2023年高考一轮复习第六章 数　列第三节　等比数列 教案（word版含答案）

第三节　等比数列
教学目标;
1．等比数列的有关概念
定义 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列
通项公式 设{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，则通项公式an＝a1qn－1.推广：an＝amqn－m(m，n∈N*)
等比中项 如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．此时，G2＝ab
2.等比数列的前n项和公式
Sn＝
1．微点提醒
(1)当q≠0，q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k＝.
(2)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．
(3)由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
(4)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
2．等比数列的性质
(1)对任意的正整数m，n，p，t，若m＋n＝p＋t，则am·an＝ap·at.特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝a.
(2)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．
(3)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，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(4)若或则等比数列{an}递增；若或则等比数列{an}递减．
1．(北师大版选择性必修第二册P25·T3改编)已知a＝2＋，b＝2－，则a，b的等比中项为(　 )
A. B．1 C．－1 D．±1
答案：D
2．已知1，，2，…为等比数列，当an＝8时，则正整数n＝(　 )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案：C
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝________.
解析：由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.
答案：63
4．(苏教版选择性必修第一册P150·例1改编)已知等比数列{an}的公比q＝－2，前6项和S6＝21，则a6＝________.
解析：因为q＝－2，S6＝21，则有S6＝＝＝－21a1＝21，即a1＝－1，所以a6＝a1q5＝(－1)×(－2)5＝32.
答案：32
5．(人教A版选择性必修第二册P31·T3改编)若正项等比数列{an}中，a1a3＝a2，a5＝27，则该数列的公比为________．
解析：因为{an}是正项等比数列，可得q>0，且a1a3＝a2＝(a2)2，解得a2＝1或a2＝0(舍去)，因为q3＝＝＝27，所以q＝3，所以该数列的公比为3.
答案：3
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点　等比数列基本量的运算　
[题点全训]
1．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a3＝(　 )
A．16　　　 B．8　　　　C．4　　　　D．2
解析：选C　设数列{an}的公比为q，由题意知解得∴a3＝a1q2＝4.
2．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　 )
A．7 B．8 C．9 D．10
解析：选A　设等比数列{an}的公比为q，则由等比数列的前n项和公式得②÷①，得1＋q2＝，解得q2＝.代入①得＝8.所以S6＝＝·[1－(q2)3]＝8×＝7.故选A.
3．已知在各项为正的递增等比数列{an}中，a1a＝64，a1＋a3＋a5＝21，则an＝(　 )
A．3×2n－1 B．2×3n－1 C．2n－1 D．2n＋1
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q(q＞1)，则a1a＝a1(a1q3)2＝(a1q2)3＝64，所以a1q2＝4，即a3＝4.又a1＋a3＋a5＝21，得＋a3＋a3·q2＝21，即＋4＋4q2＝21，整理得4q4－17q2＋4＝0，解得q2＝4或q2＝(舍去)，所以q＝2或q＝－2(舍去)，所以a1＝＝＝1，所以an＝1×2n－1＝2n－1.
4．(2021·亳州模拟)《九章算术》中有述：“今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．”意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．”请问当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是(　 )
(结果精确到0.1.参考数据：lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)
A．2.9天 B．3.9天 C．4.9天 D．5.9天
解析：选C　设蒲的长度组成等比数列{an}，其中a1＝3，公比为，其前n项和为An.莞的长度组成等比数列{bn}，其中b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.则An＝，Bn＝，由题意可得5×＝，解得2n＝30或2n＝1(舍去)．∴n＝log230＝＝＝≈4.9.
[一“点”就过]
(1)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)便可迎刃而解．
(2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　等比数列的判定与证明　
[典例]　已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为数列{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，所以＝3，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)由(1)知数列{an＋an＋1}是以a1＋a2为首项，3为公比的等比数列，且a1＝，a2＝，则an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)＝(－1)2(an－3an－1)＝…＝(－1)n(a2－3a1)，又因为a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，an＝·3n－1.
