2021屆浙江新高考數(shù)學一輪復習教師用書：第六章-3-第3講-等比數(shù)列及其前n項和

第3講等比數(shù)列及其前n項和1．等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義如果一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一常數(shù)(不為零)，那么這個數(shù)列就叫做等比數(shù)列．這個常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，通常用字母q表示，定義的表達式為eq\f(an＋1,an)＝q(q≠0，n∈N*)．(2)等比中項如果a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項．即：G是a與b的等比中項?G2＝ab．“a，G，b成等比數(shù)列”是“G是a與b的等比中項”的充分不必要條件．2．等比數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項公式：an＝a1qn－1．(2)前n項和公式：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))3．等比數(shù)列的性質(zhì)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，Sn是其前n項和(m，n，p，q，r，k∈N*)(1)若m＋n＝p＋q＝2r，則am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,r)；(2)數(shù)列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比數(shù)列；(3)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比數(shù)列(此時{an}的公比q≠－1)．4．等比數(shù)列的單調(diào)性當q>1，a1>0或0<q<1，a1<0時，{an}是遞增數(shù)列；當q>1，a1<0或0<q<1，a1>0時，{an}是遞減數(shù)列；當q＝1時，{an}是常數(shù)列．5．等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系當q≠1時，an＝eq\f(a1,q)·qn，可以看成函數(shù)y＝cqx，是一個不為0的常數(shù)與指數(shù)函數(shù)的乘積，因此數(shù)列{an}各項所對應(yīng)的點都在函數(shù)y＝cqx的圖象上．[疑誤辨析]判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若一個數(shù)列從第2項起每一項與它的前一項的比都是常數(shù)，則這個數(shù)列是等比數(shù)列．()(2)三個數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件是b2＝ac.()(3)滿足an＋1＝qan(n∈N*，q為常數(shù))的數(shù)列{an}為等比數(shù)列．()(4)如果{an}為等比數(shù)列，bn＝a2n－1＋a2n，則數(shù)列{bn}也是等比數(shù)列．()(5)等比數(shù)列中不存在數(shù)值為0的項．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√[教材衍化]1．(必修5P54A組T8改編)在3與192中間插入兩個數(shù)，使它們同這兩個數(shù)成等比數(shù)列，則這兩個數(shù)為________．解析：設(shè)該數(shù)列的公比為q，由題意知，192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4.所以插入的兩個數(shù)分別為3×4＝12，12×4＝48.答案：12，482．(必修5P51例3改編)已知{an}是等比數(shù)列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，則公比q＝________．解析：由題意知q3＝eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)，所以q＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)3．(必修5P61A組T1改編)等比數(shù)列{an}的首項a1＝－1，前n項和為Sn，若eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，則{an}的通項公式an＝________．解析：因為eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，所以eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32)，因為S5，S10－S5，S15－S10成等比數(shù)列，且公比為q5，所以q5＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2)，則an＝－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).答案：－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)[易錯糾偏](1)忽視項的符號判斷；(2)忽視公比q＝1的特殊情況；(3)忽視等比數(shù)列的項不為0.1．在等比數(shù)列{an}中，a3＝4，a7＝16，則a3與a7的等比中項為________．解析：設(shè)a3與a7的等比中項為G，因為a3＝4，a7＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.答案：±82．數(shù)列{an}的通項公式是an＝an(a≠0)，則其前n項和Sn＝________．解析：因為a≠0，an＝an，所以{an}是以a為首項，a為公比的等比數(shù)列．當a＝1時，Sn＝n；當a≠1時Sn＝eq\f(a（1－an）,1－a).答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，a＝1，,\f(a（1－an）,1－a)，a≠0，a≠1))3．已知x，2x＋2，3x＋3是一個等比數(shù)列的前三項，則x的值為________．解析：因為x，2x＋2，3x＋3是一個等比數(shù)列的前三項，所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.當x＝－1時，數(shù)列的前三項為－1，0，0，不是等比數(shù)列，舍去．答案：－4等比數(shù)列的基本運算(高頻考點)等比數(shù)列的基本運算是高考的常考內(nèi)容，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度為中、低檔題．主要命題角度有：(1)求首項a1、公比q或項數(shù)n；(2)求通項或特定項；(3)求前n項和．角度一求首項a1、公比q或項數(shù)n(1)已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，則a1等于()A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)(2)設(shè)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，前n項和為Sn，若S3＝3a3，則公比q＝________．【解析】(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由S3＝a2＋10a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝eq\f(1,9).(2)當q≠1時，eq\f(a1（1－q3）,1－q)＝3a1q2，解得q＝1(舍去)或－eq\f(1,2).