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新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案36第六章数列第三讲等比数列及其前n项和
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这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案36第六章数列第三讲等比数列及其前n项和，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
练案[36] 第三讲 等比数列及其前n项和
A组基础巩固
一、单选题
1．在等比数列{an}中，a1＝，q＝，an＝，则项数n为( C )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] an＝＝a1qn－1＝×n－1＝n，
∴n＝5，故选C.
2．(2023·陕西西安中学六模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn是它的前n项和．若a2a6＝4，且a4＋2a7＝，则S5＝( C )
A．29 B．30
C．31 D．32
[解析] 本题考查等比数列性质及基本量的运算．∵a2a6＝a＝4，且an>0，∴a4＝2.又a4＋2a7＝，∴a7＝.设{an}的公比为q，则＝q3＝，q＝，∴an＝a4n－4＝25－n，∴S5＝16＋8＋4＋2＋1＝31.
3．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( B )
A. B．
C． D．
[解析] 设数列{an}的公比为q，则显然q≠1，由题意得解得或(舍去)，
∴S5＝＝＝.
4．(2023·北京质检)明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”．则该塔从塔底数第二层灯的盏数为( C )
A．3 B．6
C．96 D．192
[解析] 根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，则有S7＝＝381，解得a1＝3，从塔底数第二层灯的盏数为a6＝a1q5＝3×25＝96，故选C.
5．(2023·盐城质检)等比数列{an}的前n项和Sn＝32n－1＋r，则r＝( B )
A. B．－
C． D．－
[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝3＋r；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1＝·9n－1，所以3＋r＝，即r＝－，故选B.
6．(2023·广东惠州一中月考)已知数列{an}是等比数列，且a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( C )
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)
C.(1－4－n) D．(1－2－n)
[解析] 因为等比数列{an}中，a2＝2，a5＝，所以＝q3＝，所以q＝.由等比数列的性质，易知数列{anan＋1}为等比数列，其首项为a1a2＝8，公比为q2＝，所以要求的a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1为数列{anan＋1}的前n项和．由等比数列的前n项和公式得a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．故选C.
7．(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则( B )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析] 当q＝1，a1<0时，等比数列{an}的前n项和Sn＝na1<0，可知{Sn}是单调递减数列，因此甲不是乙的充分条件；若{Sn}是递增数列，则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1>0，即a1qn－1>0恒成立，而只有当a1>0，q>0时，a1qn－1>0恒成立，所以可得q>0，因此甲是乙的必要条件．综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件．故选B.
8．Sn是公比不为1的等比数列{an}的前n项和，若S9是S3和S6的等差中项，则＝( A )
A. B．
C． D．
[解析] 设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，由题意可知，Sn＝＝－qn，令A＝，则Sn＝A－Aqn.因为S9是S3和S6的等差中项，所以2S9＝S3＋S6，即2(A－Aq9)＝(A－Aq3)＋(A－Aq6)，整理可得2q6＝1＋q3，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，因为q≠1，所以q3＝－，所以＝＝1＋q6＝.故选A.
二、多选题
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则( AD )
A．数列{an}的公比为2
B．数列{an}的公比为8
C.＝8
D.＝9
[解析] 因为等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以＝q3＝8，解得q＝2，所以＝＝1＋q3＝9.故选AD.
10．(2022·广州市名校交流联考)已知数列{an}为等比数列，则( BCD )
A．{an＋an＋1}为等比数列
B．{anan＋1}为等比数列
C．{a＋a}为等比数列
D．{Sn}不为等比数列(Sn为数列{an}的前n项和)
[解析] 因为数列{an}为等比数列，所以设其公比为q(q≠0)，则数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(n∈N*)．对于A，an＋an＋1＝a1qn－1＋a1qn＝a1(1＋q)qn－1(n∈N*)，当q＝－1时，an＋an＋1＝0(n∈N*)，故{an＋an＋1}不一定为等比数列，所以A不正确；对于B，anan＋1＝a1qn－1·a1qn＝aq2n－1(n∈N*)，所以＝＝q2(常数)对一切n∈N*都成立，故{anan＋1}为等比数列，所以B正确；对于C，a＋a＝(a1qn－1)2＋(a1qn)2＝aq2n－2＋aq2n＝a(1＋q2)q2n－2(n∈N*)，所以＝＝q2(常数)(n∈N*)，故{a＋a}为等比数列，所以C正确；对于D，因为数列{an}的前n项和为Sn，所以当q＝－1时，Sn＝＝(其中k∈N*)，此时{Sn}不为等比数列，故D正确．故选BCD.
