专题32等比数列

2023高考一轮复习讲与练等比数列等比数列的有关概念等比数列等比数列的有关概念通项公式推广：an＝amqn－m(m，n∈N*)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\o\al(2,p).定义通项公式等比中项前n项和公式Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．等比数列的性质练高考明方向1.（2022·全国乙（理）T8）已知等比数列的前3项和为168，，则（）A.14 B.12 C.6 D.3【答案】D【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D.2.（2022·新高考Ⅱ卷T17）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．（1）证明：；（2）求集合中元素个数．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得，即可解出．【小问1详解】设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．【小问2详解】由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．3.（2022·浙江卷T20）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．（1）若，求；（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.【小问1详解】因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，【小问2详解】因为，，成等比数列，所以，，，由已知方程的判别式大于等于0，所以，所以对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，当时，，当时，由，可得当时，，又，所以。4．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝()A．7 B．8C．9 D．10解析：选A设等比数列{an}的公比为q，则由等比数列的前n项和公式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2＝\f(a11－q2,1－q)＝4，①,S4＝\f(a11－q4,1－q)＝6.②))②÷①，得1＋q2＝eq\f(3,2)，解得q2＝eq\f(1,2).代入①得eq\f(a1,1－q)＝8.所以S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(a1,1－q)·[1－(q2)3]＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))＝7.5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．(1)求的公比；(2)若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设前项和为，，，①，②①②得，，．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)数列中，，，若，则 ()A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C解析：在等式中，令，可得，，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，，，则，解得．7．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则 ()A．16 B．8 C．4 D．2【答案】C【解析】法一：设正数的等比数列的公比为，则，解得，，故选C．法二：数感好的话由，立即会想到数列：，检验是否满足，可以迅速得出．8、【2019年高考全国I卷理数】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．【答案】【解析】设等比数列的公比为，由已知，所以又，所以所以．9．【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，，.（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（II）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（I）见解析；（2），.【解析】（1）由题设得，即．又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．由题设得，即．又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，，．所以，．10．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)(12分)等比数列中，，(1)求的通项公式；(2)记为的前项和，若，求．【答案】(1)或；(2)【解析】法一：（1）设的公比为，由题设得由已知得，解得（舍去），或故或（2）若，则，由，得，此方和没有正整数解若，则，由，得，解得综上，．法二：（1）设等比数列的公比为，由，可得，所以所以，当时，；当时，（2）由（1）可知，当时，由即，即，所以；当时，由即，即，无解综上可知．11．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为 ()A． B． C． D．【答案】A【解析】数列的首项，设公差为，则由成等比数列可得，所以，即，整理可得，因为，所以，所以，故选A．12．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ()A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏【答案】B【解析】解法一：一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和，可知，解得．解法二：边界效应，等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴．