2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章　§6.3　等比数列含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章§6.3等比数列§6.3等比数列课标要求1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.3.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列有关的概念(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都等于同一个常数，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，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a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝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，公比为q，则其通项公式为an＝a1qn－1.(2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.(3)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．等比数列的常用性质(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则aman＝aeq\o\al(2,w)，其中m，n，w∈N*.(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(pan,qbn)))也是等比数列(b，p，q≠0)．(4)若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1，))则等比数列{an}递增．若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1，))则等比数列{an}递减．4．等比数列前n项和的常用性质若等比数列{an}的公比q≠－1,前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.常用结论1．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.2．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．3．设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.(2)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比数列．(3)若数列{an}的项数为2n，则eq\f(S偶,S奇)＝q；若项数为2n＋1，则eq\f(S奇－a1,S偶)＝q.自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数．(×)(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(×)(3)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(×)(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积．(√)2．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答案B解析若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．3．(选择性必修第二册P37T1改编)在等比数列{an}中，若a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，则a2的值为()A．eq\f(3,2) B．－3C．－eq\f(3,2) D．－3或eq\f(3,2)答案D解析由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq\f(1,2)，∴a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(3,2)或－3.4．(选择性必修第二册P31T4改编)数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和为Sn＝________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，a＝1，,\f(a1－an,1－a)，a≠0，a≠1))解析因为a≠0，an＝an，所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时，Sn＝eq\f(a1－an,1－a).题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4等于()A.eq\f(15,8)B.eq\f(65,8)C．15D．40答案C解析方法一若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由eq\f(1－q5,1－q)＝5×eq\f(1－q3,1－q)－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1或q2＝4，因为此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝eq\f(1－q4,1－q)＝15.方法二由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.(2)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－nC．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，易知q≠1，则由题可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q4－a1q2＝12，,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.方法二设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，因为eq\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(a4q2－1,a3q2－1)＝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.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，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．(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)(2023·天津)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为()A．3B．18C．54D．152答案C解析由题意可得，当n＝1时，a2＝2a1＋2，即a1q＝2a1＋2，①当n＝2时，a3＝2(a1＋a2)＋2，即a1q2＝2(a1＋a1q)＋2，②联立①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3，))则a4＝a1q3＝54.(2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则log2(a3a5)的值为()A．8B．10C．12D．16答案C解析从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则{an}是以2为公比的等比数列，∴S7＝eq\f(a11－27,1－2)＝1016，即127a1＝1016，解得a1＝8，∴an＝8×2n－1，∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12.