當q＝1時，S3＝a1＋a2＋a3＝3a3也成立．【答案】(1)C(2)1或－eq\f(1,2)角度二求通項或特定項已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，則an＝________．【解析】由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因為{an}的各項都為正數(shù)，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，因此an＝eq\f(1,2n－1).【答案】eq\f(1,2n－1)角度三求前n項和(2020·溫州模擬)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，則數(shù)列{an}的前n項和等于________．【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q3＝9，,aeq\o\al(2,1)·q3＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2).))又{an}為遞增數(shù)列，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.【答案】2n－1eq\a\vs4\al()解決等比數(shù)列有關(guān)問題的三種常見思想方法(1)方程思想：等比數(shù)列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求關(guān)鍵量a1和q，問題可迎刃而解．(2)分類討論思想：因為等比數(shù)列的前n項和公式涉及對公比q的分類討論，所以當某一參數(shù)為公比進行求和時，就要對參數(shù)是否為1進行分類討論．(3)整體思想：應(yīng)用等比數(shù)列前n項和公式時，常把qn或eq\f(a1,1－q)當成整體進行求解．1．設(shè)等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，其前n項和為Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，則k＝()A．4 B．5C．6 D．7解析：選C.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由已知a1＝1，a3＝4，得q2＝eq\f(a3,a1)＝4.又{an}的各項均為正數(shù)，所以q＝2.而Sk＝eq\f(1－2k,1－2)＝63，所以2k－1＝63，解得k＝6.2．(2020·紹興市柯橋區(qū)高三期中考試)已知正數(shù)數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn和2的等比中項等于an和2的等差中項，則a1＝________，Sn＝________．解析：由題意知eq\f(an＋2,2)＝eq\r(2Sn)，平方可得Sn＝eq\f(（an＋2）2,8)，①由a1＝S1得eq\f(a1＋2,2)＝eq\r(2a1)，從而可解得a1＝2.又由①式得Sn－1＝eq\f(（an－1＋2）2,8)(n≥2)，②①－②可得an＝Sn－Sn－1＝eq\f(（an＋2）2,8)－eq\f(（an－1＋2）2,8)(n≥2)，整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，因為數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，所以an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4.故數(shù)列{an}是以2為首項4為公差的等差數(shù)列，所以Sn＝2n＋eq\f(n（n－1）,2)×4＝2n2.當n＝1時，S1＝a1＝2.故Sn＝2n2.答案：22n2等比數(shù)列的判定與證明(1)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝12，a3a5＝4，則下列說法正確的是()A．{an}是單調(diào)遞減數(shù)列B．{Sn}是單調(diào)遞減數(shù)列C．{a2n}是單調(diào)遞減數(shù)列D．{S2n}是單調(diào)遞減數(shù)列(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且當n≥2時，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.①求a4的值；②證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))為等比數(shù)列．【解】(1)選C.由于{an}是等比數(shù)列，則a3a5＝aeq\o\al(2,4)＝4，又a2＝12，則a4＞0，a4＝2，q2＝eq\f(1,6)，當q＝－eq\f(\r(6),6)時，{an}和{Sn}不具有單調(diào)性，選項A和B錯誤；a2n＝a2q2n－2＝12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(n－1)單調(diào)遞減，選項C正確；當q＝－eq\f(\r(6),6)時，{S2n}不具有單調(diào)性，選項D錯誤．(2)①當n＝2時，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4(1＋eq\f(3,2)＋eq\f(5,4)＋a4)＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq\f(7,8).②證明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．因為4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，所以eq\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,2（2an＋1－an）)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(變問法)在本例(2)條件下，求數(shù)列{an}的通項公式．解：由本例(2)的②知，an＋1－eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，即eq\f(an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n＋1))－eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))＝4.所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))))是以eq\f(a1,\f(1,2))＝2為首項，4為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))＝2＋4(n－1)＝4n－2，即an＝(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).eq\a\vs4\al()等比數(shù)列的判定方法(1)定義法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數(shù))或eq\f(an,an－1)＝q(q為非零常數(shù)且n≥2)，則{an}是等比數(shù)列．(2)中項公式法：若數(shù)列{an}中an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列．(3)通項公式法：若數(shù)列的通項公式可寫成an＝c·qn－1(c，q均為不為0的常數(shù)，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列．