第三节 等比数列
【课程标准】 1.理解等比数列的概念和通项公式的意义；2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等比数列与指数函数的关系.
教|材|回|顾
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列____________，每一项与它的前一项的比都等于____________，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示，定义的表达式为______________________，q为常数，q≠0.
(2)等比中项：若a，A，b成等比数列，则A叫做a与b的________．当a，b同号时，其等比中项为±.
(3)等比数列的通项公式及其变形
通项公式：____________，其中a1是首项，q是公比．
通项公式的变形：____________(m，n∈N*)．
(4)等比数列的前n项和公式：Sn＝
2．等比数列的性质
设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则有如下的性质：
(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.
(2)在等比数列中，序号成等差数列的项组成的新数列仍为等比数列．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{k·an}(k≠0)，{a}，{an·an＋1}也是等比数列．
(4)Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…(其中各项均不为0)也成等比数列．
(5)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q，或＝q.
微|点|延|伸
1．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.
2．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．
3．数列{an}是等比数列．
若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
小|题|快|练
1．等比数列{an}中，若|a1|＝1,8a2＋a5＝0，a2
A．16 B．－16
C．32 D．－32
2．(人A选二P37T1改编)在等比数列{an}中，若a3＝，S3＝，则a2的值为( )
A． B．－3
C．－ D．－3或
3．设b∈R，数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋b，则( )
A．{an}是等比数列
B．{an}是等差数列
C．当b＝－1时，{an}不是等比数列
D．当b＝－1时，{an}是等比数列
4．若在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，则这三个数分别是________．
5．(人A选二P31T4改编)数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和为Sn＝________.
类型一 等比数列基本量运算自练自悟
1.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝( )
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
2．(2025·江西赣州模拟)已知数列{an}为等比数列，若数列{an＋λ}(λ≠0)仍为等比数列，且a3＝3，则a2 026＝( )
A．1 B．3
C．32 024 D．32 026
3．(多选题)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋1＋a(a为常数)，则( )
A．a＝－1
B．数列{an}的公比为2
C．an＝2n
D．S9＝1 023
等比数列基本量的运算的解题策略
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)求解．
2．解方程组时常常利用“作商”消元法．
3．运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解.
类型二 等比数列的判定与证明
【例1】 (2025·长沙适应性考试)已知数列{an}满足an＋1－3an＝2n－1，且a1＝1.
(1)证明：数列{an＋n}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
1．证明一个数列为等比数列常用定义法(作比法)与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．
2．在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证．
【训练】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
类型三 等比数列的性质及应用
考向 ：项的计算性质
【例2】 若等比数列{an}中的a5，a2 021是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2 025＝( )
A． B．1 011
C． D．1 012
在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度．
考向 ：项的函数性质
【例3】 (2024·北京高考)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论：
①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素．
其中正确结论的序号是________．
等差数列通项公式为一次函数形式，等比数列通项公式为指数函数形式，本题借助两函数图象的交点考查两种数列的函数图象与性质．本题链接课本人教A版选择性必修第二册P14与P29的相关内容．
考向 ：和的性质
【例4】 (1)(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
(2)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＝________.
本题(1)运用S2，S4－S2，S6－S4，…成等比数列的性质，本题(2)运用等比数列(项数为偶数时)奇项和与偶项和＝q的性质．
【题组对点练】
题号 1 2 3
考向
1.已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a2＋a4＋a6＝4π，b2b4b6＝3，则tan＝( )
A．－ B．－
C． D．
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝( )
A．8 B．9
C．16 D．17
3．(2025·浙江一模)已知等比数列{an}的首项a1>1，公比为q，记Tn＝a1a2·…·an(n∈N*)，则“0A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
1．(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝( )
A． B．
C．15 D．40
2．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D．3
3．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
4．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.
