，即 q＝2 或 q＝－2(舍去)．又 S4＝a1（1－q4） 1－q ＝15，所以 a1＝1，所以 a3＝a1q2＝4.故选 C. 3．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a6＝8a3，则(　　) A．数列{an}的公比为 2 B．数列{an}的公比为 8 C.S6 S3＝8 D．S6 S3＝4 【答案】A. 【解析】：因为等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a6＝8a3，所以a6 a3＝q3＝8，解得 q＝2，所以S6 S3＝1－q6 1－q3 ＝1＋q3＝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，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，且 a5 与 a9 的等差中 项为 4，则{an}的公比是(　　) A．1 B．2 C. 2 2 D． 2 【答案】D. 【解析】：设公比为 q，由正项等比数列{an}中，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，可得 a23＋2a3a7＋a27＝(a3＋a7)2＝ 16，即 a3＋a7＝4，由 a5 与 a9 的等差中项为 4，得 a5＋a9＝8，则 q2(a3＋a7)＝4q2＝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 【答案】A. 【解析】：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，设等比数列{an}的首项为 a1，公比 为 q，则 q＝1 2，依题意有a1（1－q6） 1－q ＝378，解得 a1＝192，则 a6＝192×(1 2)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．11 D．10 【答案】B. 【解析】：设该等比数列为{an}，其前 n 项积为 Tn，则由已知得 a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9，(a1·an)3＝3×9 ＝33，所以 a1·an＝3，又 Tn＝a1·a2·…·a n－1·an＝an·an－1·…·a 2·a1，所以 T2n＝(a1·an)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 Sn，且满足 a6,3a4，－a5 成等差数列， 则S4 S2＝(　　) A．3 B．9 C．10 D．13 【答案】C 【解析】设等比数列{an}的公比为 q，因为 a6,3a4，－a5 成等差数列，所以 6a4＝a6－a5，所以 6a4＝a4(q2－ q)．由题意得 a4>0，q>0.所以 q2－q－6＝0，解得 q＝3，所以S4 S2＝S2＋q2S2 S2 ＝1＋q2＝10. 7．(2020 届福建厦门模拟)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 【答案】A 【解析】：　解法一：当 n＝1 时，a1＝S1＝4＋λ. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时an＋1 an ＝2n＋1 2n ＝2. 因为{an}是等比数列，所以a2 a1＝2， 即 4 4＋λ＝2，解得 λ＝－2.故选 A. 解法二：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 a22＝a1·a3，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 a3－a27 2 ＋a11＝0，数列{bn}为等比数列，且 b7＝ a7，则 b1·b13＝(　　) A．25 B．16 C．8 D．4 【答案】B 【解析】由 a3－a27 2 ＋a11＝0，得 2a7－a27 2 ＝0，a7＝4，所以 b7＝4，b1·b13＝b27＝16. 9.(2020·福建厦门模拟)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 【答案】A. 【解析】：法一：当 n＝1 时，a1＝S1＝4＋λ. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时an＋1 an ＝2n＋1 2n ＝2. 因为{an}是等比数列，所以a2 a1＝2， 即 4 4＋λ＝2，解得 λ＝－2.故选 A. 法二：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 a22＝a1·a3，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{an}的前 n 项和为 Sn，满足 Sn＝2an－1，则{an}的通项公式 an＝ (　　) A．2n－1 B．2n－1 C．2n－1 D．2n＋1 【答案】B. 【解析】：当 n＝1 时，S1＝2a1－1＝a1，所以 a1＝1， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以 an＝2an－1， 因此 an＝2n－1，故选 B. 11．(2020·长春市质量监测(一))已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若公比 q＝2，则a1＋a3＋a5 S6 ＝(　　) A.1 3 B.1 7 C.2 3 D．3 7 【答案】A. 【解析】：法一：由题意知 a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而 S6＝a1（1－26） 1－2 ＝63a1，所以a1＋a3＋a5 S6 ＝ 21a1 63a1＝1 3，故选 A. 法二：由题意知 S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a1＋a3＋a5＋(a2＋a4＋a6)＝a1＋a3＋a5＋2(a1＋a3＋a5)＝3(a1＋ a3＋a5)，故a1＋a3＋a5 S6 ＝1 3，故选 A. 12.(2020·河南郑州三测)已知数列{an}，{bn}满足 a1＝b1＝1，an＋1－an＝bn＋1 bn ＝3，n∈N*，则数列{ban}的前 10 项和为(　　) A.1 2×(310－1) B.1 8×(910－1) C. 1 26×(279－1) D． 1 26×(2710－1) 【答案】D. 【解析】：因为 an＋1－an＝bn＋1 bn ＝3，所以{an}为等差数列，公差为 3，{bn}为等比数列，公比为 3，所以 an＝ 1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，所以 ban＝33n－3＝27n－1，所以{ban}是以 1 为首项，27 为公比的等 比数列，所以{ban}的前 10 项和为1 × （1－2710） 1－27 ＝ 1 26×(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 {an} 的 各 项 都 是 正 数 ， 且 a2a12 ＝ 16 ， 则 log2a15 ＝ ． 