(4)前n項和公式法：若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝k·qn－k(k為常數(shù)且k≠0，q≠0，1)，則{an}是等比數(shù)列．[提醒](1)前兩種方法是判定等比數(shù)列的常用方法，常用于證明；后兩種方法常用于選擇題、填空題中的判定．(2)若要判定一個數(shù)列不是等比數(shù)列，則只需判定存在連續(xù)三項不成等比數(shù)列即可．(2020·瑞安市龍翔中學高三月考)各項為正的數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n),λ)＋an(n∈N*)．(1)取λ＝an＋1，求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))是等比數(shù)列，并求其公比；(2)取λ＝2時令bn＝eq\f(1,an＋2)，記數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}的前n項之積為Tn，求證：對任意正整數(shù)n，2n＋1Tn＋Sn為定值．解：(1)由λ＝an＋1，得an＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n),an＋1)＋an，所以aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－aeq\o\al(2,n)＝0.兩邊同除aeq\o\al(2,n)可得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))eq\s\up12(2)－eq\f(an＋1,an)－1＝0，解得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1±\r(5),2).因為an>0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1＋\r(5),2)為常數(shù)，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))是等比數(shù)列，公比為eq\f(1＋\r(5),2).(2)證明：當λ＝2時，an＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n),2)＋an，得2an＋1＝an(an＋2)，所以bn＝eq\f(1,an＋2)＝eq\f(1,2)·eq\f(an,an＋1).所以Tn＝b1·b2…bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(a1,a2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(a2,a3)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(an,an＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)eq\f(a1,an＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)eq\f(1,an＋1)，又bn＝eq\f(1,2)·eq\f(an,an＋1)＝eq\f(aeq\o\al(2,n),2anan＋1)＝eq\f(2an＋1－2an,2anan＋1)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,an＋1)＝2－eq\f(1,an＋1)，故2n＋1Tn＋Sn＝2n＋1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)eq\f(1,an＋1)＋2－eq\f(1,an＋1)＝2為定值．等比數(shù)列的性質(zhì)(高頻考點)等比數(shù)列的性質(zhì)是高考的熱點，多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，其難度為中等．主要命題角度有：(1)等比數(shù)列項的性質(zhì)的應(yīng)用；(2)等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)的應(yīng)用．角度一等比數(shù)列項的性質(zhì)的應(yīng)用(1)在等比數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，則eq\f(a1a17,a9)的值為()A．2eq\r(2) B．4C．－2eq\r(2)或2eq\r(2) D．－4或4(2)(2020·溫州八校聯(lián)考)數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1，則使不等式aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)<5×2n＋1成立的n的最大值為()A．2 B．3C．4 D．5【解析】(1)因為a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，所以a3a15＝8，a3＋a15＝6，易知a3，a15均為正，由等比數(shù)列的性質(zhì)知，a1a17＝aeq\o\al(2,9)＝a3a15＝8，所以a9＝2eq\r(2)，eq\f(a1a17,a9)＝2eq\r(2)，故選A.(2)因為an＝2n－1，aeq\o\al(2,n)＝4n－1，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1×（1－4n）,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．因為aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)<5×2n＋1，所以eq\f(1,3)(4n－1)<5×2n＋1，因為2n(2n－30)<1，對n進行賦值，可知n的最大值為4.【答案】(1)A(2)C角度二等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)的應(yīng)用等比數(shù)列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，則a9＋a11＋a13＋a15的值為()A．1 B．2C．3 D．5【解析】法一：因為{an}為等比數(shù)列，所以a5＋a7是a1＋a3與a9＋a11的等比中項，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝eq\f(（a5＋a7）2,a1＋a3)＝eq\f(42,8)＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7與a13＋a15的等比中項，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝eq\f(（a9＋a11）2,a5＋a7)＝eq\f(22,4)＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.法二：在等比數(shù)列{an}中，得q4＝eq\f(a5＋a7,a1＋a3)＝eq\f(1,2)，所以a9＋a11＋a13＋a15＝q8(a1＋a3＋a5＋a7)＝eq\f(1,4)(8＋4)＝3.【答案】Ceq\a\vs4\al()等比數(shù)列常見性質(zhì)的應(yīng)用等比數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用可以分為三類：(1)通項公式的變形；(2)等比中項的變形；(3)前n項和公式的變形．根據(jù)題目條件，認真分析，發(fā)現(xiàn)具體的變化特征即可找出解決問題的突破口．1．已知等比數(shù)列{an}中，a4＋a8＝－2，則a6(a2＋2a6＋a10)的值為()A．4 B．6C．8 D．