题型二等比数列的判定与证明例2(2023·长沙模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)．(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列；(2)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.(1)证明由an＋2＋an＋1－6an＝0，可得an＋2＋3an＋1＝2(an＋1＋3an)，即eq\f(an＋2＋3an＋1,an＋1＋3an)＝2(n∈N*)，∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n－1(n∈N*)，∴an＋1－2n＝－3(an－2n－1)，∴eq\f(an＋1－2n,an－2n－1)＝－3，∴{an－2n－1}是以a1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴an－2n－1＝1×(－3)n－1，∴an＝2n－1＋(－3)n－1，Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＋eq\f(1－－3n,1－－3)＝2n－eq\f(3,4)－eq\f(－3n,4).思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若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：若在数列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．(3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an＝cqn－1(c，q均为非零常数，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＝kqn－k(k为常数，且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．跟踪训练2(2024·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn.(1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列；(2)求{anbn}的前n项和Sn.(1)证明因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn，所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5，所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列．(2)解由(1)得an＋bn＝5×3n－1，an－bn＝(－1)n－1，所以an＝eq\f(5×3n－1＋－1n－1,2)，bn＝eq\f(5×3n－1－－1n－1,2)，所以anbn＝eq\f(5×3n－1＋－1n－1,2)×eq\f(5×3n－1－－1n－1,2)＝eq\f(25×32n－2－1,4)＝eq\f(25,4)×9n－1－eq\f(1,4)，所以Sn＝eq\f(25,4)×eq\f(1－9n,1－9)－eq\f(n,4)＝eq\f(25×9n－1－8n,32).题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.答案－2解析方法一{an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6，∴a2＝1，又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，∴a7＝－2.方法二设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，∵a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{an}为等比数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则·…·＝·…·.(2)若数列{an}为等差数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则＋＋…＋＝＋＋…＋.典例已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9＝5，S8＝16，则S11＝________.答案33解析S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝16，∴a1＋a8＝4，又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3，故S11＝11a6＝33.(2)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.答案100解析因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log2(2an)，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.命题点2和的性质例4(1)已知等比数列{an}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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(－160,－80)＝2.(2)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，S10＝20，则S30－2S20＋S10的最小值为________．答案－5解析依题意，S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，且S10＝20，不妨令其公比为q(q>0)，则S20－S10＝20q，S30－S20＝20q2，∴S30－2S20＋S10＝(S30－S20)－(S20－S10)＝20q2－20q＝20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－\f(1,2)))2－5，故当q＝eq\f(1,2)时，S30－2S20＋S10的最小值为－5.思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用等比数列的性质解题时，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．跟踪训练3(1)(2024·南昌模拟)已知等比数列{an}满足a2＋a4＋a6＋a8＝20，a2a8＝2，则eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a6)＋eq\f(1,a8)＝________.答案10解析eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a6)＋eq\f(1,a8)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,a8)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a4)＋\f(1,a6)))＝eq\f(a2＋a8,a2a8)＋eq\f(a4＋a6,a4a6)＝eq\f(a2＋a8＋a4＋a6,a2a8)＝eq\f(20,2)＝10.(2)(2023·长春统考)在等比数列{an}中，q＝eq\f(1,2)，S100＝150，则a2＋a4＋a6＋…＋a100的值是________．答案50解析设T1＝a1＋a3＋a5＋…＋a99，T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100，所以eq\f(T2,T1)＝eq\f(a2＋a4＋a6＋…＋a100,a1＋a3＋a5＋…＋a99)＝eq\f(1,2)，所以S100＝T1＋T2＝2T2＋T2＝3T2＝150，所以T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100＝50.课时精练一、单项选择题1．