[方法技巧]　等比数列的判定方法
定义法 若＝q(q为非零常数，n∈N *)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
等比中项法 若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
[针对训练]
已知数列{an}，{cn}满足cn＝2an＋1＋an.若数列{an}是等比数列，试判断数列{cn}是否为等比数列，并说明理由．
解：设等比数列{an}的公比为q，则cn＝2an＋1＋an＝2anq＋an＝(2q＋1)an，当q＝－时，cn＝0，数列{cn}不是等比数列；当q≠－时，因为cn≠0，所以＝＝q，所以数列{cn}是等比数列．
重难点(二)　等比数列的性质及应用　
[典例]　(1)已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，Sn是它的前n项和，若a1a7＝4，且a4＋2a7＝，则S5＝(　 )
A．32 B．31 C．30 D．29
(2)在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为(　 )
A．1 B．2 C．3 D．5
[解析]　(1)因为a1a7＝4，所以a＝4.因为an＞0，所以a4＝2.因为a4＋2a7＝，所以a4(1＋2q3)＝，所以q3＝，所以q＝，所以a1＝16，所以S5＝eq \f(16×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())5)),1－\f(1,2))＝31.
(2)因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝＝＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
[答案]　(1)B　(2)C
[方法技巧]
(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．　　
[针对训练]
1．(2022·衡水中学高三模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40＝(　 )
A．5　　　 B．10　　　 C．15　　　 D．－20
解析：选C　因为等比数列{an}的前n项和为Sn，S10＝1，S30＝7，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，即1，S20－1,7－S20，S40－7成等比数列，所以(S20－1)2＝1×(7－S20)，解得S20＝3或S20＝－2(舍)，所以1,2,4，S40－7成等比数列，所以S40－7＝8，解得S40＝15，故选C.
2．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3＝9，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋log3a4＋log3a5＝(　 )
A. B． C．10 D．15
解析：选C　因为等比数列{an}的各项均为正数，且a3＝9，所以log3a1＋log3a2＋log3a3＋log3a4＋log3a5＝log3(a1·a2·a3·a4·a5)＝log3a＝log395＝log3310＝10.故选C.
3．(2022·长沙一模)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知a1>1，其前n项积为Tn，且T15＝T8，则Tn取得最大值时，n的值是(　 )
A．10 B．10或11 C．11或12 D．12或13
解析：选C　因为等比数列的前n项积为Tn，且T15＝T8，所以a9·a10·a11·a12·a13·a14·a15＝1，所以a＝1，所以a12＝1，又a1>1，所以当n≤11时，an>1，当n≥13时，0互嵌式数列组问题
在解决互嵌式数列组的问题时，要注意到两个数列之间的相互渗透和相互影响，既要能眼观全局从整体入手，又要能抽丝剥茧进行单独分析，并充分根据具体问题的结构特点有针对性地进行解决．
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[典例]　已知数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，a1＝2，b1＝1，且an＋1＝a1＋2Tn.
(1)若数列{an}为等差数列，求Sn；
(2)若bn＋1＝b1＋2Sn，证明：数列{an＋bn}和{an－bn}均为等比数列．
[解]　(1)由an＋1＝a1＋2Tn，得a2＝a1＋2b1，又a1＝2，b1＝1，所以a2＝4.因为数列{an}为等差数列，所以该数列的公差为a2－a1＝2，所以Sn＝2n＋·2＝n2＋n.
(2)证明：当n≥2时，an＝a1＋2Tn－1，因为Tn－Tn－1＝bn，所以an＋1－an＝2bn，即an＋1＝an＋2bn，同理可得bn＋1＝bn＋2an.则an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，所以＝3(n≥2)，又a2＝a1＋2b1＝4，b2＝b1＋2a1＝5，所以＝＝3，所以＝3(n∈N*)，所以数列{an＋bn}是以3为首项，3为公比的等比数列．因为an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，所以＝－1(n≥2)，又＝＝－1，所以＝－1(n∈N*)，所以数列{an－bn}是以－1为首项，－1为公比的等比数列．
破解此类题的关键：一是用定义，即根据所给等式的特征，将其转化为数列相邻两项的差(比)的关系，利用等差(比)数列的定义，即可证明数列为等差(比)数列；二是用公式，即会利用等差(比)数列的通项公式，得到各个数列的通项所满足的方程(组)，解方程(组)，即可求出数列的通项公式．　　
[针对训练]
(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：(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＋.
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(忽视等比数列中项的符号)已知数列{an}是等比数列，a5＝4，a9＝16，则a7＝(　 )
A．8 B．±8 C．－8 D．1
解析：选A　设等比数列{an}的公比为q，则a7＝a5q2>0，由等比中项的性质可得a＝a5a9＝64，因此，a7＝8.