－9解析：選A.a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2aeq\o\al(2,6)＋a6a10＝aeq\o\al(2,4)＋2a4a8＋aeq\o\al(2,8)＝(a4＋a8)2，因為a4＋a8＝－2，所以a6(a2＋2a6＋a10)＝4.2．設(shè)等比數(shù)列{an}中，前n項和為Sn，已知S3＝8，S6＝7，則a7＋a8＋a9等于()A.eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C.eq\f(57,8) D.eq\f(55,8)解析：選A.因為a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比數(shù)列，即8，－1，S9－S6成等比數(shù)列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝eq\f(1,8).所以a7＋a8＋a9＝eq\f(1,8).3．(2020·杭州學軍中學高三月考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2且對任意的m，n∈N*，都有eq\f(an＋m,am)＝an，則a3＝________；{an}的前n項和Sn＝________．解析：因為eq\f(an＋m,am)＝an，所以an＋m＝an·am，所以a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；令m＝1，則有an＋1＝an·a1＝2an，所以數(shù)列{an}是首項為a1＝2，公比q＝2的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.答案：82n＋1－2思想方法系列4分類討論思想求解數(shù)列問題等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))設(shè)數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T2n.【解】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,q＝2，))所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝n(n＋2)，則cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,n（n＋2）)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))即cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(2（1－4n）,1－4)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2,3)(4n－1)．eq\a\vs4\al()分類討論思想在數(shù)列中應(yīng)用較多，常見的分類討論有：(1)已知Sn與an的關(guān)系，要分n＝1，n≥2兩種情況．(2)等比數(shù)列中遇到求和問題要分公比q＝1，q≠1討論．(3)項數(shù)的奇、偶數(shù)討論．(4)等比數(shù)列的單調(diào)性的判斷注意與a1，q的取值的討論．1．(2020·寧波模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，則λ＝()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：選A.法一：當n＝1時，a1＝S1＝4＋λ.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此時eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋1,2n)＝2.因為{an}是等比數(shù)列，所以eq\f(a2,a1)＝2，即eq\f(4,4＋λ)＝2，解得λ＝－2.故選A.法二：依題意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，因為{an}是等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,2)＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故選A.2．已知等比數(shù)列{an}中a2＝1，則其前3項的和S3的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪[1，＋∞)C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：選D.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則S3＝a1＋a2＋a3＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)＋1＋q))＝1＋q＋eq\f(1,q).當公比q>0時，S3＝1＋q＋eq\f(1,q)≥1＋2eq\r(q·\f(1,q))＝3，當且僅當q＝1時，等號成立；當公比q<0時，S3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－q－\f(1,q)))≤1－2eq\r(（－q）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,q))))＝－1，當且僅當q＝－1時，等號成立．所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．[基礎(chǔ)題組練]1．(2020·寧波質(zhì)檢)在單調(diào)遞減的等比數(shù)列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝eq\f(5,2)，則a1＝()A．2 B．4C.eq\r(2) D．2eq\r(2)解析：選B.在等比數(shù)列{an}中，a2a4＝aeq\o\al(2,3)＝1，又a2＋a4＝eq\f(5,2)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，所以a2＝2，a4＝eq\f(1,2)，所以q2＝eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(1,2)，a1＝eq\f(a2,q)＝4.2．(2020·衢州模擬)設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，a2－8a5＝0，則eq\f(S8,S4)的值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(17,16)C．2 D．17解析：選B.設(shè){an}的公比為q，依題意得eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)＝q3，因此q＝eq\f(1,2).注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，eq\f(S8,S4)＝q4＋1＝eq\f(17,16)，選B.3．(2020·瑞安四校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的首項a1＝2，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且bn＝eq\f(an＋1,an)，若b10b11＝2，則a21＝()A．29 B．210C．211 D．212解析：選C.由bn＝eq\f(an＋1,an)，且a1＝2，得b1＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(a2,2)，a2＝2b1；b2＝eq\f(a3,a2)，a3＝a2b2＝2b1b2；b3＝eq\f(a4,a3)，a4＝a3b3＝2b1b2b3；…；an＝2b1b2b3…bn－1，所以a21＝2b1b2b3…b20，又{bn}為等比數(shù)列，所以a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.4．