(2023·本溪模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q＝eq\f(1,2)，且a3a4＝eq\f(1,32)，则a6等于()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,16)C.eq\f(1,32)D.eq\f(1,64)答案C解析由a3a4＝eq\f(1,32)，得a1q2·a1q3＝eq\f(1,32)，即aeq\o\al(2,1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(1,32)，所以aeq\o\al(2,1)＝1.又an>0，所以a1＝1，a6＝a1q5＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(1,32).2．若1，a2，a3,4成等差数列；1，b2，b3，b4,4成等比数列，则eq\f(a2－a3,b3)等于()A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．±eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案B解析由题意得a3－a2＝eq\f(4－1,3)＝1，设1，b2，b3，b4，4的公比为q，则b3＝q2>0，beq\o\al(2,3)＝1×4＝4，解得b3＝2，eq\f(a2－a3,b3)＝eq\f(－1,2)＝－eq\f(1,2).3．(2023·济宁模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n等于()A．5B．6C．7D．8答案B解析∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．又Sn＝126，∴eq\f(21－2n,1－2)＝126，解得n＝6.4．已知等比数列{an}为递减数列，若a2a6＝6，a3＋a5＝5，则eq\f(a5,a7)等于()A.eq\f(3,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,6)D．6答案A解析由{an}为等比数列，得a2a6＝a3a5＝6，又a3＋a5＝5，∴a3，a5为方程x2－5x＋6＝0的两个根，解得a3＝2，a5＝3或a3＝3，a5＝2，由{an}为递减数列得an>an＋1，∴a3＝3，a5＝2，∴q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(2,3)，则eq\f(a5,a7)＝eq\f(1,q2)＝eq\f(3,2).5．(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人后三天所走的里程数为()A．6B．12C．18D．42答案D解析设第n(n∈N*)天走an里，其中1≤n≤6，由题意可知，数列{an}是公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝eq\f(63,32)a1＝378，解得a1＝192，所以此人后三天所走的里程数为a4＋a5＋a6＝eq\f(192×\f(1,8)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,23))),1－\f(1,2))＝42.6．(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于()A．120B．85C．－85D．－120答案C解析方法一设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意，所以q≠1.由S4＝－5，S6＝21S2，可得eq\f(a11－q4,1－q)＝－5，eq\f(a11－q6,1－q)＝21×eq\f(a11－q2,1－q)，①由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝eq\f(a11－q4,1－q)·(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.方法二设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4)，当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq\f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．综上，S8＝－85.二、多项选择题7．(2023·太原模拟)已知数列{an}是等比数列，以下结论正确的是()A．{aeq\o\al(2,n)}是等比数列B．若a3＝2,a7＝32，则a5＝±8C．若a1<a2<a3，则数列{an}是递增数列D．若数列{an}的前n项和Sn＝3n＋r，则r＝－1答案ACD解析令等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1，对于A，eq\f(a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))2＝q2，且aeq\o\al(2,1)≠0，则{aeq\o\al(2,n)}是等比数列，故A正确；对于B，由a3＝2，a7＝32，得q4＝16，即q2＝4，所以a5＝a3q2＝2×4＝8，故B错误；对于C，由a1<a2<a3知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q－1>0，,a1qq－1>0，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q>0，,a1q－1>0，))an＋1－an＝qn－1·a1(q－1)>0，即∀n∈N*，an＋1>an，所以数列{an}是递增数列，故C正确；对于D，显然q≠1，则Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,q－1)·qn－eq\f(a1,q－1)，而Sn＝3n＋r，因此q＝3，eq\f(a1,q－1)＝1，r＝－eq\f(a1,q－1)＝－1，故D正确．8．记等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足a1>1，a2022>1，a2023<1，则()A．a2022a2024－1<0B．S2022＋1<S2023C．T2022是数列{Tn}中的最大项D．T4045>1答案AC解析设数列{an}的公比为q.∵a1>1，a2023<1，∴0<a2023<1，又a2022>1，∴0<q<1.∵a2022a2024＝aeq\o\al(2,2023)<1，∴a2022a2024－1<0，故A正确；∵a2023<1，∴a2023＝S2023－S2022<1，即S2022＋1>S2023，故B错误；∵0<q<1，a1>1，∴数列{an}是递减数列，∵a2022>1，a2023<1，∴T2022是数列{Tn}中的最大项，故C正确；T4045＝a1a2a3·…·a4045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4044)＝aeq\o\al(4045,1)q1＋2＋3＋…＋4044＝aeq\o\al(4045,1)q2022×4045＝(a1q2022)4045＝aeq\o\al(4045,2023)，∵0<a2023<1，∴aeq\o\al(4045,2023)<1，即T4045<1，故D错误．三、填空题9．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．答案－eq\f(1,2)解析若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意．所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·eq\f(a11－q6,1－q)＝7·eq\f(a11－q3,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq\f(1,2).10．设等比数列{an}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于________．答案eq\f(200,3)解析设数列{an}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac，∴b2＝(100－b)(200－b)，∴b＝eq\f(200,3).11．