2．(忽视对公比q的讨论)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是(　 )
A．1 B．－ C．1或－ D．－1或
解析：选C　当q＝1时，a3＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，得q＝－.综上，q的值是1或－，故选C.
3．(错用等差数列与等比数列的性质)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a2·a6·a10＝3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan的值是(　 )
A．1 B． C．－ D．－
解析：选D　因为{an}是等比数列，所以a2·a6·a10＝a＝3，所以a6＝.因为{bn}是等差数列，所以b1＋b6＋b11＝3b6＝7π，所以b6＝.所以tan＝tan＝tan＝－tan＝－.故选D.
4．(忽略对q的范围的讨论)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且7S2＝4S4，则等比数列{an}的公比q的值为(　 )
A．1 B．1或 C. D．±
解析：选C　因为7S2＝4S4，所以3(a1＋a2)＝4(S4－S2)＝4(a3＋a4)，所以3(a1＋a2)＝4(a1＋a2)q2.因为a1＋a2≠0，所以q2＝.因为{an}为正项等比数列，所以q＞0，所以q＝.故选C.
5．(求等比数列的和漏项)一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程之和是(结果保留到个位)(　 )
A．300米 B．299米 C．199米 D．166米
解析：选A　由题意，可得小球10次着地共经过的路程为：100＋100＋50＋…＋100×8＝100＋100eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋2＋…＋8))＝100＋100×eq \f(1－9,1－\f(1,2))＝300－200×9≈300米．
二、融会贯通应用创新题
6．(借助数学文化)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“有一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这名女子每天分别织布多少？”某数学兴趣小组依托某制造厂用织布机完全模拟上述情境，则从第一天开始，要使织布机织布的总尺数为165尺，所需的天数为(　 )
A．7　　　 B．8　　　　C．9　　　　D．10
解析：选D　设该女子第一天织布x尺，则5天共织布＝5，解得x＝尺．在情境模拟下，设需要n天织布总尺数达到165尺，则有＝165，整理得2n＝1 024，解得n＝10.
7．(体现数学应用)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒中杀死一个病毒的同时将自身分裂为3个，现在有一个这样的细菌和110个这样的病毒，则细菌将病毒全部杀死，至少需要(　 )
A．4秒 B．5秒 C．6秒 D．7秒
解析：选B　1秒时，新被杀死的病毒为1个，细菌自身增长到3个；2秒时，新被杀死的病毒为3个，细菌自身增长到32个；3秒时，新被杀死的病毒为32个，细菌自身增长到33个；…；n秒时，新被杀死的病毒为3n－1个，细菌自身增长到3n个．设n秒时，累计杀死病毒数为Sn，则Sn＝1＋3＋32＋33＋…＋3n－1＝＝(3n－1)．由Sn≥110，得(3n－1)≥110，所以3n≥221，解得正整数n≥5.故选B.
8．(创新命题形式)设等比数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，且2S2＋S4＝3S3.已知m，n∈N*，若存在正整数i，j(1＜i＜j)，使得mai，mn，naj成等差数列，则mn的最小值为(　 )
A．16 B．12 C．8 D．6
解析：选C　由a1＝1，且2S2＋S4＝3S3，整理得a4＝2a3，所以公比q＝2，an＝2n－1.因为mai，mn，naj成等差数列，所以2mn＝m·2i－1＋n·2j－1，则4＝＋≥2，当且仅当m·2i＝n·2j时等号成立，整理得mn≥.又1＜i＜j，所以当i＝2，j＝3时取得最小值8，此时m＝4，n＝2，即mn≥8，所以mn的最小值为8.故选C.
9．(强化开放思维)等比数列满足如下条件：①a1<0；②数列{an}单调递增，试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式an＝________.
答案：－(答案不唯一)
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．已知公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为(　 )
A．8 B．9 C．10 D．11
解析：选B　∵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．(2022·安徽省四校联考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝，S3－a1＝，则S4＝(　 )
A. B． C. D.
解析：选D　设等比数列{an}的公比为q(q＞0且q≠1)，∵S3－a1＝a2＋a3＝＋＝，a4＝，∴q＝，∴a1＝＝1，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋＋＝.
3．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且anan＋1＝，则＝(　 )
A. B．28 C. D.
解析：选A　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，∵anan＋1＝，∴q2＝＝，解得q＝.则＝＝1＋q3＝.故选A.
