(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》教案 (含详解)

PAGEPAGE18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：eq\f(an,an－1)＝eq\a\vs4\al(q)(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＝±eq\r(ab).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＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).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eq\a\vs4\al(qm).(2)若{an}，{bn}是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(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eq\a\vs4\al(qn).[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＝eq\f(1,4)，则公比q等于()A．－eq\f(1,2) B．－2C．2 D.eq\f(1,2)解析：选D由题意知q3＝eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)，即q＝eq\f(1,2).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．64C．128 D．256解析：选C∵a2·a4＝aeq\o\al(2,3)＝16，∴a3＝4(负值舍去)，①又S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(a3,q2)＋eq\f(a3,q)＋a3＝7，②联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－eq\f(2,3)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．32C．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．－eq\r(2)C．±eq\r(2) D.eq\r(2)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，a3a得a3<0，a7<0，即a5<0，由a3a7＝aeq\o\al(2,5)，得a5＝－eq\r(a3a7)＝－eq\r(2).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：－43．(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eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＝eq\f(2,a3)，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eq\f(1,a1)－eq\f(1,a1q)＝eq\f(2,a1q2)，即1－eq\f(1,q)＝eq\f(2,q2)，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＝eq\f(a11－26,1－2)＝63，得a1＝1，∴an＝2n－1.答案：2n－14．(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＝eq\f(1－an＋1,1－a)；当a＝0时，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝1满足上式．所以1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1，a＝1，,\f(1－an＋1,1－a)，a≠1.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1，a＝1，,\f(1－an＋1,1－a)，a≠1))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eq\f(Sn,an)＝()A．2n－1 B．2－21－nC．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．3C．4 D．5[解析](1)法一：设等比数列{an}的公比为q，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故选B.法二：设等比数列{an}的公比为q，因为eq\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(a41－q2,a31－q2)＝eq\f(a4,a3)＝eq\f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(\f(a11－qn,1－q),a1qn－1)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故选B.(2)令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝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×eq\f(2×1－210,1－2)＝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＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).[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bA.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．－eq\f(8,3) D．－4解析：选B∵{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，∴aeq\o\al(2,6)＝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＝－eq\f(8,3)，∴b9＝b7＋2d＝4＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝－eq\f(4,3).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SnA．q＝2 B．an＝2nC．S10＝2047 D．an＋an＋1<an＋2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＝eq\f(2×2n－1,2－1)＝2n＋1－2，所以S10＝2046，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S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＝eq\f(a11－q7,1－q)＝eq\f(1－27,1－2)＝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＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，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＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，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－eq\f(1,2)×3n＝－an＋eq\f(1,2)×3n－1，又a2－eq\f(3,2)＝0，所以an－eq\f(3n－1,2)＝0，即an＝eq\f(3n－1,2)，而a1＝eq\f(1,2)也符合．于是an＝eq\f(1,2)×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}是等比数列大题证明中项公式法若数列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝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＝eq\f(31,32)，求λ.解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－λ)，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eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1).因此{an}是首项为eq\f(1,1－λ)，公比为eq\f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n－1.(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq\f(31,32)得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(1,32).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．24C．30 D．32(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝eq\f(1,9)，S3＝eq\f(7,27)，则a1a2…an的最小值为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))2 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))3C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))4 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))5[解析](1)法一：设等比数列{an}的公比为q，所以eq\f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq\f(a1＋a2＋a3q,a1＋a2＋a3)＝q＝2.