1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 6.3 等比数列及其前等比数列及其前 n 项和项和 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 等比数列基本量的运算 . 1 题型二 等比数列的判定与证明 . 3 题型三 等比数列性质的应用 . 6 类型一 等比数列项的性质的应用. 7 类型二 等差数列前 n 项和性质的应用 . 8 题型四 数列与数学文化及实际应用. 10 类型一等差数列与数学文化 . 10 类型二等比数列与数学文化 . 11 类型三递推数列与数学文化 . 12 类型四周期数列与数学文化 . 12 类型五数列在实际
2、问题中的应用. 13 二、高效训练突破 . 13 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 等比数列基本量的运算等比数列基本量的运算 【题型要点】【题型要点】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an 1 an q(q0，nN*) (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G2ab “a，G，b 成等比数列”是“G 是 a 与 b 的等比中项”的充分不必要条
3、件 2等比数列的有关公式 (1)通项公式：ana1qn 1 (2)前 n 项和公式：Sn na1，q1， a1（1qn） 1q a1anq 1q ，q1. 3.解决等比数列有关问题的 2 种常用思想 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 分类讨论的思想 等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，当 q1 时，an的前 n 项和 Snna1；当 q1 时，an的前 n 项和 Sn a1（1q n） 1q a1anq 1q 4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
4、 确定，所有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.如果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 【例【例 1】记 Sn为等比数列an的前 n 项和，若 a11 3，a 2 4a6，则 S5_ 【答案】 ：121 3 【解析】 ：解法一：设等比数列an的公比为 q，因为 a24a6，所以(a1q3)2a1q5，所以 a1q1，又 a11 3， 所以 q3，所以 S5a1（1q 5） 1q 1 3 （13 5） 13 121 3 . 解法二：设等比数列an的公比为 q，因
5、为 a24a6，所以 a2a6a6，所以 a21，又 a11 3，所以 q3，所以 S5a1（1q 5） 1q 1 3 （13 5） 13 121 3 . 【例例 2】已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn的前 n 项和为 Tn，a11，b11，a2b22. (1)若 a3b35，求bn的通项公式； (2)若 T321，求 S3. 【答案】见解析 【解析】 ：设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 an1(n1)d，bnqn 1. 由 a2b22 得 dq3. (1)由 a3b35 得 2dq26. 联立和解得 d3， q0 (舍去)， d1， q2. 因此bn的通项公式为 b
6、n2n 1. (2)由 b11，T321 得 q2q200， 解得 q5 或 q4. 当 q5 时，由得 d8，则 S321. 当 q4 时，由得 d1，则 S36. 题型二题型二 等比数列的判定与证明等比数列的判定与证明 【题型要点】等比数列的判定方法【题型要点】等比数列的判定方法 (1)定义法：若an 1 an q(q 为非零常数，nN*)或 an an1q(q 为非零常数且 n2，nN *)，则a n是等比数列 (2)等比中项公式法：若数列an中，an0 且 a2n1an an2(nN*)，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 anc qn(c，q 均是不为 0
7、的常数，nN*)，则an是等比数列 (4)前 n 项和公式法：若数列an的前 n 项和 Snk qnk(k 为常数且 k0，q0,1)，则an是等比数列 【易错提醒】 ：(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 【例【例 1】已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnan n . (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 【答案】见解析 【解析】 (1)由条件可得 an12（n1） n an
8、. 将 n1 代入得，a24a1， 而 a11，所以，a24. 将 n2 代入得，a33a2， 所以，a312. 从而 b11，b22，b34. (2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 由条件可得 an1 n1 2an n ， 即 bn12bn， 又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 (3)由(2)可得an n2 n1，所以 a nn 2 n1. 【例【例 2】设数列an的前 n 项和为 Sn，满足：Snan n1 nn1，n1,2，n. (1)求证：数列 1 1 n Sn是等比数列； (2)求 Sn. 【答案】见解析 【解析】 (1)证明：由题意，n1 时，S1a