在等比数列{an}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝______.答案31104解析设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.因为a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，所以a19＋a20＝(a9＋a10)q10＝24，解得q10＝6，所以a59＋a60＝(a9＋a10)q50＝4×65＝31104.12．记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则an＝________，Tn＝________.答案eq\f(1,2n)eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n)))解析由题意得a1＝1－a1，故a1＝eq\f(1,2).当n≥2时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝1－an，,Sn－1＝1－an－1，))得an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1，则eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)，故数列{an}是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2n).由等比数列的性质可得a1a3＝aeq\o\al(2,2)，a3a5＝aeq\o\al(2,4)，…，a2n－1a2n＋1＝aeq\o\al(2,2n)，所以数列{a2n－1a2n＋1}是以aeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,16)为首项，eq\f(1,16)为公比的等比数列，则Tn＝aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,4)＋…＋aeq\o\al(2,2n)＝eq\f(\f(1,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n))),1－\f(1,16))＝eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n))).四、解答题13．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2.(1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}落入区间(10,2023)的所有项的和．解(1)由an＋1＝2an＋2，得an＋1＋2＝2(an＋2)，又a1＋2＝3，所以eq\f(an＋1＋2,an＋2)＝2，所以{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，所以an＋2＝3×2n－1，an＝3×2n－1－2.(2)由10<an<2023，得10<3×2n－1－2<2023，即4<2n－1<675，即4≤n≤10，故{an}落入区间(10,2023)的项为a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，所以其和S＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7＝3×eq\f(8－1024,1－2)－14＝3034.14．(2024·邯郸模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.(1)求{an}通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,n＋1)，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．解(1)由题意知，在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2，两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2，由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，符合上式，故an＋1＝4an，n∈N*.∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列．∴an＝4n－1，n∈N*.(2)由题意及(1)得，在数列{an}中，an＝4n－1，n∈N*，在数列{bn}中，bn＝eq\f(4n－1,n＋1)，如果满足条件的bm，bk，bp存在，则beq\o\al(2,k)＝bmbp，其中2k＝m＋p，∴eq\f(4k－12,k＋12)＝eq\f(4m－1,m＋1)·eq\f(4p－1,p＋1)，∵2k＝m＋p，∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp，∴k＝m＝p，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项．15．(2023·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn.若p：数列{an}是等比数列；q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)，则p是q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A解析若{an}是等比数列，设公比为k，则a2＋a3＋…＋an＋1＝k(a1＋a2＋…＋an)，a3＋a4＋…＋an＋2＝k(a2＋a3＋…＋an＋1)，于是(a2＋a3＋…＋an＋1)2＝k2(a1＋a2＋…＋an)2＝(a3＋a4＋…＋an＋2)(a1＋a2＋…＋an)，即q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)成立；若(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)，取an＝0，n∈N*，显然{an}不是等比数列，故p是q的充分不必要条件．16．(2023·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________.答案20解析由题可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝p>0，,mn＝q>0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,n>0，))则m，－2，n或n，－2，m成等比数列，得mn＝(－2)2＝4.不妨设m<n，则－2，m，n成等差数列，得2m＝n－2.结合mn＝4，可得(2m＋2)m＝4⇒m(m＋1)＝2，解得m＝1或m＝－2(舍去)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝4))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝5，,q＝4))⇒pq＝20.§6.4数列中的构造问题重点解读数列中的构造问题是历年高考的一个热点内容，主、客观题均可出现，一般通过构造新的数列求数列的通项公式．题型一an＋1＝pan＋f(n)型命题点1an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0，其中a1＝a)例1已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则an＝________.答案2·3n－1－1解析∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.命题点2an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)例2若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，求数列{an}的通项公式．