5．(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
6．(2022·新课标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．
第三节 等比数列
必备知识·梳理
教材回顾
1．(1)从第2项起 同一个常数 ＝q (2)等比中项 (3)an＝a1qn－1 an＝amqn－m
小题快练
1．A 解析 因为8a2＋a5＝0，所以＝q3＝－8，即q＝－2.又因为a20，又|a1|＝1，所以a1＝1，则a5＝16a1＝16.故选A.
2．D 解析 由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－，所以a2＝＝或－3.故选D.
3．D 解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2×3n－1，当b＝－1时，a1＝2适合an＝2×3n－1，{an}为等比数列．当b≠－1时，a1不适合an＝2×3n－1，{an}不是等比数列．故选D.
4.，2,2或－，2，－2 解析 设插入的三个数分别为a，b，c，则b2＝1×4，所以b＝2或b＝－2(舍)，a2＝1×b＝2.所以a＝±，同时c2＝b×4＝8，所以c＝±2，且a，c同号．所以这三个数分别为，2,2或－，2，－2.
5. 解析 因为a≠0，an＝an，所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时，Sn＝.
关键能力·落实
1．B 解析 解法一：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，则由题可得解得所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以＝＝2－21－n.故选B.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，因为＝＝＝＝2，所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n.故选B.
2．B 解析 设数列{an}的公比为q，因为{an}为等比数列，所以a＝an·an＋2，又因为数列{an＋λ}(λ≠0)也为等比数列，所以(an＋1＋λ)2＝(an＋λ)·(an＋2＋λ)，即an＋an＋2＝2an＋1，即an＋anq2＝2anq，即q2－2q＋1＝0，解得q＝1，所以数列{an}的公比q＝1，又a3＝3，所以a2026＝3.故选B.
3．BC 解析 因为Sn＝2n＋1＋a，所以a1＝4＋a，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8.因为{an}是等比数列，所以a＝a1a3，即42＝8(4＋a)，解得a＝－2，则A错误；数列{an}的公比q＝＝2，则B正确；因为a1＝2，公比q＝2，所以an＝a1qn－1＝2n，则C正确；因为a＝－2，所以Sn＝2n＋1－2，所以S9＝210－2＝1 022，则D错误．故选BC.
【例1】 解 (1)证明：由＝＝＝3，可知数列{an＋n}是以a1＋1＝2为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)可知，an＋n＝2·3n－1，则an＝2·3n－1－n.从而Sn＝(2×30－1)＋(2×31－2)＋…＋(2×3n－1－n)＝2(30＋31＋…＋3n－1)－(1＋2＋…＋n)＝－＝3n－－1.
【训练】 解 (1)证明：因为an＋Sn＝n ①，所以an＋1＋Sn＋1＝n＋1 ②.②－①，得an＋1－an＋an＋1＝1，所以2an＋1＝an＋1，所以2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，所以a1＝，所以a1－1＝－≠0，因为＝，所以＝.故{cn}是以c1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知cn＝－×n－1＝－n.因为cn＝an－1，所以an＝1－n.
【例2】 C 解析 由题意，得a5a2 021＝3，根据等比数列性质知，a1a2 025＝a2a2 024＝…＝a1 012a1 014＝a1 013a1 013＝3，于是a1 013＝3，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2 025＝log3(a1a2a3…a2 025)＝log3(31 012·3)＝.故选C.
【例3】 ①③④ 解析 对于①：由题知an，bn是关于n的一次式，对应的函数为一次函数，即点(n，an)，(n，bn)分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以M中最多有1个元素，所以①正确．
对于②：不妨取an＝2n，bn＝(－2)n，则有a2k＝22k＝4k，b2k＝(－2)2k＝4k(k∈N*)，所以a2k＝b2k(k∈N*)，此时M中有无数个元素，所以②不正确．对于③：由①知点(n，an)在一条斜率不为0的直线l0上．设bn＝b1qn－1(q≠1)，当公比q>0时，直线l0与数列{bn}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个元素；当q<－1时，点(n，bn)在如图所示的曲线C1，C2上，由图易知直线l0与曲线C1，C2至多有3个公共点，如当an＝3n－4，bn＝－1×(－2)n－1时，a1＝b1＝－1，a2＝b2＝2，a4＝b4＝8，两个数列有3项相同，所以M中最多有3个元素；当q＝－1时，易知M中最多有2个元素；当－1【例4】 (1)C 解析 解法一：设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，＝－5，＝21× ①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以有(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知，S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C.