9、10， 即 a10，n2 时，SnSnSn12SnSn1 n1 nn1 2 n1 1 n， 所以 Sn 1 n1 1 2 n Sn 1 1 - ，S11 2 1 2， 所以数列 1 1 n Sn是以1 2为首项， 1 2为公比的等比数列 (2)由(1)知，Sn 1 n1 1 2 1 n 2 1 - n 2 1 -，所以 Sn 1 n1 n 2 1 . 【例【例 3】(2020 沈阳模拟沈阳模拟)已知an，bn都是等比数列，那么( ) Aanbn，an bn都一定是等比数列 Banbn一定是等比数列，但an bn不一定是等比数列 Canbn不一定是等比数列，但an bn一定是等比数列 Danbn
10、，an bn都不一定是等比数列 【答案】C 【解析】an1，bn(1)n， 则an，bn都是等比数列，但anbn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an 1bn1 anbn an 1 an bn1 bn pq.所以数列an bn一定是等比数列 【例【例 4】已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an3n(nN*) (1)求 a1，a2，a3的值； (2)是否存在常数 ，使得an为等比数列？若存在，求出 的值和通项公式 an，若不存在，请说明理由 【答案】见解析 【解析】 ：(1)当 n1 时，S1a12a13，解得 a13， 当 n2 时，S2a1
11、a22a26，解得 a29， 当 n3 时，S3a1a2a32a39，解得 a321. (2)假设an是等比数列，则(a2)2(a1)(a3)，即(9)2(3)(21)，解得 3. 下面证明an3为等比数列： 因为 Sn2an3n，所以 Sn12an13n3，所以 an1Sn1Sn2an12an3，即 2an3an1， 所以 2(an3)an13，所以an 13 an3 2， 所以存在 3，使得数列an3是首项为 a136，公比为 2 的等比数列 所以 an36 2n 1，即 a n3(2 n1)(nN*) 题型三题型三 等比数列性质的应用等比数列性质的应用 【题型要点】【题型要点】1.等比数
12、列的性质 已知数列an是等比数列，Sn是其前 n 项和(m，n，p，q，r，kN*) (1)若 mnpq2r，则 am anap aqa2r (2)数列 am，amk，am2k，am3k，仍是等比数列 (3)数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，仍是等比数列(此时an的公比 q1) 常用结论 2记住等比数列的几个常用结论 (1)若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)， n a 1 ，a2n，an bn， n n b a 仍是等比数列 (2)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，ank，an2k，an3k，为等比数列， 公比为 qk. (3)一个等比数列各项的
13、 k 次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的 k 次幂 (4)an为等比数列，若 a1 a2anTn，则 Tn，T2n Tn， T3n T2n，成等比数列 (5)当 q0，q1 时，Snkk qn(k0)是an成等比数列的充要条件，此时 k a1 1q. (6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方 类型一类型一 等比数列项的性质的应用等比数列项的性质的应用 【例【例 1】已知等比数列an满足 a11 4，a3a54(a41)，则 a2( ) A2 B1 C.1 2 D1 8 【答案】C. 【解析】 ：法一：因为 a3a5a24，a3a54
14、(a41)， 所以 a244(a41)， 所以 a244a440， 所以 a42.又因为 q3a4 a1 2 1 4 8， 所以 q2，所以 a2a1q1 4 2 1 2，故选 C. 法二：因为 a3a54(a41)， 所以 a1q2 a1q44(a1q31)， 将 a11 4代入上式并整理，得 q 616q3640， 解得 q2，所以 a2a1q1 2，故选 C. 【例【例2】 (2020 开封模拟开封模拟)已知数列an满足log2an11log2an(nN*)， 且a1a2a3a101， 则log2(a101 a102a110)_. 【答案】100 【解析】由 log2an11log2an
15、， 可得 log2an1log22an， 所以 an12an，所以数列an是以 a1为首项，2 为公比的等比数列， 又 a1a2a101，所以 a101a102a110(a1a2a10) 21002100， 所以 log2(a101a102a110)log22100100. 类型二类型二 等差数列前等差数列前 n 项和性质的应用项和性质的应用 【例【例 3】等比数列an中，前 n 项和为 48，前 2n 项和为 60，则其前 3n 项和为_ 【答案】63 【解析】法一：设数列an的前 n 项和为 Sn. 因为 S2n2Sn， 所以 q1，由前 n 项和公式得 a 1（1q n） 1q 48，