解设an＋1＋λ(n＋1)＋u＝2(an＋λn＋u)，所以an＋1＝2an＋λn＋u－λ，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,u－λ＝0，))解得λ＝u＝－3，又a1－3－3＝－5≠0，所以eq\f(an＋1－3n＋1－3,an－3n－3)＝2，所以数列{an－3n－3}是以－5为首项，2为公比的等比数列，所以an－3n－3＝－5·2n－1，所以an＝－5·2n－1＋3n＋3.命题点3an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，q≠0,1)例3已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an＋2·3n＋1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为()A．an＝(2n＋1)·3n B．an＝(n－1)·2nC．an＝(2n－1)·3n D．an＝(n＋1)·2n答案C解析由an＋1＝3an＋2·3n＋1得eq\f(an＋1,3n＋1)＝eq\f(an,3n)＋2，∴eq\f(an＋1,3n＋1)－eq\f(an,3n)＝2，即数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)))是首项为1，公差为2的等差数列，∴eq\f(an,3n)＝2n－1，故an＝(2n－1)·3n.思维升华形式构造方法an＋1＝pan＋q引入参数c，构造新的等比数列{an－c}an＋1＝pan＋qn＋c引入参数x，y，构造新的等比数列{an＋xn＋y}an＋1＝pan＋qn两边同除以qn＋1，构造新的数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,qn)))跟踪训练1(多选)已知数列{an}，下列结论正确的有()A．若a1＝2,2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2nB．在数列{an}中，a1＝1，且an＝2an－1＋3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－3C．若a1＝2，an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n(n≥2)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)))是等比数列D．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2n－n＋1答案AB解析∵2(n＋1)an－nan＋1＝0，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为eq\f(a1,1)＝2，公比为2的等比数列，∴eq\f(an,n)＝2·2n－1，∴an＝n·2n，故A正确；由an＝2an－1＋3(n≥2)，得an＋3＝2(an－1＋3)，即eq\f(an＋3,an－1＋3)＝2，又a1＋3＝1＋3＝4，于是数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an＋3＝4×2n－1，即an＝2n＋1－3，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－3，故B正确；根据题意，an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n⇔eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)－eq\f(an－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1)＝1，n≥2，又eq\f(a1,\f(1,3))＝6，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)))是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；设an＋1＋k(n＋1)＋b＝2(an＋kn＋b)，所以an＋1＝2an＋kn＋b－k，由an＋1＝2an＋n－1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b－k＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝0.))∴eq\f(an＋1＋n＋1,an＋n)＝2，即{an＋n}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．∴an＋n＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－n，故D错误．题型二相邻两项的差为特殊数列(an＋1＝pan＋qan－1型，其中a1＝a，a2＝b)例4已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．(1)证明∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，∴an＋2an－1≠0(n≥2)，∴eq\f(an＋1＋2an,an＋2an－1)＝3(n≥2)，∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)解由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝－(－2)n＋3n.思维升华可以化为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}．跟踪训练2已知数列{an}满足3anan＋2－anan＋1＝2an＋1an＋2，且a1＝3a2＝1.证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)－\f(1,an)))为等比数列，并求数列{an}的通项公式．证明因为3anan＋2－anan＋1＝2an＋1an＋2，an≠0，等式两边同除以anan＋1an＋2，得eq\f(1,an＋2)＝eq\f(3,an＋1)－eq\f(2,an)，则eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)－\f(1,an)))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)－\f(1,an)))是以eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝2为首项，2为公比的等比数列，则eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2×2n－1＝2n，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)－\f(1,an)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq\f(1,a1)＝2n＋2n－1＋…＋21＋1＝2n＋1－1，则an＋1＝eq\f(1,2n＋1－1)，当n≥2时，an＝eq\f(1,2n－1)，又当n＝1时，上式也成立，故an＝eq\f(1,2n－1).题型三倒数为特殊数列eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1＝\f(pan,ran＋s)型))例5已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋3)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．解因为an＋1＝eq\f(an,an＋3)(n∈N*)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3,an)＋1，设eq\f(1,an＋1)＋t＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋t))，所以3t－t＝1，解得t＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，又eq\f(1,a1)＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以eq\f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，所以eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)×3n－1＝eq\f(3n,2)，所以an＝eq\f(2,3n－1).