2025届高考数学一轮复习第5章数列第3讲比数列及其前n项和创新教学案含解析新人教版

PAGE1-第3讲等比数列及其前n项和[考纲解读]1.理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系．2．驾驭等比数列的通项公式与前n项和公式，并娴熟驾驭其推导方法，能在详细的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关学问解决相应的问题．(重点)3．娴熟驾驭等比数列的基本运算和相关性质．(难点)[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲始终是高考中的重点．预料2024年高考将会以等比数列的通项公式及其性质、等比数列的前n项和为考查重点，也可能将等比数列的通项、前n项和及性质综合考查，此外，还可能会与等差数列综合考查．题型以客观题或解答题的形式呈现，属中档题型.1.等比数列的有关概念(1)等比数列的定义一般地，假如一个数列从第eq\o(□,\s\up1(01))2项起，每一项与它的前一项的比等于eq\o(□,\s\up1(02))同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的eq\o(□,\s\up1(03))公比，公比通常用字母eq\o(□,\s\up1(04))q(q≠0)表示．数学语言表达：eq\f(an,an－1)＝q(n≥2)，q为常数，q≠0.(2)等比中项假如eq\o(□,\s\up1(05))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⇔eq\o(□,\s\up1(06))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，公比是q，则其通项公式为an＝eq\o(□,\s\up1(01))a1qn－1；可推广为an＝eq\o(□,\s\up1(02))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．等比数列的相关性质设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(1)若m＋n＝p＋q，则eq\o(□,\s\up1(01))aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特殊地，若2s＝p＋r，则apar＝aeq\o\al(2,s)，其中p，s，r∈N*.(2)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\o(□,\s\up1(02))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)))(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列．(4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.(5)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，公比为qk.当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．(6)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比数列．(7)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.1．概念辨析(1)满意an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．()(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.()(3)假如数列{an}为等比数列，则数列{lgan}是等差数列．()(4)若数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq\f(a1－an,1－a).()(5)若数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×2．小题热身(1)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于()A．5 B．±5C．4 D．±4答案C解析设等比数列{an}的公比为q，则q4＝eq\f(a7,a3)＝eq\f(8,2)＝4，q2＝2，所以a5＝a3q2＝2×2＝4.(2)对随意等比数列{an}，下列说法肯定正确的是()A．a1，a3，a9成等比数列B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列D．a3，a6，a9成等比数列答案D解析不妨设公比为q，则aeq\o\al(2,3)＝aeq\o\al(2,1)q4，a1·a9＝aeq\o\al(2,1)q8，a2·a6＝aeq\o\al(2,1)q6，当q≠±1时，知A，B均不正确；又aeq\o\al(2,4)＝aeq\o\al(2,1)q6，a2·a8＝aeq\o\al(2,1)q8，同理，C不正确；由aeq\o\al(2,6)＝aeq\o\al(2,1)q10，a3·a9＝aeq\o\al(2,1)q10，知D正确．故选D.(3)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)答案C解析由已知条件及S3＝a1＋a2＋a3，得a3＝9a1，设数列{an}的公比为q，则q2＝9，所以a5＝9＝a1·q4＝81a1，得a1＝eq\f(1,9).(4)数列{an}中a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝126，则n＝________.答案6解析因为a1＝2，an＋1＝2an，所以an≠0，故eq\f(an＋1,an)＝2.所以数列{an}是公比为2的等比数列，因为Sn＝126，所以eq\f(21－2n,1－2)＝126，所以2n＝64，故n＝6.题型一等比数列基本量的运算1．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例安排问题：“衰分”是按比例递减安排的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁衰分得100,60,36,21.6个单位，递减的比例为40%，今共有粮m(m>0)石，按甲、乙、丙、丁的依次进行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和为164石，则“衰分比”与m的值分别为()A．20%369 B．80%369C．40%360 D．60%365答案A解析设“衰分比”为a，甲衰分得b石，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1－a2＝80，,b1－a＋b1－a3＝164，,b＋80＋164＝m，))解得b＝125，a＝20%，m＝369.故选A.2．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，则S5＝________.答案eq\f(121,3)解析由aeq\o\al(2,4)＝a6，得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝eq\f(1,a1)＝3.