16、a1（1q2n） 1q 60， ，得 1qn5 4， 所以 qn1 4. 将将入，得 a1 1q64. 所以 S3na1（1q 3n） 1q 64 3 4 1 -163. 法二：设数列an的前 n 项和为 Sn， 因为an为等比数列， 所以 Sn，S2nSn，S3nS2n也成等比数列， 所以(S2nSn)2Sn(S3nS2n)， 即 S3n（S2nSn） 2 Sn S2n（6048） 2 48 6063. 法三：设数列an的前 n 项和为 Sn， 因为 S2nSnqnSn， 所以 qnS2nSn Sn 1 4， 所以 S3nS2nq2nSn60 2 4 1 4863. 【例【例 4】(2020
17、 池州高三上学期期末池州高三上学期期末)已知等比数列an的公比 q2，前 100 项和为 S10090，则其偶数项 a2 a4a100为( ) A15 B30 C45 D60 【答案】D 【解析】 设 Sa1a3a99， 则 a2a4a100(a1a3a99)q2S， 又因为 S100a1a2a3 a10090，所以 3S90，S30，所以 a2a4a1002S60. 【例【例 5】(2020 丽水模拟丽水模拟)设各项都是正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S1010，S3070，那么 S40 等于( ) A150 B200 C150 或200 D400 或50 【答案】 A 【解析
18、】易知 S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)2 10(70S20)，故 S2020 或 S2030.又 S200，所以 S2030，S20S1020，S30S2040，故 S40S30 80，所以 S40150.故选 A. 【总结提升】【总结提升】1掌握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 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用 等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注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
19、为等差数列，例如： 若an是等比数列，且 an0，则logaan(a0 且 a1)是以 logaa1为首项，logaq 为公差的等差数列 若公比不为1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为 qn. 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. 若共有 2n 项，则 S偶S奇q； 若共有 2n1 项，则 S奇S偶a1a2n 1q 1q (q1 且 q1)，S 奇a1 S偶 q. (2)分段求和：SnmSnqnSmqnSn mSn Sm (q 为公比) 题型四题型四 数列与数学
20、文化及实际应用数列与数学文化及实际应用 类型一等差数列与数学文化类型一等差数列与数学文化 【例【例 1】(2020 广东潮州二模广东潮州二模)我国古代名著九章算术中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺， 重四斤，斩末一尺，重二斤”意思是：现有一根金箠，长 5 尺，头部 1 尺，重 4 斤，尾部 1 尺，重 2 斤若 该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( ) A6 斤 B7 斤 C9 斤 D15 斤 【答案】 D 【解析】 设从头到尾每一尺的质量构成等差数列an，则有 a14，a52，所以 a1a56，数列an的前 5 项和为 S55 a1a5 2 5 315，即该金箠
21、共重 15 斤故选 D. 【题后升华】【题后升华】以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意； 二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题， 如求指定项、公差或项数、通项公式或前 n 项和等 类型二等比数列与数学文化类型二等比数列与数学文化 【例【例 2】(2020 湖南衡阳三模湖南衡阳三模)中国古代数学名著九章算术中有如下问题今有牛、马、羊食人苗，苗主 责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马”马主曰：“我马食半牛”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如 下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿 5 斗粟羊
22、主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的 一半 ”马主人说： “我的马所吃的禾苗只有牛的一半 ”打算按此比例偿还， 他们各应偿还多少？该问题中， 1 斗为 10 升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( ) A.25 3 B50 3 C.50 7 D100 7 【答案】D 【解析】5 斗50 升设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为 a1，a2，a3，由题意可知 a1，a2，a3构成公 比为 2 的等比数列， 且 S350， 则a1（12 3） 12 50， 解得 a150 7 ， 所以马主人应偿还粟的量为 a22a1100 7 ， 故选 D. 【题后升华】【题后升华】以数学文化为背景的等比数列模型题的