(2)2 解析 由题意，得解得所以q＝＝＝2.
【题组对点练】
1．A 解析 因为{an}是等差数列，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝4π，故a4＝，则a1＋a7＝2a4＝.因为{bn}是等比数列，所以b2b4b6＝b＝3，故b4＝，则b2b6＝b＝3，所以tan＝tan＝－.故选A.
2．A 解析 设S4＝x(x≠0)，则S8＝4x.因为{an}为等比数列，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12仍成等比数列．易知＝＝3，所以则故＝＝8.故选A.
3．C 解析 由题意，Tn＝a1a2·…·an＝a1(a1q)·…·(a1qn－1)＝a·q1＋…＋n－1＝a·q，＝＝a1·qn，当a1>1,00且a1·qn<1对于n∈N*恒成立，又因为a1>1，所以得0高考真题·重温
1．C 解析 由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
2．D 解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意可得即解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
3．C 解析 由am＋n＝aman，令m＝1可得an＋1＝a1an＝2an，所以数列{an}是公比为2的等比数列，所以an＝2×2n－1＝2n，则ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝2k＋1＋2k＋2＋…＋2k＋10＝＝2k＋11－2k＋1＝215－25，所以k＝4.故选C.
4．－2 解析 设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
5．解 (1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)·an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，当n＝1,2,3时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n，Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，两式相减，得Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝－n×n＋1＝1－n，即Tn＝2－(2＋n)n，n∈N*.
6．解 (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，故d＝2b1 ①，由a3－b3＝b4－a4得a1＋2d－4b1＝8b1－a1－3d，故2a1＋5d＝12b1 ②，由①②得2a1＋10b1＝12b1，即a1＝b1.
(2)由(1)知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1,1≤m≤500得b1×2k－1＝2a1＋(m－1)d，即a1×2k－1＝2a1＋2(m－1)a1，其中a1≠0，所以2k－1＝2m，即2k－2＝m，所以1≤2k－2≤500，所以0≤k－2≤8，所以2≤k≤10.故集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.(共50张PPT)
第三节
第六章 数列
等比数列
课
程
标
准
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
等比数列基本量运算 自练自悟
解析
解析
解析
解析
类型二
等比数列的判定与证明
解
解
解
解
类型三
等比数列的性质及应用
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
高考真题/重温
第三部分
——明确方向
解析
解析
解析
解析
解
解
解
解
R
赢在欲点
个y
9
0
X
C2微练(四十八) 等比数列
基础过关
一、单项选择题
1．在等比数列{an}中，a1＝1，a3＝4，则a7＝( )
A．－128 B．128
C．－64 D．64
2．(2025·郑州质量检测)已知数列{an}为等比数列，且a1＝1，a9＝16.设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝a5，则S9＝( )
A．－36或36 B．－36
C．36 D．18
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＋an＝2n，则S9＝( )
A．341 B．23
C．240 D．132
4．设等比数列{an}的首项为1，公比为q，前n项和为Sn，若{Sn＋1}也是等比数列，则q＝( )
A．－2 B．
C．1 D．2
5．(2025·贵州模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且－a3，a2，a4成等差数列，则S2 024与a2 024的关系是( )
A．S2 024＝2a2 024－1
B．S2 024＝2a2 024＋1
C．S2 024＝4a2 024－3
D．S2 024＝4a2 024＋1
6．已知{an}是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是( )
A．{kan}(k∈R) B．{an＋an＋1}
C．{an＋1} D．{an＋an＋1＋an＋2}
二、多项选择题
7．已知各项均为正数且递减的等比数列{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
8．(2024·东北四市联考)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足a1>1，a7a8>1，<0.则下列结论正确的是( )
A．0B．a7a9<1
C．Tn的最大值为T7
D．Sn的最大值为S7
三、填空题
9．已知{an}是单调递增的等比数列，a4＋a5＝24，a3a6＝128，则公比q的值是________．
10．(2025·泰州模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10S2，则的值为________．
11．已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85，所有偶数项之和为170，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为________．
四、解答题
12．已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn.
