1、第3节 等比数列及其前n项和 A级基础巩固1(2020郴州一模)在数列an中，满足a12，aan1an1(n2，nN*)，Sn为an的前n项和，若a664，则S7的值为()A126 B256 C255 D254解析：数列an中，满足aan1an1(n2)，则数列an为等比数列，设其公比为q，又由a12，a664，得q532，则q2，则S7282254.答案：D2(2020惠州联考)已知数列an为等差数列，且2a1，2，2a6成等比数列，则an前6项的和为()A15 B. C6 D3解析：由2a1，2，2a6成等比数列，可得42a12a62a1a6，即a1a62，又数列an为等差数列，所以an前
2、6项的和为6(a1a6)6.答案：C3已知数列an为正项等比数列，a2，a32a1，则a1a2a2a3anan1()A(2)1()n B(2)()n1C.(2n1) D.(12n)解析：由an为正项等比数列，且a2，a32a1，可得a11，公比q，所以数列anan1是以为首项，2为公比的等比数列，则a1a2a2a3anan1(2n1)答案：C4(2020衡阳一模)在等比数列an中，a1a3a44，则a6的所有可能值构成的集合是()A6 B8，8C8 D8解析：因为a1a3a4，a44，所以a22，所以q22，所以a6a2q4248，故a6的所有可能值构成的集合是8答案：D5已知各项均为正数的等
3、比数列an中，a4与a14的等比中项为2，则2a7a11的最小值为()A16 B8 C2 D4解析：因为a4与a14的等比中项为2，所以a4a14a7a11(2)28，所以2a7a11228，所以2a7a11的最小值为8.答案：B6(2019全国卷)设Sn为等比数列an的前n项和若a1，aa6，则S5_解析：由aa6得(a1q3)2a1q5，整理得q3.所以S5.答案：7在各项均为正数的等比数列an中，若amam22am1(mN*)，数列an的前n项积为Tn，且T2m1128，则m的值为_，数列an的前n项和Sn_解析：因为amam22am1，所以a2am1，即am12，即an为常数列又T2m
4、1(am1)2m1，由22m1128，得m3.数列an的前n项和Sn2n.答案：32n8已知数列an中，a12，且4(an1an)(nN*)，则其前9项的和S9_解析：由4(an1an)可得a4an1an4a0，即(an12an)20，即an12an，又a12，所以数列an是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S921021 022.答案：1 0229已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b11，b2，anbn1bn1nbn.(1)求an的通项公式；(2)求bn的前n项和解：(1)由已知，a1b2b2b1，b11，b2，得a12，所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为
5、an3n1.(2)由(1)知anbn1bn1nbn，得bn1，因此bn是首项为1，公比为的等比数列记bn的前n项和为Sn，则Sn.10已知数列an中，点(an，an1)在直线yx2上，且首项a11.(1)求数列an的通项公式；(2)数列an的前n项和为Sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2，数列bn的前n项和为Tn，请写出适合条件TnSn的所有n的值解：(1)因为点(an，an1)在直线yx2上，所以an1an2，所以an1an2，所以数列an是等差数列，公差为2，又a11，所以an12(n1)2n1.(2)数列an的前n项和Snn2.等比数列bn中，b1a11，b2a23，所以q3.所以b
6、n3n1.所以数列bn的前n项和Tn.TnSn可化为n2，又nN*，所以n1或2.故适合条件TnSn的所有n的值为1，2.B级能力提升11(2020合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件已知第一层货物单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则n的值为()A7 B8 C9 D10解析：由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列
7、an，且ann，货物单价构成一个等比数列bn，且bn，所以每一层货物的总价为anbnn万元，所以这堆货物的总价(单位：万元)为Sna1b1a2b2a3b3anbn，所以Sn1123(n1)n.两边同乘得，Sn123(n1)n，两式相减得Sn1n10(10n)，所以Sn10010(10n)，由10010(10n)100200，整理得10(10n)200，解得n10.答案：D12数列an满足a13a2(2n1)an3，nN*，则a1a2an_解析：因为a13a2(2n1)an3，所以a13a2(2n3)an13(n2)，两式相减得(2n1)an(n2)，an(n2)，当n1时，a13，适合上式，所
8、以an(nN*)因此a1a2an1.答案：113(2020长治二模)Sn为等比数列an的前n项和，已知a49a2，S313，且公比q0.(1)求an及Sn.(2)是否存在常数，使得数列Sn是等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：(1)由题意可得解得a11，q3，所以an3n1，Sn.(2)假设存在常数，使得数列Sn是等比数列，因为S11，S24，S313，所以(4)2(1)(13)，解得，此时Sn3n，则3，故存在常数，使得数列是等比数列C级素养升华14(多选题)设数列an是各项均为正数的等比数列，Tn是an的前n项之积，a227，a3a6a9，则当Tn最大时，n的值为()A4
9、B5 C6 D7解析：因为数列an是各项均为正数的等比数列，a3a6a9，所以a，解得a6.因为a227，所以q4，解得q，所以ana2qn227.令an1，解得n5，则当Tn最大时，n的值为4或5.答案：AB素养培育数学运算、数学抽象等差(比)数列性质的应用(自主阅读)(1)数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展(2)数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相
10、似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想类型1等差数列两个性质的应用在等差数列an中，Sn为an的前n项和：(1)S2n1(2n1)an；(2)设an的项数为2n，公差为d，则S偶S奇nd.典例1(1)等差数列an的前n项和为Sn，已知am1am1a0，S2m138，则m_(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为3227，则数列的公差d_解析：(1)由am1am1a0得2ama0，解得am0或am2.又S2m1(2m1)am38，显然可得am0，所以am2.代入上式可得2m119，解得m10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为
11、S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，得解得又S偶S奇6d，所以d5.答案：(1)10(2)5类型2等比数列两个性质的应用在等比数列an中，(1)若mnpq(m，n，p，qN*)，则anamapaq；(2)当公比q1时，Sn，S2nSn，S3nS2n，成等比数列(nN*)典例2(1)等比数列an中，a42，a55，则数列lg an的前8项和等于()A6 B5 C4 D3(2)设等比数列an中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a7a8a9等于()A. BC. D.解析：(1)数列lg an的前8项和S8lg a1lg a2lg a8lg(a1a2a8)lg(a1a8)4lg(a4a5)4l
12、g(25)44.(2)因为a7a8a9S9S6，且S3，S6S3，S9S6也成等比数列，即8，1，S9S6成等比数列，所以8(S9S6)1，即S9S6，所以a7a8a9.答案：(1)C(2)A类型3等比数列前n项和Sn相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列an中，公比为q.若共有2n项，则S偶S奇q.(2)分段求和：SnmSnqnSm(q为公比)典例3(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_(2)已知an是首项为1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3S6，则数列的前5项和为_解析：(1)由题意，得解得所以q2.(2)设等比数列an的公比q，易知S30.则S6S3S3q39S3，所以q38，q2.所以数列是首项为1，公比为的等比数列，其前5项和为.答案：(1)2(2)
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