23、求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二 是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题， 如求指定项、公比或项数、通项公式或前 n 项和等 类型三递推数列与数学文化类型三递推数列与数学文化 【例【例 3】(2020 北京市石景山区北京市石景山区 3 月模拟月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相 连成串，以解开为胜据明代杨慎丹铅总录记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为 一”在某种玩法中，用 an表示解下 n(n9，nN*)个圆环所需的最少移动次数，数列an满足 a11，且 an 2an11，n
24、为偶数， 2an12，n为奇数，则解下 4 个环所需的最少移动次数 a 4为( ) A7 B10 C12 D22 【答案】A 【解析】因为数列an满足 a11，且 an 2an11，n为偶数， 2an12，n为奇数，所以 a 22a11211，所以 a32a2 22 124，所以 a42a312 417.故选 A. 【题后升华】【题后升华】以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄 清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求 的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知 a11，且 an 2an11
25、，n为偶数， 2an12，n为奇数，求 a 4的问题 类型四周期数列与数学文化类型四周期数列与数学文化 【例【例 4】(2020 山东临沂三模山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8， 13，21，34，55，即 F(1)F(2)1，F(n)F(n1)F(n2)(n3，nN*)此数列在现代物理、化学等 方面都有着广泛的应用若此数列被 2 除后的余数构成一个新数列an，则数列an的前 2 019 项的和为 ( ) A672 B673 C1 346 D2 019 【答案】C 【解析】 由于an是数列 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
26、各项除以 2 的余数，故an为 1，1，0， 1，1，0，1，1，0，1， 所以an是周期为 3 的周期数列， 且一个周期中的三项之和为 1102. 因为 2 019673 3， 所以数列an的前 2 019 项的和为 673 21 346.故选 C. 【题后反思】【题后反思】以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背 景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以 2 的余数的特征，得出新数列的周期性，进 而求出结果 类型五数列在实际问题中的应用类型五数列在实际问题中的应用 【例【例 5】私家车具有申请报废制度一车主购买车辆时花费 15 万，每年
27、的保险费、路桥费、汽油费等约 1.5 万元，每年的维修费是一个公差为 3 000 元的等差数列，第一年维修费为 3 000 元，则该车主申请车辆报废 的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是_年 【答案】10 【解析】设这辆汽车报废的最佳年限为 n 年，第 n 年的费用为 an，则 an1.50.3n.前 n 年的总费用为 Sn 151.5nn 2(0.30.3n)0.15n 21.65n15， 年平均费用： Sn n 0.15n15 n 1.6520.15n 15 n 1.654.65， 当且仅当 0.15n15 n ，即 n10 时，年平均费用Sn n 取得最小值所以这辆汽车报废的最佳年
28、限是 10 年 【题后反思】【题后反思】数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程有关数列的应 用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学 的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际 规律的结果 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1(2020 湖南衡阳一模湖南衡阳一模)在等比数列an中，a1a3a44，则 a6的所有可能值构成的集合是( ) A6 B8，8 C8 D8 【答案】D. 【解析】 ：因为 a1a3a224，a44，所以 a22，所以 q2
29、a4 a22，所以 a6a2q 42 48，故 a 6的所有可 能值构成的集合是8，故选 D. 2在等比数列an中，如果 a1a240，a3a460，那么 a7a8( ) A135 B100 C95 D80 【答案】A. 【解析】 ：由等比数列前 n 项和的性质知，a1a2，a3a4，a5a6，a7a8成等比数列，其首项为 40，公比 为60 40 3 2，所以 a7a840 2 2 3 135. 3(2020 山西山西 3 月高考考前适应性测试月高考考前适应性测试)正项等比数列an中，a1a52a3a7a5a916，且 a5与 a9的等差中 项为 4，则an的公比是( ) A1 B2 C.