11．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有( ABD )
A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1 D．an＝
[解析] 由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即＝3(n≥2)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以＝2，所以数列的通项公式为an＝当n≥2时，Sn＝＝＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；又由＝＝3，所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，故选ABD.
三、填空题
12．(2019·全国卷Ⅰ，14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝ .
[解析] 解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
13．(2022·北京东城区期末)已知{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a2＋2a3＝6，则公比q＝ ，S4＝ .
[解析] 本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式．由题意，数列{an}是各项均为正数的等比数列，由a1＝6，a2＋2a3＝6，可得a1q＋2a1q2＝6q＋12q2＝6，即2q2＋q－1＝0，解得q＝或q＝－1(舍去)．由等比数列的前n项和公式，可得S4＝＝.
14．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝_32__.
[解析] 由题意知S3＝a1＋a2＋a3＝，
a4＋a5＋a6＝S6－S3＝－＝14＝·q3，∴q＝2.
又a1＋2a1＋4a1＝，∴a1＝，∴a8＝×27＝32.
15．(2023·长春市高三一检)等比数列{an}的首项为a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝ － .
[解析] 由＝，a1＝－1，知公比q≠1，＝－.由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－，所以q＝－.
四、解答题
16．(2022·陕西榆林一模)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
[解析] (1)由条件可得an＋1＝an，
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：
由条件可得＝，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＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
17．(2022·全国新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数．
[解析] (1)证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.
B组能力提升
1．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为( B )
A．8 B．9
C．10 D．11
[解析] ∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，
∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，
∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.
2．(2023·安徽六安一中调研)已知1，a1，a2,4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则的值是( C )
A.或－ B．－
C. D．
[解析] 由题意得a1＋a2＝5，b＝4，又b2与第一项的符号相同，所以b2＝2.所以＝.故选C.
3．(多选题)(2023·海南海口模拟)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，则下面结论不正确的是( CD )
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋1>an＋2
[解析] 本题考查等比数列基本量的计算．因为a1＝2，a4＝2a2＋a3，公比为q，所以2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，故A正确；an＝2×2n－1＝2n，故B正确；Sn＝＝2n＋1－2，所以S10＝2 046，故C错误；an＋an＋1＝2n＋2×2n＝3an，而an＋2＝4an>3an，故D错误．故选CD.
4．(多选题)如图，在每个小格中填上一个数，使得每一行的数依次成等差数列，每一列的数依次成等比数列，则( AD )
2
4
1
2
x
y
z
A.x＝1 B．y＝2
C．z＝3 D．x＋y＋z＝2
[解析] 因为每一列成等比数列，所以第一列的第3,4,5个小格中的数分别是，，，第三列的第3,4,5个小格中的数分别是1，，，所以x＝1.又每一行成等差数列，所以y＝＋3×＝，z－＝2×，所以z＝，所以x＋y＋z＝2.故A，D正确，B，C错误．
5．(2022·上海卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项中正确的是( D )
A．若S2 022>S2 021，则{an}为递增数列
B．若T2 022>T2 021，则{an}为递增数列
C．若{Sn}为递增数列，则a2 022≥a2 021
D．若{Tn}为递增数列，则a2 022≥a2 021
[解析] 设等比数列{an}的公比为q.
对于选项A，如取an＝，满足S2 022>S2 021，但{an}不是递增数列，故A错误；
对于选项B，如取an＝－2n，满足T2 022>T2 021，但{an}不是递增数列，故B错误；
对于选项C，如取an＝，则Sn＝＝1－n，满足{Sn}为递增数列，但a2 022
6．(2022·北京卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2，…)．给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是_①③④__.