思维升华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＋qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＝\f(1,an)))型，求出eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的通项公式，再求an.跟踪训练3在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝eq\f(bn,3bn＋2)，则数列{bn}的通项公式bn＝________.答案eq\f(1,2n－3)解析bn＋1＝eq\f(bn,3bn＋2)的两边同时取倒数，得eq\f(1,bn＋1)＝eq\f(3bn＋2,bn)，即eq\f(1,bn＋1)＝eq\f(2,bn)＋3，因此eq\f(1,bn＋1)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)＋3))，又eq\f(1,b1)＋3＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)＋3))是以2为首项，2为公比的等比数列，于是eq\f(1,bn)＋3＝2·2n－1＝2n，可得bn＝eq\f(1,2n－3).课时精练一、单项选择题1．已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(an,an＋1)，则a1000等于()A.eq\f(1,1000) B.eq\f(1,1001)C.eq\f(1,1002) D.eq\f(1,1003)答案B解析an＋1＝eq\f(an,an＋1)两边同时取倒数，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋1，则eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为2，公差为1的等差数列，则eq\f(1,an)＝n＋1，an＝eq\f(1,n＋1)，故a1000＝eq\f(1,1001).2．在数列{an}中，若a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)，则an等于()A．2n－1 B．3n－1C． D．答案D解析由a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)知an>0，对an＋1＝aeq\o\al(2,n)两边取以3为底的对数得，log3an＋1＝2log3an，则数列{log3an}是以log3a1＝1为首项，2为公比的等比数列，则log3an＝1·2n－1＝2n－1，即an＝.3．已知数列{an}中，a1＝1，2an＋1an＝(n＋1)an－nan＋1，则数列{an}的通项公式为()A．an＝eq\f(1,2n－1) B．an＝eq\f(1,2n＋1)C．an＝eq\f(n,2n－1) D．an＝eq\f(n,2n＋1)答案C解析2an＋1an＝(n＋1)an－nan＋1，显然an≠0，两边同时除以an＋1an，得eq\f(n＋1,an＋1)－eq\f(n,an)＝2，又eq\f(1,a1)＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列．所以eq\f(n,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝eq\f(n,2n－1).4．(2024·商洛模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝a2＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，则eq\f(S2024,S2023)等于()A.eq\f(1013,1012)B.eq\f(2023,2024)C.eq\f(2025,2023)D.eq\f(1013,1011)答案A解析因为an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，所以an＋1－(n＋1)＝－(an－n)(n≥2)．因为a2－2＝－1，所以{an－n}从第二项起是公比为－1的等比数列，所以an＝n＋(－1)n－1(n≥2)，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n＋－1n－1，n≥2，))所以S2023＝1＋2－1＋3＋1＋…＋2023＋1＝2023×1012，S2024＝1＋2－1＋3＋1＋…＋2024－1＝2023×1013，所以eq\f(S2024,S2023)＝eq\f(1013,1012).二、多项选择题5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2(n∈N*)，则下列说法正确的有()A．a1＝eq\f(1,3) B．S4＝eq\f(190,3)C．{an}是等比数列 D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(2,3)))是等比数列答案ABD解析由题意，数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2，则a2＝3S1＋2＝3a1＋2，所以a1＝eq\f(1,3)，故A正确；因为an＋1＝3Sn＋2，①所以当n≥2时，an＝3Sn－1＋2，②①－②得，an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an，当n＝1时，a1＝eq\f(1,3)，不满足a2＝4a1，故数列{an}不是等比数列，故C错误；当n≥2时，an＋1＝4an，则a3＝4a2＝12，a4＝4a3＝48，故S4＝eq\f(1,3)＋3＋12＋48＝eq\f(190,3)，故B正确；由an＋1＝3Sn＋2，得Sn＋1－Sn＝3Sn＋2，所以Sn＋1＝4Sn＋2，令Sn＋1＋λ＝4(Sn＋λ)，则Sn＋1＝4Sn＋3λ，所以3λ＝2，即λ＝eq\f(2,3)，所以Sn＋1＋eq\f(2,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(2,3)))，即eq\f(Sn＋1＋\f(2,3),Sn＋\f(2,3))＝4，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(2,3)))是首项为S1＋eq\f(2,3)＝a1＋eq\f(2,3)＝1，公比为4的等比数列，故D正确．6．已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2anan＋1(n∈N*)，则下列结论正确的是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))为等比数列B．{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2×3n－1－1)C．{an}为递增数列D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝3n－n答案AB解析因为an－3an＋1＝2anan＋1，所以eq\f(1,an＋1)＋1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，又eq\f(1,a1)＋1＝2≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是以2为首项，3为公比的等比数列，故A正确；eq\f(1,an)＋1＝2×3n－1，即an＝eq\f(1,2×3n－1－1)，故B正确；所以{an}为递减数列，故C错误；eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2(30＋31＋…＋3n－1)－n＝2×eq\f(1－3n,1－3)－n＝3n－n－1，故D错误．三、填空题7．已知首项为1的数列{an}满足an＋1＝5an－3，则an＝________.答案eq\f(3,4)＋eq\f(