30、2 2 D 2 【答案】D. 【解析】 ： 设公比为 q， 由正项等比数列an中， a1a52a3a7a5a916， 可得 a232a3a7a27(a3a7)216， 即 a3a74，由 a5与 a9的等差中项为 4，得 a5a98，则 q2(a3a7)4q28，则 q 2(舍负)，故选 D. 4(2020 湘赣十四校第二次联考湘赣十四校第二次联考)中国古代著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行 健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个 人走 378 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了 6 天后
31、到达目的地， 请问最后一天走了( ) A6 里 B12 里 C24 里 D96 里 【答案】A. 【解析】 ：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列an，设等比数列an的首项为 a1，公比 为 q，则 q1 2，依题意有 a1（1q6） 1q 378，解得 a1192，则 a6192 (1 2) 56，最后一天走了 6 里，故选 A. 5一个等比数列的前三项的积为 3，最后三项的积为 9，且所有项的积为 729，则该数列的项数是( ) A13 B12 C11 D10 【答案】B. 【解析】 ：设该等比数列为an，其前 n 项积为 Tn，则由已知得 a1 a2 a33，an2 an1
32、an9，(a1 an)33 9 33，所以 a1 an3，又 Tna1 a2an1 anan an1a2 a1，所以 T2n(a1 an)n，即 72923n，所以 n12. 6(2020 青岛模拟青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a6,3a4，a5成等差数列， 则S4 S2( ) A3 B9 C10 D13 【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 6a4a6a5，所以 6a4a4(q2 q)由题意得 a40，q0.所以 q2q60，解得 q3，所以S4 S2 S2q2S2 S2 1q210. 7已知等比数
33、列an满足 a13，a1a3a521，则 a3a5a7( ) A21 B42 C63 D84 【答案】B 【解析】设an的公比为 q，由 a13，a1a3a521 得 1q2q47，解得 q22(负值舍去)a3a5 a7a1q2a3q2a5q2(a1a3a5)q221 242.故选 B. 8各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2，S3n14，则 S4n等于( ) A80 B30 C26 D16 【答案】B 【解析】由题意知公比大于 0，由等比数列的性质知 Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，仍为等比数列设 S2nx，则 2，x2,14x 成等比数列由(x2)22
34、 (14x)，解得 x6 或 x4(舍去)Sn，S2nSn， S3nS2n，S4nS3n，是首项为 2，公比为 2 的等比数列又 S3n14，S4n142 2330.故选 B. 9.(2020 新乡调研新乡调研)已知各项均不为 0 的等差数列an满足 a3a 2 7 2 a110，数列bn为等比数列，且 b7a7， 则 b1 b13( ) A25 B16 C8 D4 【答案】B 【解析】由 a3a 2 7 2 a110，得 2a7a 2 7 2 0，a74，所以 b74，b1 b13b2716. 10(2020 天津武清区模拟天津武清区模拟)设an是首项大于零的等比数列，则“a21a22”是“
35、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 a21a22，则 a211，则 q1 或 q1，当 q1 时，数列为摆动数列，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 a10，a20，则 “a21a22”成立，即必要性成立，则“a211，令 bnan1(n1，2，)，若数列bn有连续四项在集合53， 23，19，37，82中，则 q 等于( ) A1 2 B1 2 C3 2 D3 2 【答案】C 【解析】 ：bn有连续四项在53，23，19，37，82中且
36、bnan1.anbn1，则an有连续四项在 54，24，18，36，81中因为an是等比数列，等比数列中有负数项，则 q1，所以此种情况应舍)， 所以 q3 2.故选 C. 二、填空题二、填空题 1.(2020 黄冈模拟黄冈模拟)已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a62a3，a4与 2a6的等差中项为3 2，则 S5 _ 【答案】 ：31 【解析】 ：设an的公比为 q(q0)，因为 a1a62a3，而 a1a6a3a4，所以 a3a42a3，所以 a42. 又 a42a63，所以 a61 2，所以 q 1 2，a116，所以 S5 161（1 2） 5 11 2 31. 2