∴S5＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2eq\f(6,a2n＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)①当公比q＝1时，∵a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，∴an＝eq\f(3,2)；②当q≠1时，∵a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，∴a1q2＝eq\f(3,2)，eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(9,2)，解得a1＝6，q＝－eq\f(1,2)，此时an＝6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.综上所述，数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,2)或an＝6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.(2)①当an＝eq\f(3,2)时，bn＝log2eq\f(6,a2n＋1)＝2，故Tn＝2n；②当an＝6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1时，bn＝log2eq\f(6,a2n＋1)＝2n，此时Tn＝2·eq\f(nn＋1,2)＝n(n＋1)．综上所述，Tn＝2n或Tn＝n(n＋1)．

1．等比数列基本运算中的两种常用数学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．如举例说明2分类探讨的思想等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类探讨，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).如举例说明32．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，全部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.假如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．1．等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为()A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)答案B解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1＋r－32n－3－r＝8·32n－3，当n＝1时，a1＝S1＝32－1＋r＝3＋r，∵数列是等比数列，∴a1满意an＝8·32n－3，即8·32－3＝3＋r＝eq\f(8,3)，即r＝－eq\f(1,3)，故选B.2．(2024·滨海新区期中)已知递增等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列．(1)求{an}的首项和公比；(2)设Sn＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)，求Sn.解(1)依据等比数列的性质，可得a3·a5·a7＝aeq\o\al(3,5)＝512，解得a5＝8.设数列{an}的公比为q，则a3＝eq\f(8,q2)，a7＝8q2，由题设可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,q2)－1))＋(8q2－9)＝2×(8－3)＝10，解得q2＝2或eq\f(1,2).∵{an}是递增数列，可得q＞1，∴q2＝2，得q＝eq\r(2).因此a5＝a1q4＝4a1＝8，解得a1(2)由(1)得{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2×(eq\r(2))n－1＝(eq\r(2))n＋1，∴aeq\o\al(2,n)＝[(eq\r(2))n＋1]2＝2n＋1，可得{aeq\o\al(2,n)}是以4为首项，2为公比的等比数列．因此Sn＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(41－2n,1－2)＝2n＋2－4.题型二等比数列的判定与证明(2024·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满意a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq\f(an,n).(1)求b1，b2，b3；(2)推断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{an}的通项公式．解(1)由条件可得an＋1＝eq\f(2n＋1,n)an.将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(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eq\f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.条件探究1将本例中的条件改为“a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，且an>0”，求{an}的通项公式．解由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，因此an＝eq\f(1,2n－1).条件探究2将本例中的条件改为“a1＝3，an＋an－1＝anan－1(n≥2，且n∈N)”．求证数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,2)))是等比数列，并求出an.解∵an＋an－1＝anan－1，∴eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an)＝1，∴eq\f(1,an)＝－eq\f(1,an－1)＋1，∴eq\f(1,an)－eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)－\f(1,2)))(n≥2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,2)))是以eq\f(1,a1)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,6)为首项，－1为公比的等比数列．∴eq\f(1,an)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,6)×(－1)n－1，∴an＝eq\f(6,3＋－1n).等比数列的判定方法(1)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．见举例说明(2)．(2)等比中项公式法：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．提示：(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．