13．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列的前项和,其中.(Ⅰ)证明是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若,求.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】(Ⅰ)由题意得,故,,.由,得,即.由,得,所以.因此是首项为,公比为的等比数列,于是.(Ⅱ)由(Ⅰ)得,由得,即,解得.14．(2015高考数学新课标2)已知等比数列满足，，则() A．21 B．42 C．63 D．84【答案】B解析：设等比数列公比为，则，又因为，所以，解得，所以，故选B．15．(2014高考数学课标2理科)已知数列满足=1，．(Ⅰ)证明是等比数列，并求的通项公式；(Ⅱ)证明：解析：（Ⅰ）由，得，且所以是首相为，公比为的等比数列。因此，所以的通项公式为．（Ⅱ）由（1）知当时，，所以于是所以16．(2013高考数学新课标2理科)等比数列的前项和为，已知，则等于 ()A． B．－ C． D．－【答案】C解析：设等比数列的公比为，由得，即，又，所以．讲典例备高考类型一、等比数列的判断与证明基础知识：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eq\f(an＋1,an)＝q.(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⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.基本题型：1．(多选)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，则下列说法正确的是()A．a5＝－16 B．S5＝－63C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn＋1}是等比数列【答案】AC【解析】因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，故C正确；因此a5＝－1×24＝－16，故A正确；又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误．2．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．【解析】(1)由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))解得a1＝1，q＝3，所以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，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＝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))＝3，故存在常数λ＝eq\f(1,2)，使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是等比数列．3、已知数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，a1＝2，b1＝1，且an＋1＝a1＋2Tn.(1)若数列{an}为等差数列，求Sn；(2)若bn＋1＝b1＋2Sn，证明：数列{an＋bn}和{an－bn}均为等比数列．【解析】(1)由an＋1＝a1＋2Tn，得a2＝a1＋2b1，又a1＝2，b1＝1，所以a2＝4.因为数列{an}为等差数列，所以该数列的公差为a2－a1＝2，所以Sn＝2n＋eq\f(nn－1,2)·2＝n2＋n.(2)证明：当n≥2时，an＝a1＋2Tn－1，因为Tn－Tn－1＝bn，所以an＋1－an＝2bn，即an＋1＝an＋2bn，同理可得bn＋1＝bn＋2an.则an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，所以eq\f(an＋1＋bn＋1,an＋bn)＝3(n≥2)，又a2＝a1＋2b1＝4，b2＝b1＋2a1＝5，所以eq\f(a2＋b2,a1＋b1)＝eq\f(4＋5,2＋1)＝3，所以eq\f(an＋1＋bn＋1,an＋bn)＝3(n∈N*)，所以数列{an＋bn}是以3为首项，3为公比的等比数列．因为an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，所以eq\f(an＋1－bn＋1,an－bn)＝－1(n≥2)，又eq\f(a2－b2,a1－b1)＝eq\f(4－5,2－1)＝－1，所以eq\f(an＋1－bn＋1,an－bn)＝－1(n∈N*)，所以数列{an－bn}是以－1为首项，－1为公比的等比数列．基本方法：等比数列的三种常用判定方法：定义法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列等比中项法：若数列{an}中，an≠0，且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列通项公式法：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}是等比数列注：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＝eq\f(a1,1－q).类型二、等比数列的性质与应用基础知识：等比数列的性质(1)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\o\al(2,p).(2)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．(3)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.(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．基本题型：1．(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＝2nC．S10＝2047 D．