由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝eq\f(1,7)，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝eq\f(1,7)×(25＋26＋27)＝eq\f(1,7)×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eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋an＋2＋an＋3,an＋an＋1＋an＋2)＝eq\f(an＋an＋1＋an＋2q,an＋an＋1＋an＋2)＝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＝eq\f(4,27)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝\f(4,27)，,a1＋a1q＝\f(1,9)，,q>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,27)，,q＝2，))所以an＝eq\f(2n－1,27).当1≤n≤5时，an<1；当n≥6时，an>1，则a1a2…an的最小值为a1a2a3a4a5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3))5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))[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．2eq\r(3) B．2eq\r(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≥2eq\r(a1a8)＝2eq\r(3)，当且仅当a1＝a8＝eq\r(3)时取等号．故选A.2．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝eq\f(15,8)，a2a3＝－eq\f(9,8)，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)等于()A.eq\f(3,5) B.eq\f(5,3)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(5,3)解析：选Deq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(a1＋a4,a1·a4)＋eq\f(a2＋a3,a2·a3).∵在等比数列{an}中，a1·a4＝a2·a3，∴原式＝eq\f(a1＋a2＋a3＋a4,a2·a3)＝eq\f(15,8)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,9)))＝－eq\f(5,3).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．20C．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＝eq\f(S4＋52,S4)＝eq\f(25,S4)＋S4＋10≥2eq\r(\f(25,S4)·S4)＋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＝eq\f(50,7)B．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且c＝eq\f(50,7)C．a，b，c依次成公比为eq\f(1,2)的等比数列，且a＝eq\f(50,7)D．a，b，c依次成公比为eq\f(1,2)的等比数列，且c＝eq\f(50,7)解析：选D由题意可知b＝eq\f(1,2)a，c＝eq\f(1,2)b，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(c,b)＝eq\f(1,2).∴a，b，c成等比数列且公比为eq\f(1,2).∵1斗＝10升，∴5斗＝50升，∴a＋b＋c＝50，又易知a＝4c，b＝2c，∴4c＋2∴7c＝50，∴c＝eq\f(50,7)，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440Hz，那么频率为220eq\r(2)Hz的音名是()A．d1 B．f1C．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eq\f(1,q)＝2.记a1，g1，g1，…，c1的频率构成等比数列{ap}，由220eq\r(2)＝440×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))p－1，得p＝7，故频率为220eq\r(2)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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，记为第一次操作；再将剩下的两个区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))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eq\f(9,10)，则需要操作的次数n的最小值为(参考数据：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771)()A．4 B．5C．6 D．7解析：选C第一次操作去掉的区间长度为eq\f(1,3)；第二次操作去掉两个长度为eq\f(1,9)的区间，长度和为eq\f(2,9)；第三次操作去掉四个长度为eq\f(1,27)的区间，长度和为eq\f(4,27)；……第n次操作去掉2n－1个长度为eq\f(1,3n)的区间，长度和为eq\f(2n－1,3n)，于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为Sn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,9)＋…＋eq\f(2n－1,3n)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，由题意，1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≥eq\f(9,10)，即nlgeq\f(2,3)≤lgeq\f(1,10)＝－1，即n(lg3－lg2)≥1，解得：n≥eq\f(1,lg3－lg2)＝eq\f(1,0.4771－0.3010)≈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1016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(a3a5A．8 B．10C．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＝eq\f(a11－27,1－2)＝1016，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1023个正方形，设初始正方形的边长为eq\r(2)，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eq\r(2)为首项，以eq\f(\r(2),2)为公比的等比数列，现已知共得到1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1023，∴n＝10，∴最小正方形的边长为eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))9＝eq\f(1,16).答案：eq\f(1,16)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＝eq\f(32,9)；②an＋1>an(n∈N*)；③至少存在一个m(m∈N*且m>4)，使得eq\f(2,3)am－1，aeq\o\al(2,m)，am＋1＋eq\f(4,9)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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a6＝11，,a1·a6＝\f(32,9).))由②可知数列{an}是递增的，所以a6>a1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,3)，,a6＝\f(32,3)))⇒q＝2.此时an＝eq\f(1,3)×2n－1.由③可知2aeq\o\al(2,m)＝eq\f(2,3)am－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(am＋1＋\f(4,9)))⇔2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×2m－1))2＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×2m－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×2m＋\f(4,9)))，解得m＝3，与已知m>4矛盾，故这样的数列{an}不存在．eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])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qA．4 B.eq\f(5,2)C．2 D.eq\f(1,2)解析：选C由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1·a1q4＝16，,a1q＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,q＝－2))(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A．8 B．9C．10 D．11解析：选C由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5A．1 B．5C.eq\f(31,48) D.eq\f(11,16)解析：选D由题意得eq\f(a11－q3,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq\f(1,2)或q＝1(舍)，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))5,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(11,16).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．138C．60 D．30解析：选A由a1，a2，a4成等比数列得aeq\o\al(2,2)＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)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＝eq\f(7,2)，S3＝eq\f(7,2)，则a4＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,8)C．