[解析] 因为an·Sn＝9，所以a1·S1＝9，又an>0，所以a1＝3，a2·S2＝a2(a1＋a2)＝9，即a＋3a2－9＝0，得a2＝＝<3，所以①正确；当n≥2时，由Sn＝，得Sn－1＝，两式作差可得an＝－(n≥2)，即an＝(n≥2)，整理得＝(n≥2)，若数列{an}为等比数列，则当n≥2时，为常数，即数列{an}从第2项起各项均为同一个常数，易知当n＝3时不成立，所以②不正确；因为an·Sn＝an＋1·Sn＋1＝9，所以＝，由数列{an}的各项均为正数，得>1，所以an>an＋1>0，所以③正确；对于④，若数列{an}的所有项均大于等于，取n>90 000，由an≥且an>an＋1>0，得Sn>nan>900，所以an·Sn>9，与已知矛盾，所以④正确，综上，所有正确结论的序号是①③④.
7．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
[解析] (1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
8．(2022·浙江卷)已知等差数列{an}的首项a1＝－1，公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*)．
(1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn；
(2)若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，求d的取值范围．
[解析] (1)因为在等差数列{an}中，a1＝－1，S4－2a2a3＋6＝0，所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0，
整理得d2－3d＝0，解得d＝0(舍去)或d＝3，
所以Sn＝n×(－1)＋×3＝n2－n，
即Sn＝n2－n.
(2)由(1)知an＝－1＋(n－1)×d＝dn－d－1，
所以an＋1＝dn－1，an＋2＝dn＋d－1.
因为an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，
所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)(an＋2＋15cn)，
整理得c＋(8an＋1－an＋2－15an)cn＋a－anan＋2＝0.
由题意知关于cn的二次方程有解，
所以(8an＋1－an＋2－15an)2－4(a－anan＋2)≥0在n∈N*上恒成立，
将an，an＋1，an＋2代入上式，并整理得[(2n－3)d－2][(n－2)d－1]≥0(*)．
因为d>1，
所以当n＝1时，不等式(*)等价于(d＋1)(d＋2)≥2，恒成立；
当n＝2时，不等式(*)等价于(d－2)(－1)≥0，则当1
综上可知，d的取值范围是1
练案[36] 第三讲 等比数列及其前n项和
A组基础巩固
一、单选题
1．在等比数列{an}中，a1＝，q＝，an＝，则项数n为( C )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] an＝＝a1qn－1＝×n－1＝n，
∴n＝5，故选C.
2．(2023·陕西西安中学六模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn是它的前n项和．若a2a6＝4，且a4＋2a7＝，则S5＝( C )
A．29 B．30
C．31 D．32
[解析] 本题考查等比数列性质及基本量的运算．∵a2a6＝a＝4，且an>0，∴a4＝2.又a4＋2a7＝，∴a7＝.设{an}的公比为q，则＝q3＝，q＝，∴an＝a4n－4＝25－n，∴S5＝16＋8＋4＋2＋1＝31.
3．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( B )
A. B．
C． D．
[解析] 设数列{an}的公比为q，则显然q≠1，由题意得解得或(舍去)，
∴S5＝＝＝.
4．(2023·北京质检)明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”．则该塔从塔底数第二层灯的盏数为( C )
A．3 B．6
C．96 D．192
[解析] 根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，则有S7＝＝381，解得a1＝3，从塔底数第二层灯的盏数为a6＝a1q5＝3×25＝96，故选C.
5．(2023·盐城质检)等比数列{an}的前n项和Sn＝32n－1＋r，则r＝( B )
A. B．－
C． D．－
[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝3＋r；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1＝·9n－1，所以3＋r＝，即r＝－，故选B.
6．(2023·广东惠州一中月考)已知数列{an}是等比数列，且a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( C )
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)
C.(1－4－n) D．(1－2－n)
[解析] 因为等比数列{an}中，a2＝2，a5＝，所以＝q3＝，所以q＝.由等比数列的性质，易知数列{anan＋1}为等比数列，其首项为a1a2＝8，公比为q2＝，所以要求的a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1为数列{anan＋1}的前n项和．由等比数列的前n项和公式得a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．故选C.