4．(多选)已知各项均为正数且单调递减的等比数列{an}满足a3，a4,2a5成等差数列．其前n项和为Sn，且S5＝31，则(　 )
A．an＝n－5 B．an＝2n－3
C．Sn＝32－ D．Sn＝2n－4－16
解析：选AC　由a3，a4,2a5成等差数列，得3a4＝a3＋2a5，设{an}的公比为q，则2q2－3q＋1＝0，解得q＝或q＝1，又∵{an}单调递减，∴q＝，∴S5＝＝31，解得a1＝16，∴an＝16·n－1＝n－5，∴Sn＝＝32－.
5．(2022·江苏七市调研)(多选)已知数列{an}是等比数列，下列结论正确的为(　 )
A．若a1a2＞0，则a2a3＞0
B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0
C．若a2＞a1＞0，则a1＋a3＞2a2
D．若a1a2＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＜0
解析：选AC　易知A正确；对于B，取a1＝－1，q＝－2，则a1＋a3＜0，a1＋a2＞0，即B错误；对于C，由a2＞a1＞0，得q＞1，则1＋q2＞2q，即a1＋a3＞2a2，即C正确；对于D，若a1a2＜0，则q＜0，所以(q－1)·(q－q2)＞0，所以(a2－a1)(a2－a3)＞0，即D错误．故选A、C.
6．已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2a＝π，则tan(a3·a5)＝_________.
解析：由已知得a＋2a＝π，∴a＝，又a3·a5＝a＝，∴tan(a3·a5)＝.
答案：
7．(2022·南通期末)朱载堉(1536—1611)是中国明代一位杰出的律学家、数学家和历学家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度十三个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设第三个音的频率为f1，第七个音的频率为f2，则＝________.
解析：由题意知，可以将每个音的频率看作等比数列{an}中的项，一共13项，且＝q，∵最后一个音是最初那个音的频率的2倍，∴a13＝2a1，即a1q12＝2a1，可得q12＝2，∴＝＝＝q4＝(q12)＝2.
答案：2
8．设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn(a>0，a≠1)，若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝________.
解析：∵logaxn＋1＝1＋logaxn(a>0，a≠1)，则1＝logaxn＋1－logaxn＝loga，∴＝a，∴数列{xn}是公比为a的等比数列，∵x1＋x2＋…＋x100＝100，∴x101＋x102＋…＋x200＝a100(x1＋x2＋…＋x100)＝100a100.
答案：100a100
9．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解：(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.由已知得解得a1＝1，q＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知log3an＝n－1，故Sn＝.由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解得m＝6或m＝－1(舍去)．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列an－为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
解：(1)证明：2Sn＝－an＋n，当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝an－1＋.∴an－＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－))，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－))为等比数列．
(2)由2S1＝－a1＋1，得a1＝，由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－))是以－为首项，为公比的等比数列．∴an－＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n，∴an＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n＋，∴an－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n－，∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n)),1－\f(1,3))－＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n－1))－.
二、重点难点培优训练
1．(2022·滁州高三月考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，将数列{an}依原顺序按照第n组有2n项的要求分组，则2 021在第几组(　 )
A．8 B．9 C．10 D．11
解析：选B　因为数列{an}的前n项和Sn＝n2，当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时an＝2n－1也成立，故an＝2n－1.令2n－1＝2 021，解得n＝1 011，故2 021为数列{an}的第1 011项．依题意将数列{an}依原顺序按照第n组有2n项的要求分组，则前m组一共有21＋22＋…＋2m＝＝2m＋1－2个数．当m＝8时，即前8组有29－2＝510个数；当m＝9时，即前9组有210－2＝1 022个数．故第1 011项在第9组，故选B.