1．已知{an}，{bn}都是等比数列，那么()A．{an＋bn}，{an·bn}都肯定是等比数列B．{an＋bn}肯定是等比数列，但{an·bn}不肯定是等比数列C．{an＋bn}不肯定是等比数列，但{an·bn}肯定是等比数列D．{an＋bn}，{an·bn}都不肯定是等比数列答案C解析an＝1，bn＝(－1)n，则{an}，{bn}都是等比数列，但{an＋bn}不是等比数列；设等比数列{an}的公比为p，等比数列{bn}的公比为q，则eq\f(an＋1bn＋1,anbn)＝eq\f(an＋1,an)·eq\f(bn＋1,bn)＝pq.所以数列{an·bn}肯定是等比数列．2．设数列{an}的前n项和为Sn，满意：Sn＋an＝eq\f(n－1,nn＋1)，n＝1,2，…，n.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,n＋1)))是等比数列；(2)求Sn.解(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＝eq\f(n－1,nn＋1)＝eq\f(2,n＋1)－eq\f(1,n)，所以Sn－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－1－\f(1,n)))，S1－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,n＋1)))是以－eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)由(1)知，Sn－eq\f(1,n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以Sn＝eq\f(1,n＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.题型三等比数列前n项和及性质的应用角度1等比数列通项的性质1．已知数列{an}是递增的等比数列，且a4a6－2aeq\o\al(2,4)＋a2a4＝144，则a5－a3＝()A．6 B．8C．10 D．12答案D解析∵{an}是递增的等比数列，∴由a4a6－2aeq\o\al(2,4)＋a2a4＝144，a5－a3>0，可得aeq\o\al(2,5)－2a3a5＋aeq\o\al(2,3)＝144，(a5－a3)2＝144，∴a5－a3＝12，故选D.2．(2024·开封模拟)已知数列{an}满意log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.答案100解析由log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，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.角度2等比数列的前n项和的性质3．(2024·丽水模拟)设各项都是正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于()A．150 B．－200C．150或－200 D．400或－50答案A解析易知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，所以S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80，所以S40＝150.故选A.4．(2024·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．30C．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＝60.1．驾驭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满意的方程组求解，但有时运算量较大，假如可利用等比数列的性质，便可削减运算量，提高解题的速度，要留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.如举例说明3.2．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＝eq\f(a1＋a2n＋1q,1＋q)(q≠1且q≠－1)，eq\f(S奇－a1,S偶)＝q.(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝eq\f(Sn＋m－Sn,Sm)(q为公比)．1．(2024·青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满意a6,3a4，－a5成等差数列，则eq\f(S4,S2)＝()A．3 B．9C．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eq\f(S4,S2)＝eq\f(S2＋q2S2,S2)＝1＋q2＝10.2．已知等比数列{an}满意a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A．21 B．42C．63 D．84答案B解析设{an}的公比为q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2(负值舍去)．∴a3＋a5＋a7＝a1q2＋a3q2＋a5q2＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.故选B.3．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答案B解析由题意知公比大于0，由等比数列的性质知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.故选B.组基础关1．(2024·全国卷Ⅲ)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aA．16 B．8C．4 D．2答案C解析由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，q>0，,a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4.故选C.2．(2024·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{an}满意a3－eq\f(a\o\al(2,7),2)＋a11＝0，数列{bn}为等比数列，且b7＝a7，则b1·b13＝()A．25 B．16C．8 D．4答案B解析由a3－eq\f(a\o\al(2,7),2)＋a11＝0，得2a7－eq\f(a\o\al(2,7),2)＝0，a7＝4，所以b7＝4，b1·b13＝beq\o\al(2,7)＝16.3．(2024·天津武清区模拟)设{an}是首项大于零的等比数列，则“aeq\o\al(2,1)<aeq\o\al(2,2)”是“数列{an}为递增数列”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析设公比为q，若aeq\o\al(2,1)<aeq\o\al(2,2)，则aeq\o\al(2,1)<aeq\o\al(2,1)q2，即q2>1，则q>1或q<－1，当q<－1时，数列为摇摆数列，则“数列{an}为递增数列”不成立，即充分性不成立，若“数列{an}为递增数列”，则a1<a2，∵a1>0，∴a2>0，则“aeq\o\al(2,1)<aeq\o\al(2,2)”成立，即必要性成立，则“aeq\o\al(2,1)<aeq\o\al(2,2)”是“数列{an}为递增数列”的必要而不充分条件．