【答案】：6 【解析】：等比数列{an}的各项都是正数，且公比为 2，a2a12＝16，所以 a1qa1q11＝16，即 a21q12＝16，所以 a1q6＝22，所以 a15＝a1q14＝a1q6(q2)4＝26，则 log2a15＝log226＝6. 2．(2020·陕西榆林二模)已知数列{an}满足 a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2(n2＋n)，若 bn＝2 2an，则{bn}的前 n 项和 Sn＝ ． 【答案】：4n＋1－4 3 【解析】：由 nan＋1－(n＋1)an＝2(n2＋n)，得an＋1 n＋1－an n ＝2，又 a1＝2，所以数列 是首项为 2，公差为 2 的等差数列，所以an n ＝2＋2(n－1)＝2n，即 an＝2n2，所以 bn＝2 2an＝4n，所以数列{bn}是首项为 4，公比为 4 的等比数列，所以 Sn＝4－4n＋1 1－4 ＝4n＋1－4 3 . 3．(2020·安徽安庆模拟)数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R 且 λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则 λ 的值为________． 【答案】：2 【解析】：由 an＋1＝λan－1，得 an＋1－1＝λan－2＝λ .由于数列{an－1}是等比数列，所以2 λ＝1，得 λ＝2. 4.在递增的等比数列{an}中，已知 a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前 n 项和 Sn＝42，则 n＝________．   n an      − λ 2 na 【答案】：3 【解析】：因为{an}为等比数列， 所以 a3·an－2＝a1·an＝64. 又 a1＋an＝34， 所以 a1，an 是方程 x2－34x＋64＝0 的两根， 解得{a1＝2， an＝32 或{a1＝32， an＝2. 又因为{an}是递增数列，所以{a1＝2， an＝32. 由 Sn＝a1－anq 1－q ＝2－32q 1－q ＝42，解得 q＝4.由 an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，解得 n＝3. 5．已知数列{an}满足 a1＝2 且对任意的 m，n∈N*，都有am＋n am ＝an，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________． 【答案】：2n＋1－2 【解析】：因为an＋m am ＝an，令 m＝1，则an＋1 a1 ＝an，即an＋1 an ＝a1＝2， 所以{an}是首项 a1＝2，公比 q＝2 的等比数列，Sn＝2（1－2n） 1－2 ＝2n＋1－2. 6.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S10∶S5＝1∶2，则 S15∶S5＝________. 【答案】3∶4 【解析】因为 S10∶S5＝1∶2，所以设 S5＝2a，S10＝a(a≠0)， 因为 S5，S10－S5，S15－S10 成等比数列，即 2a，－a，S15－a 成等比数列，所以(－a)2＝2a(S15－a)，解得 S15 ＝3a 2 ，所以 S15∶S5＝3∶4. 三 解答题 1.(2020·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比 q＜1，前 n 项和为 Sn，若 a2＝2，S3＝7. (1)求{an}的通项公式； (2)设 m∈Z，若 Sn＜m 恒成立，求 m 的最小值． 【答案】见解析 【解析】：(1)由 a2＝2，S3＝7 得{a1q＝2， a1＋a1q＋a1q2＝7， 解得{a1＝4， q＝1 2 或{a1＝1， q＝2. (舍去) 所以 an＝4· ＝ . 1 2 1 −      n 3 2 1 −      n (2)由(1)可知，Sn＝a1（1－qn） 1－q ＝ 4(1－ 1 2n) 1－1 2 ＝8 ＜8. 因为 an＞0，所以 Sn 单调递增． 又 S3＝7，所以当 n≥4 时，Sn∈(7，8)． 又 Sn＜m 恒成立，m∈Z，所以 m 的最小值为 8. 2．(2020·山西长治二模)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，请说明现由． 【答案】见解析 【解析】：(1)由题意可得{a1q3＝9a1q， a1（1－q3） 1－q ＝13， q＞0， 解得 a1＝1，q＝3， 所以 an＝3n－1，Sn＝1－3n 1－3 ＝3n－1 2 . (2)假设存在常数 λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列， 因为 S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13， 所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得 λ＝1 2，此时 Sn＋1 2＝1 2×3n，则 Sn＋1＋1 2 Sn＋1 2 ＝3， 故存在常数 λ＝1 2，使得数列 是等比数列． 3.(2020 届长春市高三质量监测)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，设 bn＝an 2n. (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列 的前 n 项和 Sn. 【答案】 【解析】：(1)证明：当 n≥2 时，bn－bn－1＝an 2n－an－1 2n－1＝an－2an－1 2n ＝1， 又 b1＝1，所以{bn}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列． (2)由(1)可知，bn＝n，所以 1 bnbn＋1＝1 n－ 1 n＋1，      n2 1-1   + 2 1 nS       +1 1 nnbb 所以 Sn＝1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1＝1－ 1 n＋1＝ n n＋1. 4.(2020 届南昌市第一次模拟)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S4＝2a4－1，S3＝2a3－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 bn＝Sn(n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【答案】 【解析】：(1)设等比数列{an}的公比为 q，由 S4－S3＝a4，得 2a4－2a3＝a4，所以a4 a3＝2，所以 q＝2. 又因为 S3＝2a3－1， 所以 a1＋2a1＋4a1＝8a1－1， 所以 a1＝1，所以 an＝2n－1. (2)由(1)知 a1＝1，q＝2，则 Sn＝1－2n 1－2 ＝2n－1， 所以 bn＝2n－1， 则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＋22＋…＋2n－n＝2（1－2n） 1－2 －n＝2n＋1－2－n.