(1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列；
(2)求{anbn}的前n项和Sn.
13．(2025·济南模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝.
(1)求证：{an}为等比数列；
(2)求使bn取得最大值时的n的值．
素养提升
14．已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1.若数列{an＋an＋1}是公比为2的等比数列，则a2 024＝( )
A． B．
C．21 012－1 D．21 011－1
15．(2024·上海高考)等比数列{an}的首项a1>0，公比q>1，记In＝{x－y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an＋1]}，若对任意正整数n，In是闭区间，则q的取值范围是________．
16．已知数列{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，令cn＝an＋bn.
(1)证明：数列{cn}不是等比数列；
(2)若an＝2n，bn＝3n，是否存在常数k，使得数列{cn＋1＋kcn}为等比数列？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
微练(四十八) 等比数列
1．D 解析 设等比数列{an}的公比为q，则q2＝＝4，所以a7＝a1q6＝a1(q2)3＝1×43＝64.故选D.
2．C 解析 因为{an}是等比数列，设公比为q，所以a＝a1a9＝16，因为a1>0，所以a5＝a1q4>0，所以a5＝4，即b5＝4.因为数列{bn}是等差数列，所以S9＝9b5＝36，故选C.
3．A 解析 因为a1＝1，an＋1＋an＝2n，所以S9＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋(a6＋a7)＋(a8＋a9)＝1＋22＋24＋26＋28＝＝341.故选A.
4．D 解析 q＝1时，Sn＝na1＝n，Sn＋1＝n＋1，{Sn＋1}不是等比数列，所以q≠1，Sn＝＝，Sn＋1＝＋1＝＝－·qn，根据等比数列的通项公式的形式，得＝0，解得q＝2，故选D.
5．A 解析 设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题意知，2a2＝－a3＋a4，即2q＝－q2＋q3，所以q2－q－2＝0，所以q＝2或q＝－1(舍去)，则S2 024＝＝22 024－1，a2 024＝22 023，所以S2 024＝2a2 024－1.故选A.
6．D 解析 设等比数列{an}的公比为q.当k＝0时，kan＝0，数列{kan}不是等比数列；当q＝－1时，an＋an＋1＝0，数列{an＋an＋1}不是等比数列；当an＝－1时，an＋1＝0，数列{an＋1}不是等比数列；因为＝＝q，所以由等比数列的定义可知，数列{an＋an＋1＋an＋2}是等比数列．故选D.
7．AC 解析 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，又因为{an}递减，所以q＝，所以S5＝＝31，解得a1＝16，所以an＝16·n－1＝n－5，所以Sn＝＝32－.故选AC.
8．ABC 解析 因为a1>1，a7a8>1，所以等比数列{an}的公比q>0且an>0，(提示：当q<0时，数列{an}是摆动数列，正负相间)则Sn没有最大值，即选项D错误．因为a1>1，<0，所以01，a8<1，(提示：假设q>1，因为an>0，所以数列{an}是单调递增数列，又a1>1，所以an>1，则>0，与<0矛盾)所以选项A，C正确．因为a8<1，所以a7a9＝a<1，所以选项B正确．综上，选ABC.
9．2 解析 由a3a6＝128及等比数列的性质，得a4a5＝128，又a4＋a5＝24，所以易知a4，a5是方程x2－24x＋128＝0的两根，解方程得x＝8或16，又{an}是单调递增的等比数列，故a4＝8，a5＝16，所以公比为＝2.