4．(2024·淄博模拟)已知{an}是等比数列，若a1＝1，a6＝8a3，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，则T5＝()A.eq\f(31,16) B．31C.eq\f(15,8) D．7答案A解析设等比数列{an}的公比为q，则q3＝eq\f(a6,a3)＝eq\f(8a3,a3)＝8，故q＝2.易证数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以T5＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).5．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则aA．－2 B．－1C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案B解析将已知两式作差得S4－S2＝3a4－3a2，所以a3＋a4＝3a4－3a2，即3a2＋a2q－2a2q2＝0.所以2q2－q－3＝0，解得q＝eq\f(3,2)或q＝－1(舍去)．将q＝eq\f(3,2)代入S2＝3a2＋2，即a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a6．(2024·郑州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4(a1＋a3＋…＋a2n－1)，a1a2a3＝－27，则A．81 B．24C．－81 D．－24答案C解析解法一：易知等比数列{an}的公比q≠1，由S2n＝4(a1＋a3＋…＋a2n－1)，可得eq\f(a11－q2n,1－q)＝4×eq\f(a11－q2n,1－q2)，解得q＝3.由a1a2a3＝aeq\o\al(3,2)＝－27，得a2＝－3，所以a5＝a2q3＝－3×33＝－81.故选C.解法二：当n＝1时，S2＝a1＋a2＝4a1，即a2＝3a1，所以q＝3.又a1a2a3＝aeq\o\al(3,2)＝－27，所以a2＝－3，所以a5＝a2q3＝－3×37．(2024·南昌模拟)在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＋a3an－2＝256，且前n项和Sn＝126，则n＝()A．2 B．4C．6 D．8答案C解析因为数列{an}是等比数列，所以a2an－1＝a3an－2＝a1an，又因为a2an－1＋a3an－2＝256，所以a1an＝128，又因为a1＋an＝66.所以a1＝2，an＝64或a1＝64，an＝2.因为Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)，且Sn＝126，所以若a1＝2，an＝64，则eq\f(2－64q,1－q)＝126，得q＝2.此时an＝2×2n－1＝2n＝64，n＝6；若a1＝64，an＝2，则eq\f(64－2q,1－q)＝126，得q＝eq\f(1,2)，此时an＝64×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝2，得n＝6.综上知，n＝6.8．已知等比数列{an}满意a1＝eq\f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则q＝________.答案2解析由等比数列的性质得aeq\o\al(2,4)＝a3a5，又因为a3a5＝4(a4－1)，所以aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，解得a4＝2.又a1＝eq\f(1,4)，所以q3＝eq\f(a4,a1)＝8，解得q＝2.9．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≠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＝eq\f(3a,2)，所以S15∶S5＝3∶4.10．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于________．答案eq\f(32,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))解析因为{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，所以q3＝eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)，则q＝eq\f(1,2)，所以eq\f(anan＋1,an－1an)＝q2＝eq\f(1,4)(n≥2)．所以数列{anan＋1}是以8为首项，eq\f(1,4)为公比的等比数列．所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq\f(8\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq\f(32,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))).组实力关1．(2024·北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从其次个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq\r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.eq\r(3,2)f B.eq\r(3,22)fC.eq\r(12,25)f D.eq\r(12,27)f答案D解析由已知，单音的频率构成一个首项为f，公比为eq\r(12,2)的等比数列，记为{bn}，共有13项．由等比数列的通项公式可知，b8＝b1q7＝f×(eq\r(12,2))7＝eq\r(12,27)f.2．(2024·湖北“四地七校”联考)若数列{an}是公比不为1的等比数列，且a2024＋a2024＝eq\i\in(0,2,)eq\r(4－x2)dx，则a2024·(a2024＋2a2024＋a2024)＝()A．4π2 B．2π2C．π2 D．3π2答案C解析由题意，eq\i\in(0,2,)eq\r(4－x2)dx＝eq\f(1,4)π×22＝π，则a2024＋a2024＝π，设等比数列{an}的公比为q，则a2024＋2a2024＋a2024＝(a2024＋a2024)q＋(a2024＋a2024)q3＝π(q＋q3)，故a2024(a2024＋2a2024＋a2024)＝πa2024(q＋q3)＝π(a2024＋a2024)＝π2.故选C.3．若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.答案eq\f(3n－1＋1,2)解析因为a1＝1，a2＝2，a3＝5，所以a2－a1＝1，a3－a2＝3.所以等比数列{an＋1－an}的首项为1，公比为3，所以an＋1－an＝1×3n－1.所以a2－a1＝1，a3－a2＝3，…an－an－1＝3n－2，以上各式相加得an－a1＝1＋3＋…＋3n－2＝eq\f(1－3n－1,1－