2．(多选)已知等比数列{an}满足a1＝1，其前n项和Sn＝pan＋1＋r(n∈N*，p>0)，则(　 )
A．数列{an}的公比为p
B．数列{an}为递增数列
C．r＝－p－1
D．当p－取最小值时，an＝3n－1
解析：选BD　设公比是q，n≥2时，作差得，an＝pan＋1－pan，即(1＋p)an＝pan＋1，故＝，即＝q，即p＝.选项A中，若公比为p，则p＝＝q，即q2－q－1＝0，即p＝q＝时，数列{an}的公比为p，否则数列{an}的公比不为p，故错误；选项B中，由p>0知，q＝＝1＋>1，故an＝a1·qn－1＝qn－1＝n－1是递增数列，故正确；选项C中，由Sn＝pan＋1＋r，Sn＝，p＝，an＋1＝qn知，r＝Sn－pan＋1＝－·qn＝＝－p，故C错误；选项D中， 因为r＝－p，故p－＝p－＝p＋≥2＝1，当且仅当p＝，即p＝时等号成立，p－取得最小值1，此时q＝＝3，an＝qn－1＝3n－1，故正确．
3．(2022·丹东质检)(多选)等比数列{an}的公比为q，前n项积a1a2…an＝Tn.若a1＞1，a2 020·a2 021＞1，(a2 020－1)(a2 021－1)＜0，则(　 )
A．0＜q＜1 B．a2 020·a2 022＞1
C．T2 021是Tn的最大值 D．若Tn＞1，则nmax＝4 040
解析：选AD　根据条件可得an＝a1qn－1，则a2 020＝a1q2 019，a2 021＝a1q2 020，a2 020·a2 021＝aq4 039＞1，又a1＞1，所以q＞0.若q≥1，则a2 020＝a1q2 019＞1，a2 021＝a1q2 020＞1，所以(a2 020－1)(a2 021－1)＞0，与条件(a2 020－1)(a2 021－1)＜0矛盾，所以0＜q＜1，所以选项A正确．由a1＞1,0＜q＜1，可得等比数列{an}单调递减．又(a2 020－1)(a2 021－1)＜0，可得a2 020＞1，a2 021＜1，a2 020·a2 022＝a＜1，所以选项B不正确．由对选项B的解析知数列{an}的前2 020项都大于1，当n＞2 020时，0＜an＜1，所以T2 020是Tn的最大值，所以选项C不正确．T4 040＝a1a2…a4 040＝(a1a4 040)2 020＝(a2 020a2 021)2 020＞1，T4 040＝T4 039·a4 040＞1，由上可知0＜a4 040＜1，可得T4 039＞1，由此类推可得当n≤4 040时，Tn＞1，T4 041＝a1a2…a4 041＝a＜1，由0＜a4 042＜1，可得T4 042＝T4 041·a4 042＜1，由此类推可得当n≥4 041时，Tn＜1，所以使Tn＞1的n的最大值是4 040，所以选项D正确．故选A、D.
4．(2022·长沙模拟)已知等比数列{an}中，a2＝2，a5＝，则满足a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1≤成立的最大正整数n的值为________．
解析：已知{an}为等比数列，设其公比为q，由a5＝a2·q3得，2·q3＝，q3＝，解得q＝，又a2＝2，∴a1＝4.∵＝q2＝，∴数列{anan＋1}也是等比数列，其首项为a1a2＝8，公比为.∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(1－4－n)≤，从而有n≥.∴n≤3.故nmax＝3.
答案：3
5．等差数列{an}(n∈N*)中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且其中的任何两个数都不在下表的同一列.
第一列 第二列 第三列
第一行 5 8 2
第二行 4 3 12
第三行 16 6 9
(1)请选择一个可能的{a1，a2，a3}组合，并求数列{an}的通项公式；
(2)记(1)中您选择的{an}的前n项和为Sn，判断是否存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意可知，有两种组合满足条件：①a1＝8，a2＝12，a3＝16，此时等差数列{an}中，a1＝8，d＝4，所以其通项公式为an＝8＋(n－1)×4＝4n＋4；②a1＝2，a2＝4，a3＝6，此时等差数列{an}中，a1＝2，d＝2，所以其通项公式为an＝2n.
(2)若选择①，Sn＝＝2n2＋6n.则Sk＋2＝2(k＋2)2＋6(k＋2)＝2k2＋14k＋20.若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则a＝a1·Sk＋2，即(4k＋4)2＝8(2k2＋14k＋20)，整理得5k＝－9，此方程无正整数解，故不存在正整数k，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．
若选择②，Sn＝＝n2＋n，则Sk＋2＝(k＋2)2＋(k＋2)＝k2＋5k＋6，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则a＝a1·Sk＋2，即(2k)2＝2(k2＋5k＋6)，整理得k2－5k－6＝0，因为k为正整数，所以k＝6.故存在正整数k＝6，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．