(2020·麗水市高考數(shù)學模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，下列結(jié)論一定成立的是()A．a(chǎn)1＋a3≥2a2 B．a(chǎn)1＋a3≤2a2C．a(chǎn)1S3>0 D．a(chǎn)1S3<0解析：選C.選項A，數(shù)列－1，1，－1為等比數(shù)列，但a1＋a3＝－2<2a2＝2，故A錯誤；選項B，數(shù)列1，－1，1為等比數(shù)列，但a1＋a3＝2>2a2＝－2，故B錯誤；選項D，數(shù)列1，－1，1為等比數(shù)列，但a1S3＝1>0，故D錯誤；對于選項C，a1(a1＋a2＋a3)＝a1(a1＋a1q＋a1q2)＝aeq\o\al(2,1)(1＋q＋q2)，因為等比數(shù)列的項不為0，故aeq\o\al(2,1)>0，而1＋q＋q2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，故aeq\o\al(2,1)(1＋q＋q2)>0，故C正確．5．(2020·鄭州市第一次質(zhì)量預測)已知數(shù)列{an}滿足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且對任意n∈N*都有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<t，則實數(shù)t的取值范圍為()A．(eq\f(1,3)，＋∞) B．[eq\f(1,3)，＋∞)C．(eq\f(2,3)，＋∞) D．[eq\f(2,3)，＋∞)解析：選D.依題意得，當n≥2時，an＝eq\f(a1a2a3…an,a1a2a3…an－1)＝eq\f(2n2,2（n－1）2)＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，eq\f(1,an)＝eq\f(1,22n－1)，數(shù)列{eq\f(1,an)}是以eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,4)為公比的等比數(shù)列，等比數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項和等于eq\f(\f(1,2)（1－\f(1,4n)）,1－\f(1,4))＝eq\f(2,3)(1－eq\f(1,4n))<eq\f(2,3)，因此實數(shù)t的取值范圍是[eq\f(2,3)，＋∞)，選D.6．(2020·江南十校聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，Tn是{an}的前n項之積，a2＝27，a3a6a9＝eq\f(1,27)，則當Tn最大時，n的值為()A．5或6 B．6C．5 D．4或5解析：選D.數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，因為a3a6a9＝eq\f(1,27)，所以aeq\o\al(3,6)＝eq\f(1,27)，所以a6＝eq\f(1,3).因為a2＝27，所以q4＝eq\f(a6,a2)＝eq\f(\f(1,3),27)＝eq\f(1,81)，所以q＝eq\f(1,3).所以an＝a2qn－2＝27×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－5).令an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－5)＝1，解得n＝5，則當Tn最大時，n的值為4或5.7．已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且aeq\o\al(2,5)＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________．解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由aeq\o\al(2,5)＝a10，得(a1q4)2＝a1·q9，即a1＝q.又由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)舍去))，所以an＝a1·qn－1＝2n.答案：2n8．已知等比數(shù)列{an}的首項為1，項數(shù)是偶數(shù)，所有的奇數(shù)項之和為85，所有的偶數(shù)項之和為170，則這個等比數(shù)列的項數(shù)為________．解析：由題意得a1＋a3＋…＝85，a2＋a4＋…＝170，所以數(shù)列{an}的公比q＝2，由數(shù)列{an}的前n項和公式Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，得85＋170＝eq\f(1－2n,1－2)，解得n＝8.答案：89．(2020·溫州市十校聯(lián)合體期初)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列，則q的值為________．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，且Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列，則2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，若q＝1，則Sn＝na1，等式顯然不成立，若q≠1，則為2·eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1（1－qn＋1）,1－q)＋eq\f(a1（1－qn＋2）,1－q)，故2qn＝qn＋1＋qn＋2，即q2＋q－2＝0，因此q＝－2.答案：－210．(2020·臺州市高考模擬)已知數(shù)列{an}的前m(m≥4)項是公差為2的等差數(shù)列，從第m－1項起，am－1，am，am＋1，…成公比為2的等比數(shù)列．若a1＝－2，則m＝________，{an}的前6項和S6＝________．解析：由a1＝－2，公差d＝2，得am－1＝－2＋2(m－2)＝2m－6，am＝－2＋2(m－1)＝2m－4，則eq\f(am,am－1)＝eq\f(2m－4,2m－6)＝2，所以m＝4；所以S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28.答案：42811．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項公式；(2)若T3＝21，求S3.解：設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②聯(lián)立①和②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝0))(舍去)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))因此{bn}的通項公式為bn＝2n－1.(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，解得q＝－5，q＝4.當q＝－5時，由①得d＝8，則S3＝21.當q＝4時，由①得d＝－1，則S3＝－6.12．(2020·瑞安市龍翔中學高三月考)已知數(shù)列{an}是首項為2的等差數(shù)列，其前n項和Sn滿足4Sn＝an·an＋1.數(shù)列{bn}是以eq\f(1,2)為首項的等比數(shù)列，且b1b2b3＝eq\f(1,64).(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若對任意n∈N*不等式eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)≥eq\f(1,4)λ－eq\f(1,2)Tn恒成立，求λ的取值范圍．