an＋an＋1<an＋2【答案】ABD【解析】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．2．设等比数列的前项和为，若，，，则（）A．315 B．155 C．120 D．80【答案】B【解析】由题知：，又因为，所以.因为，所以..故选：B3．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，，，则数列的公比为（）A．3 B． C．2 D．【答案】A【解析】设正项等比数列的公比为，由，可得，因为，所以，又因为，所以，即，解得或，又由，可得，所以.故选：A.4．设为正项递增等比数列的前项和，且，则的值为（）A．63 B．64 C．127 D．128【答案】A【解析】因为，所以，又，所以，即，解得或（舍去），所以，所以.故选：A5．(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a9a10>1，eq\f(a9－1,a10－1)<0，则下列结论正确的是()A．0<q<1 B．a10a11>1C．Sn的最大值为S10 D．Tn的最大值为T9【答案】AD【解析】因为等比数列{an}的公比为q，由a9a10>1得q>0，所以数列{lgan}为等差数列，公差为d＝lgq，由于a1>1，a9a10>1，则lga1>0，lga9＋lga10>0.若a10>a9，则q>1，而a1>1，则an＝a1qn－1>1，则a9>1，a10>1，此时eq\f(a9－1,a10－1)<0不成立，所以q<1，所以0<q<1，所以A正确；由a9>1，a10<1，得lga9>0，lga10<0，又因为lga1>0，所以数列{lgan}为递减数列，从第10项开始小于零，故前9项和lgTn最大，即Tn的最大值为T9，所以D正确；因为lga10＋lga11<0，所以a10a11<1，所以B不正确；因为0<q<1，a1>1，所以数列各项均为正数，所以Sn没有最大值，所以C不正确，故选A、D.6．已知是正项等比数列的前项和，，则的最小值为（）．A．10 B．5 C． D．【答案】C【解析】是正项等比数列，仍然成等比数列，设公比为，，，当时，原式。7．已知一个等比数列首项为，项数是偶数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个数列的项数为_____．【答案】【解析】设这个等比数列共有项，公比为，则奇数项之和为，偶数项之和为，，等比数列的所有项之和为，则，解得，因此，这个等比数列的项数为.8．等比数列{}的各项均为实数，其前项为，已知=，=，则=_____．【答案】32【解析】由题意可得，所以两式相除得代入得．基本方法：等比数列基本量运算的解题策略(1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)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，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．(3)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．(4)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).类型三、等差数列与等比数列综合性问题基本题型：1．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，可知为等差数列，公差，由成等比数列，可得，∴，解得.∴.根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为.故选：D.2．等比数列中，已知，则数列的前16项和为（）A．20 B． C． D．【答案】B【解析】由题意得，则，根据等比数列的性质可知构成公比为等比数列，，且．3．已知数列是公差不为0的等差数列，且，，为等比数列的连续三项，则的值为（）A． B．4 C．2 D．【答案】A【解析】数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，∴=a1•a7，可得=a1（a1+6d），化为：a1=2d≠0．∴公比q====2．则==．4．(多选)已知各项均为正数且单调递减的等比数列{an}满足a3，eq\f(3,2)a4,2a5成等差数列．其前n项和为Sn，且S5＝31，则()A．an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－5 B．an＝2n－3C．Sn＝32－eq\f(1,2n－5) D．Sn＝2n－4－16【答案】AC【解析】由a3，eq\f(3,2)a4,2a5成等差数列，得3a4＝a3＋2a5，设{an}的公比为q，则2q2－3q＋1＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝1，又∵{an}单调递减，∴q＝eq\f(1,2)，∴S5＝eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝31，解得a1＝16，∴an＝16·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－5，∴Sn＝eq\f(16\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝32－eq\f(1,2n－5).5．正项等比数列满足，且2，，成等差数列，设，则取得最小值时的值为_________．【答案】【解析】设等比数列的公比为.由，，成等差数列可得，则，所以，解得(舍去)或.因为，所以.所以.所以.所以，当时，取得最小值，取得最小值.故答案为：.基本方法：在解决等差数列与等比数列的综合问题时，要注意到两个数列之间的相互渗透和相互影响，既要能眼观全局从整体入手，又要能抽丝剥茧进行单独分析，并充分根据具体问题的结构特点有针对性地进行解决．新预测破高考1．已知等比数列满足,,则（）【答案】C【解析】由题意可得,所以,故,选C.2．已知是等比数列的前项和，，，则（）A．3 B．5 C．3 D．5【答案】A【解析】设等比数列的公比为，因为，即，解得，又由等比数列求和公式得，解得.3．正项等比数列{an}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．