4 D．8解析：选A设等比数列{an}的公比为q，则q>0.∵a1＋3a3＝eq\f(7,2)，S3＝eq\f(7,2)，∴a1＋3a1q2＝eq\f(7,2)，a1(1＋q＋q2)＝eq\f(7,2)，联立解得a1＝2，q＝eq\f(1,2).则a4＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,4).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＋A．62 B．62eq\r(2)C．61 D．61eq\r(2)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.∵eq\f(an＋1an＋3,anan＋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＝eq\f(21－25,1－2)＝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eq\r(2)，则aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,6)的最小值是()A．1 B．2C．4 D．8解析：选C∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq\r(2)，∴a4a6＝a2a8＝2.则aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,6)≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝eq\r(2)时取等号．故选C.3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝eq\f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为()A.eq\f(1,2)(310－1) B.eq\f(1,8)(910－1)C.eq\f(1,26)(279－1) D.eq\f(1,26)(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eq\f(bn＋1,bn)＝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eq\f(1－2710,1－27)＝eq\f(1,26)(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eq\f(S4,S2)＝3，则eq\f(S6,S4)＝()A．2 B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10) 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，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3)，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＝27a2A．q＝3 B．数列{Sn＋2}是等比数列C．S5＝121 D．2lgan＝lgan－2＋lgan＋2(n≥3)解析：选ACD因为a1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q⇒q3＝27⇒因为Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)，所以Sn＋2＝eq\f(1,2)(3n＋3)，因为eq\f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq\f(\f(1,2)3n＋1＋3,\f(1,2)3n＋3)＝1＋eq\f(2,1＋31－n)≠常数，所以数列{Sn＋2}不是等比数列，故选项B不正确；因为S5＝eq\f(1,2)(35－1)＝121，所以选项C正确；an＝a1·qn－1＝3n－1>0，因为当n≥3时，lgan－2＋lgan＋2＝lg(an－2·an＋2)＝lgaeq\o\al(2,n)＝2lgan，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eq\r(aman)＝32，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(9,10)C.eq\f(3,2) D.eq\f(9,5)解析：选A设公比为q，q>0.∵数列{an}是正项等比数列，∴a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝16a5，∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.∵eq\r(aman)＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,12)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq\f(3,4)(m，n∈N*)，当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时“＝”∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为eq\f(3,4)，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．－1C．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aeq\o\al(2,2)＝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＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)qn，据此可得λ＝－2.故选A.8．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq\f(1,6)，a2＝eq\f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为()A.eq\f(14,15) B.eq\f(15,16)C.eq\f(16,17) D.eq\f(17,18)解析：选B等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝eq\f(1,3)，第二项为6a2＝eq\f(1,9)，故公比为eq\f(1,3)，所以(n2＋n)an＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(1,3n)，所以an＝eq\f(1,3nn2＋n)，则3nan＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其前n项和为1－eq\f(1,n＋1)，当n＝15时，前15项和为1－eq\f(1,16)＝eq\f(15,16).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．30C．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＝－eq\f(8,9)，则当Tn取得最大值时，n的值为()A．2 B．3C．4 D．6解析：选C设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－eq\f(8,9)，所以q3＝eq\f(1,27)，q＝eq\f(1,3)，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×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝24×8＝192，T4＝(－24)4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))6＝84×eq\f(1,9)＝eq\f(84,9)>192，T6＝(－24)6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))15＝86×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))9＝eq\f(86,39)＝eq\f(84,9)×eq\f(82,37)<eq\f(84,9)，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＝eq\f(π,3)，所以cos(a2＋a8)＝cos(2a5)＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2).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：－eq\f(1,2)3212．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2aeq\o\al(2,5)，a2＝1，则a1＝________.解析：∵a3a9＝aeq\o\al(2,6)，∴aeq\o\al(2,6)＝2aeq\o\al(2,5)，设等比数列{an}的公比为q，∴q2＝2，由于q>0，解得q＝eq\r(2)，∴a1＝eq\f(a2,q)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)13．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq\f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.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＝eq\f(2＋\r(8),2)＝1＋eq\r(2)(舍负)，则eq\f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq\f(1,q)＝eq\r(2)－1.答案：eq\r(2)－114．在数列{an}中，aeq\o\al(2,n＋1)＋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：∵aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(an＋2＋1,an＋1＋1).∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴eq\f(a2＋1,a1＋1)＝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＝eq\f(31－2n,1－2)－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＝