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得4a1＝a1(a1＋d)，解得d＝2，所以an＝2n，由b1b2b3＝beq\o\al(3,2)＝eq\f(1,64)?b2＝eq\f(1,4)，從而公比q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,2)，所以bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)，又Tn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)，所以對任意n∈N*，eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)≥eq\f(1,4)λ－eq\f(1,2)Tn等價于eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)≥eq\f(1,4)λ，因為eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)對n∈N*遞增，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,2n＋1)))eq\s\do7(min)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(3,4)≥eq\f(1,4)λ?λ≤3，即λ的取值范圍為(－∞，3]．[綜合題組練]1．(2020·麗水模擬)已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)且公比大于1，前n項積為Tn，且a2a4＝a3，則使得Tn＞1的n的最小值為()A．4 B．5C．6 D．7解析：選C.因為{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列且a2a4＝a3，所以aeq\o\al(2,3)＝a3，所以a3＝1.又因為q＞1，所以a1＜a2＜1，an＞1(n＞3)，所以Tn＞Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1＜1，T2＝a1·a2＜1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2＜1，T4＝a1a2a3a4＝a1＜1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝aeq\o\al(5,3)＝1，T6＝T5·a6＝a6＞1，故n的最小值為6，故選C.2．(2020·溫州十校聯(lián)合體期初)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列(bn>0)．()A．若b7≤a6，則b4＋b10≥a3＋a9B．若b7≤a6，則b4＋b10≤a3＋a9C．若b6≥a7，則b3＋b9≥a4＋a10D．若b6≤a7，則b3＋b9≤a4＋a10解析：選C.因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列(bn>0)，在A中，因為b7≤a6，b4＋b10≥2eq\r(b4b10)＝2b7，a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≥a3＋a9不一定成立，故A錯誤；在B中，因為b7≤a6，b4＋b10≥2eq\r(b4b10)＝2b7，a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≤a3＋a9不一定成立，故B錯誤；在C中，因為b6≥a7，所以b3＋b9≥2eq\r(b3·b9)＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≥a4＋a10，故C正確；在D中，因為b6≤a7，所以b3＋b9≥2eq\r(b3·b9)＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≤a4＋a10不一定成立，故D錯誤．3．已知直線ln：y＝x－eq\r(2n)與圓Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的兩點An，Bn，n∈N*，數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝eq\f(1,4)|AnBn|2，則數(shù)列{an}的通項公式為________．解析：圓Cn的圓心到直線ln的距離dn＝eq\f(|\r(2n)|,\r(2))＝eq\r(n)，半徑rn＝eq\r(2an＋n)，故an＋1＝eq\f(1,4)|AnBn|2＝req\o\al(2,n)－deq\o\al(2,n)＝2an，故數(shù)列{an}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，故an＝2n－1(n∈N*)．答案：an＝2n－1(n∈N*)4．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝eq\f(1,3)，且對任意正整數(shù)m，n都有am＋n＝am·an，若Sn<a恒成立，則實數(shù)a的最小值為________．解析：因為am＋n＝am·an，令m＝1得an＋1＝a1·an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝eq\f(1,3)，所以{an}為等比數(shù)列，所以an＝eq\f(1,3n)，所以Sn＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,2).故a的最小值為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)5．(2020·溫州瑞安七中高考模擬)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，記A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1，2，…(1)若a1＝1，a2＝5，且對任意n∈N*，三個數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成等差數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項公式；(2)證明：數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列的充分必要條件是：對任意n∈N*，三個數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數(shù)列．解：(1)因為對任意n∈N*，三個數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成等差數(shù)列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.故數(shù)列{an}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列，于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.(2)證明：(必要性)：若數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，對任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an>0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是eq\f(B（n）,A（n）)＝eq\f(a2＋a3＋…＋an＋1,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(q（a1＋a2＋…＋an）,a1＋a2＋…＋an)＝q，