2C.eq\f(\r(2),2) D.eq\r(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aeq\o\al(2,3)＋2a3a7＋aeq\o\al(2,7)＝(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，解得q＝eq\r(2)(舍负)，故选D.4．在等比数列中,,前项和为,若数列也是等比数列,则等于（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设等比数列的公比为.因为数列也是等比数列，所以，解得，所以.选A.5．已知数列为各项均不相等的等比数列，其前n项和为，且，，成等差数列，则（）A．3 B． C．1 D．【答案】D【解析】设数列公比为，则，∵，，成等差数列，∴，即，解得，．故选：D.6.在各项都为正数的等比数列{an}中，已知a1>1，其前n项积为Tn，且T15＝T8，则Tn取得最大值时，n的值是()A．10 B．10或11C．11或12 D．12或13【答案】C【解析】因为等比数列的前n项积为Tn，且T15＝T8，所以a9·a10·a11·a12·a13·a14·a15＝1，所以aeq\o\al(7,12)＝1，所以a12＝1，又a1>1，所以当n≤11时，an>1，当n≥13时，0<an<1，所以T11，T12为前n项积的最大值．7．已知是等比数列，，，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题得.所以，所以.所以，所以数列是一个等比数列.所以=.故选：D。8．若是等比数列的前项和，，，成等差数列，且，则（）A． B． C．4 D．12【答案】C【解析】设数列的公比为，当时，，则，，，此时不成等差数列，不符合题意，舍去；当时，∵成等差数列，∴，即，即，解得或（舍去）或（舍去），∴，，∴，故选C.9．(多选)已知数列{an}是等比数列，下列结论正确的为()A．若a1a2＞0，则a2a3＞0B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C．若a2＞a1＞0，则a1＋a3＞2a2D．若a1a2＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＜0【答案】AC【解析】易知A正确；对于B，取a1＝－1，q＝－2，则a1＋a3＜0，a1＋a2＞0，即B错误；对于C，由a2＞a1＞0，得q＞1，则1＋q2＞2q，即a1＋a3＞2a2，即C正确；对于D，若a1a2＜0，则q＜0，所以(q－1)·(q－q2)＞0，所以(a2－a1)(a2－a3)＞0，即D错误．故选A、C.10．已知等比数列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，有以下四个结论：①a9a10<0；②a9>a10；③b10>0；④b9>b10.其中正确的为()A．①② B．③④C．①③ D．①④【答案】D【解析】∵等比数列{an}的公比q＝－eq\f(2,3)，∴a9和a10异号，∴a9a10<0，故①正确；但不能确定a9和a10的大小关系，故②不正确；∵a9和a10异号，a9>b9且a10>b10，∴b9和b10中至少有一个数是负数，又∵b1＝12>0，∴d<0，∴b9>b10，故④正确；∴b10一定是负数，即b10<0，故③不正确．故选D.11．已知是数列的前n项和，且点在直线上，则（）A． B． C． D．3【答案】B【解析】点在直线上，，当时，，两式相减，得：且，又当时，，则，是首项为1，公比为3的等比数列，，.故选：B.12、在等差数列中，，是方程的两根，则数列的前11项和等于A．66 B．132 C．66 D．32【答案】D【解析】因为，是方程的两根，所以，又，所以，，故选D.【名师点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差中项，数列的求和公式，属于中档题.13．(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．2lgan＝lgan－2＋lgan＋2(n≥3)【答案】ACD【解析】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＝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．14．(多选)已知等比数列{an}满足a1＝1，其前n项和Sn＝pan＋1＋r(n∈N*，p>0)，则()A．数列{an}的公比为pB．数列{an}为递增数列C．r＝－p－1D．当p－eq\f(1,4r)取最小值时，an＝3n－1【答案】BD【解析】设公比是q，n≥2时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝pan＋1＋r，,Sn－1＝pan＋r，))作差得，an＝pan＋1－pan，即(1＋p)an＝pan＋1，故eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1＋p,p)，即eq\f(1＋p,p)＝q，即p＝eq\f(1,q－1).选项A中，若公比为p，则p＝eq\f(1,q－1)＝q，即q2－q－1＝0，即p＝q＝eq\f(1＋\r(5),2)时，数列{an}的公比为p，否则数列{an}的公比不为p，故错误；选项B中，由p>0知，q＝eq\f(1＋p,p)＝1＋eq\f(1,p)>1，故an＝a1·qn－1＝qn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)))n－1是递增数列，故正确；选项C中，由Sn＝pan＋1＋r，Sn＝eq\f(1－qn,1－q)，p＝eq\f(1,q－1)，an＋1＝qn知，r＝Sn－pan＋1＝eq\f(1－qn,1－q)－eq\f(1,q－1)·qn＝eq\f(1,1－q)＝－p，故C错误；选项D中，因为r＝－p，故p－eq\f(1,4r)＝p－eq\f(1,4·－p)＝p＋eq\f(1,4p)≥2eq\r(p·\f(1,4p))＝1，当且仅当p＝eq\f(1,4p)，即p＝eq\f(1,2)时等号成立，p－eq\f(1,4r)取得最小值1，此时q＝eq\f(1＋p,p)＝3，an＝qn－1＝3n－1，故正确．15、设是等比数列，且，，