7．(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则( B )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析] 当q＝1，a1<0时，等比数列{an}的前n项和Sn＝na1<0，可知{Sn}是单调递减数列，因此甲不是乙的充分条件；若{Sn}是递增数列，则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1>0，即a1qn－1>0恒成立，而只有当a1>0，q>0时，a1qn－1>0恒成立，所以可得q>0，因此甲是乙的必要条件．综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件．故选B.
8．Sn是公比不为1的等比数列{an}的前n项和，若S9是S3和S6的等差中项，则＝( A )
A. B．
C． D．
[解析] 设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，由题意可知，Sn＝＝－qn，令A＝，则Sn＝A－Aqn.因为S9是S3和S6的等差中项，所以2S9＝S3＋S6，即2(A－Aq9)＝(A－Aq3)＋(A－Aq6)，整理可得2q6＝1＋q3，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，因为q≠1，所以q3＝－，所以＝＝1＋q6＝.故选A.
二、多选题
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则( AD )
A．数列{an}的公比为2
B．数列{an}的公比为8
C.＝8
D.＝9
[解析] 因为等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以＝q3＝8，解得q＝2，所以＝＝1＋q3＝9.故选AD.
10．(2022·广州市名校交流联考)已知数列{an}为等比数列，则( BCD )
A．{an＋an＋1}为等比数列
B．{anan＋1}为等比数列
C．{a＋a}为等比数列
D．{Sn}不为等比数列(Sn为数列{an}的前n项和)
[解析] 因为数列{an}为等比数列，所以设其公比为q(q≠0)，则数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(n∈N*)．对于A，an＋an＋1＝a1qn－1＋a1qn＝a1(1＋q)qn－1(n∈N*)，当q＝－1时，an＋an＋1＝0(n∈N*)，故{an＋an＋1}不一定为等比数列，所以A不正确；对于B，anan＋1＝a1qn－1·a1qn＝aq2n－1(n∈N*)，所以＝＝q2(常数)对一切n∈N*都成立，故{anan＋1}为等比数列，所以B正确；对于C，a＋a＝(a1qn－1)2＋(a1qn)2＝aq2n－2＋aq2n＝a(1＋q2)q2n－2(n∈N*)，所以＝＝q2(常数)(n∈N*)，故{a＋a}为等比数列，所以C正确；对于D，因为数列{an}的前n项和为Sn，所以当q＝－1时，Sn＝＝(其中k∈N*)，此时{Sn}不为等比数列，故D正确．故选BCD.
11．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有( ABD )
A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1 D．an＝
[解析] 由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即＝3(n≥2)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以＝2，所以数列的通项公式为an＝当n≥2时，Sn＝＝＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；又由＝＝3，所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，故选ABD.
三、填空题
12．(2019·全国卷Ⅰ，14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝ .
[解析] 解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
13．(2022·北京东城区期末)已知{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a2＋2a3＝6，则公比q＝ ，S4＝ .
[解析] 本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式．由题意，数列{an}是各项均为正数的等比数列，由a1＝6，a2＋2a3＝6，可得a1q＋2a1q2＝6q＋12q2＝6，即2q2＋q－1＝0，解得q＝或q＝－1(舍去)．由等比数列的前n项和公式，可得S4＝＝.
14．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝_32__.
[解析] 由题意知S3＝a1＋a2＋a3＝，
a4＋a5＋a6＝S6－S3＝－＝14＝·q3，∴q＝2.
又a1＋2a1＋4a1＝，∴a1＝，∴a8＝×27＝32.
15．(2023·长春市高三一检)等比数列{an}的首项为a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝ － .
[解析] 由＝，a1＝－1，知公比q≠1，＝－.由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－，所以q＝－.
四、解答题
16．(2022·陕西榆林一模)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
[解析] (1)由条件可得an＋1＝an，
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：
由条件可得＝，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＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
17．(2022·全国新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数．
[解析] (1)证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.
B组能力提升
1．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为( B )
A．8 B．9
C．10 D．11
[解析] ∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，
∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，
∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.
2．(2023·安徽六安一中调研)已知1，a1，a2,4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则的值是( C )
A.或－ B．－
C. D．
[解析] 由题意得a1＋a2＝5，b＝4，又b2与第一项的符号相同，所以b2＝2.所以＝.故选C.