10．91 解析 解法一：设{an}的公比为q(q>0)，易知当q＝1时，不符合题意，故q≠1，因为S4＝10S2，所以＝10·，得q＝3，所以＝＝＝91.
解法二：等比数列{an}中，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，则(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，又S4＝10S2，Sn>0，所以S6－10S2＝81S2，所以S6＝91S2，所以＝91.
11．585 解析 设公比为q，由解得所以S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2(1＋q3)(1＋q6)＝585.
12．解 (1)证明：因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn，所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5，所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列．
(2)由(1)得an＋bn＝5×3n－1，an－bn＝(－1)n－1，所以an＝，bn＝，所以anbn＝×＝，所以Sn＝×－＝.
13．解 (1)证明：由Sn＝2an＋1－3可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，即n≥2时，＝，因为a1＝，a1＝2a2－3，所以a2＝，则＝，综上，＝，n∈N*，所以{an}是首项和公比均为的等比数列．
(2)由(1)可得an＝n，所以bn＝n(n2＋n)，n∈N*，n≥2时，＝＝，令>1，可得2≤n<5，令<1，可得n>5，可知b1b6>b7>…，综上，bn取得最大值时，n＝4或n＝5.
14．A 解析 由题知a1＋a2＝1，所以an＋1＋an＝1·2n－1＝2n－1，所以an＋2＋an＋1＝2n，两式相减得an＋2－an＝2n－2n－1＝2n－1，所以a2 024＝a2＋(a4－a2)＋(a6－a4)＋…＋(a2 024－a2 022)＝1＋21＋23＋…＋22 021＝1＋＝1＋＝.故选A.
15．[2，＋∞) 解析 显然等比数列{an}递增，不妨设x≥y，若x，y∈[a1，a2]，则x－y∈[0，a2－a1]，若x，y∈[an, an＋1]，则x－y∈[0，an＋1－an]，若x∈[an，an＋1]，y∈[a1，a2]，则x－y∈[an－a2，an＋1－a1]，因为对任意正整数n，In都是闭区间，所以an－a2≤an＋1－an，如图，又a1>0，所以qn－2qn－1＋q≥0，即qn－2(q－2)＋1≥0，对任意正整数n，上式都成立，则必有q≥2.
16．解 (1)证明：设{an}，{bn}的公比分别为p，q(p≠q)，要证{cn}不是等比数列，只需证c≠c1c3.而c－c1c3＝(a1p＋b1q)2－(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)＝－a1b1(p－q)2，由于p≠q，且a1，b1不为零，因此c≠c1c3，故{cn}不是等比数列．
(2)假设存在常数k，使得数列{cn＋1＋kcn}为等比数列，则有(cn＋1＋kcn)2＝(cn＋2＋kcn＋1)(cn＋kcn－1)，n≥2，将cn＝2n＋3n代入上式，得[2n＋1＋3n＋1＋k(2n＋3n)]2＝[2n＋2＋3n＋2＋k(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n＋k(2n－1＋3n－1)]，即[(2＋k)2n＋(3＋k)3n]2＝[(2＋k)2n＋1＋(3＋k)3n＋1]·[(2＋k)2n－1＋(3＋k)3n－1]，整理得12(2＋k)(3＋k)＝13(2＋k)(3＋k)，解得k＝－2或k＝－3.当k＝－2时，cn＋1＋kcn＝2n＋1＋3n＋1＋(－2)·(2n＋3n)＝3n，此时数列{cn＋1＋kcn}为等比数列；当k＝－3时，cn＋1＋kcn＝2n＋1＋3n＋1＋(－3)·(2n＋3n)＝－2n，数列{cn＋1＋kcn}为等比数列．所以存在常数k＝－2或k＝－3，使得数列{cn＋1＋kcn}为等比数列．(共25张PPT)
等比数列
微练(四十八)
基础过关
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