37、已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10_ 【答案】 ：7 【解析】 ：法一：设数列an的公比为 q，则由题意得 a4a7a1q3a1q62， a5a6a1q4 a1q5a21q98，所以 q32， a11 或 q31 2， a18， 所以 a1a10a1(1q9)7. 法二：由 a4a72， a5a6a4a78，解得 a42， a74 或 a44， a72. 所以 q32， a11 或 q31 2， a18， 所以 a1a10a1(1q9)7. 3(2020 安徽安庆模拟安徽安庆模拟)数列an满足：an1an1(nN*，R 且 0)，若数列an1是等比数列，则 的值为_ 【
38、答案】 ：2 【解析】 ：由 an1an1，得 an11an2 2 n a.由于数列an1是等比数列，所以2 1，得 2. 4.在递增的等比数列an中，已知 a1an34，a3 an264，且前 n 项和 Sn42，则 n_ 【答案】 ：3 【解析】 ：因为an为等比数列， 所以 a3 an2a1 an64. 又 a1an34， 所以 a1，an是方程 x234x640 的两根， 解得 a12， an32 或 a132， an2. 又因为an是递增数列，所以 a12， an32. 由 Sna1anq 1q 232q 1q 42，解得 q4.由 ana1qn 12 4n132，解得 n3. 5已
39、知数列an满足 a12 且对任意的 m，nN*，都有am n am an，则数列an的前 n 项和 Sn_ 【答案】 ：2n 12 【解析】 ：因为an m am an，令 m1，则an 1 a1 an，即an 1 an a12， 所以an是首项 a12，公比 q2 的等比数列，Sn2（12 n） 12 2n 12. 6.设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S10S512，则 S15S5_. 【答案】34 【解析】因为 S10S512，所以设 S52a，S10a(a0)， 因为 S5，S10S5，S15S10成等比数列，即 2a，a，S15a 成等比数列，所以(a)22a(S15a)，解
40、得 S15 3a 2 ，所以 S15S534. 三三 解答题解答题 1.已知数列an和bn满足 a11，b10，4an13anbn4，4bn13bnan4. (1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列； (2)求an和bn的通项公式 【答案】见解析 【解析】 ：(1)证明：由题设得 4(an1bn1)2(anbn)，即 an1bn11 2(anbn) 又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公比为1 2的等比数列 由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8，即 an1bn1anbn2. 又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列 (2)由(1)知，an
41、bn 1 2n 1，anbn2n1. 所以 an1 2(anbn)(anbn) 1 2nn 1 2， bn1 2(anbn)(anbn) 1 2nn 1 2. 2.已知数列an的前 n 项和 Sn1an，其中 0. (1)证明an是等比数列，并求其通项公式； (2)若 S531 32，求 . 【答案】见解析 【解析】 ：(1)证明：由题意得 a1S11a1， 故 1，a1 1 1，故 a10. 由 Sn1an，Sn11an1得 an1an1an， 即 an1(1)an. 由 a10，0 得 an0，所以an 1 an 1. 因此an是首项为 1 1，公比为 1的等比数列， 于是 an 1 1
42、1 1 n . (2)由(1)得 Sn1 n 1 .由 S531 32得 1 5 1 31 32，即 5 1 1 32.解得 1. 3.(2020 湖北武汉湖北武汉 4 月毕业班调研月毕业班调研)已知正项等比数列an的前 n 项和 Sn满足 S24S4S6，a11. (1)求数列an的公比 q； (2)令 bnan15，求 T|b1|b2|b10|的值 【答案】见解析 【解析】 ：(1)由题意可得 q1， 由 S24S4S6， 可知a1（1q 2） 1q 4 a1（1q4） 1q a1（1q 6） 1q ， 所以(1q2)4(1q4)1q6，而 q1，q0， 所以 14(1q2)1q2q4，即 q43q240， 所以(q24)(q21)0，所以 q2. (2)由(1)知 an2n 1，则a n的前 n 项和 Sn12 n 12 2n1，当 n5 时，bn2n 1150，n4 时，b n2 n1 150， 所以 T(b1b2b3b4)(b5b6b10)(a1a2a3a415 4)(a5a6a1015