3．(多选题)(2023·海南海口模拟)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，则下面结论不正确的是( CD )
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋1>an＋2
[解析] 本题考查等比数列基本量的计算．因为a1＝2，a4＝2a2＋a3，公比为q，所以2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，故A正确；an＝2×2n－1＝2n，故B正确；Sn＝＝2n＋1－2，所以S10＝2 046，故C错误；an＋an＋1＝2n＋2×2n＝3an，而an＋2＝4an>3an，故D错误．故选CD.
4．(多选题)如图，在每个小格中填上一个数，使得每一行的数依次成等差数列，每一列的数依次成等比数列，则( AD )
2
4
1
2
x
y
z
A.x＝1 B．y＝2
C．z＝3 D．x＋y＋z＝2
[解析] 因为每一列成等比数列，所以第一列的第3,4,5个小格中的数分别是，，，第三列的第3,4,5个小格中的数分别是1，，，所以x＝1.又每一行成等差数列，所以y＝＋3×＝，z－＝2×，所以z＝，所以x＋y＋z＝2.故A，D正确，B，C错误．
5．(2022·上海卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项中正确的是( D )
A．若S2 022>S2 021，则{an}为递增数列
B．若T2 022>T2 021，则{an}为递增数列
C．若{Sn}为递增数列，则a2 022≥a2 021
D．若{Tn}为递增数列，则a2 022≥a2 021
[解析] 设等比数列{an}的公比为q.
对于选项A，如取an＝，满足S2 022>S2 021，但{an}不是递增数列，故A错误；
对于选项B，如取an＝－2n，满足T2 022>T2 021，但{an}不是递增数列，故B错误；
对于选项C，如取an＝，则Sn＝＝1－n，满足{Sn}为递增数列，但a2 022
6．(2022·北京卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2，…)．给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是_①③④__.
[解析] 因为an·Sn＝9，所以a1·S1＝9，又an>0，所以a1＝3，a2·S2＝a2(a1＋a2)＝9，即a＋3a2－9＝0，得a2＝＝<3，所以①正确；当n≥2时，由Sn＝，得Sn－1＝，两式作差可得an＝－(n≥2)，即an＝(n≥2)，整理得＝(n≥2)，若数列{an}为等比数列，则当n≥2时，为常数，即数列{an}从第2项起各项均为同一个常数，易知当n＝3时不成立，所以②不正确；因为an·Sn＝an＋1·Sn＋1＝9，所以＝，由数列{an}的各项均为正数，得>1，所以an>an＋1>0，所以③正确；对于④，若数列{an}的所有项均大于等于，取n>90 000，由an≥且an>an＋1>0，得Sn>nan>900，所以an·Sn>9，与已知矛盾，所以④正确，综上，所有正确结论的序号是①③④.
7．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
[解析] (1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
8．(2022·浙江卷)已知等差数列{an}的首项a1＝－1，公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*)．
(1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn；
(2)若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，求d的取值范围．
[解析] (1)因为在等差数列{an}中，a1＝－1，S4－2a2a3＋6＝0，所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0，
整理得d2－3d＝0，解得d＝0(舍去)或d＝3，
所以Sn＝n×(－1)＋×3＝n2－n，
即Sn＝n2－n.
(2)由(1)知an＝－1＋(n－1)×d＝dn－d－1，
所以an＋1＝dn－1，an＋2＝dn＋d－1.
因为an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，
所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)(an＋2＋15cn)，
整理得c＋(8an＋1－an＋2－15an)cn＋a－anan＋2＝0.
由题意知关于cn的二次方程有解，
所以(8an＋1－an＋2－15an)2－4(a－anan＋2)≥0在n∈N*上恒成立，
将an，an＋1，an＋2代入上式，并整理得[(2n－3)d－2][(n－2)d－1]≥0(*)．
因为d>1，
所以当n＝1时，不等式(*)等价于(d＋1)(d＋2)≥2，恒成立；
当n＝2时，不等式(*)等价于(d－2)(－1)≥0，则当1
综上可知，d的取值范围是1
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