9.3 等比数列(4)学案
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9.3 等比数列(四)
[学习目标] 1.熟练应用等比数列前n项和公式的有关性质解题.2.应用方程的思想方法解决等比数列前n项和的有关问题．
[知识链接]
上一节我们学习了等比数列的前n项和公式，那么该公式与相应的函数有怎样的关系？等比数列的前n项和又有怎样的性质？如何利用这些性质解题？
[预习导引]
1．等比数列的前n项和的变式
(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，当公比q≠1时，Sn＝＝＝＝－；当q＝1时，Sn＝na1.
(2)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是Sn＝，它可以变形为Sn＝－·qn＋，设A＝，上式可写成Sn＝－Aqn＋A.由此可见，非常数列的等比数列的前n项和Sn是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．
当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1与n成正比．
2．等比数列前n项和的性质
(1)连续m项的和(如Sm、S2m－Sm、S3m－S2m)，仍构成等比数列．(注意：q≠－1或m为奇数)
(2)Sm＋n＝Sm＋qmSn(q为数列{an}的公比)．
(3)若{an}是项数为偶数、公比为q的等比数列，则＝q.
要点一 等比数列前n项和Sn的函数特征
例1 设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于( )
A.(8n－1) B.(8n＋1－1)
C.(8n＋2－1) D.(8n＋3－1)
答案 B
解析 f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1＝
＝(8n＋1－1)．
规律方法 数列是一个特殊的函数，数列的通项公式和数列前n项和公式都是关于n的函数．所以利用函数的思想解题，是解决数列问题的基本方法．
跟踪演练1 若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
答案 －
解析 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，又Sn＝·3n＋t，∴t＝－.
要点二 等比数列前n项和性质的应用
例2 已知等比数列前n项，前2n项，前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
证明 方法一 设此等比数列的公比为q，首项为a1，
当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，
∴S＋S＝n2a＋4n2a＝5n2a，
Sn(S2n＋S3n)＝na1(2na1＋3na1)＝5n2a，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
当q≠1时，Sn＝(1－qn)，
S2n＝(1－q2n)，S3n＝(1－q3n)，
∴S＋S＝2·[(1－qn)2＋(1－q2n)2]
＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)．
又Sn(S2n＋S3n)＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
方法二 根据等比数列性质，
有S2n＝Sn＋qnSn＝Sn(1＋qn)，S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn，
∴S＋S＝S＋[Sn(1＋qn)]2＝S(2＋2qn＋q2n)，
Sn(S2n＋S3n)＝S(2＋2qn＋q2n)．
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
规律方法 运用等比数列的前n项和公式要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
跟踪演练2 在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解 因为S2n≠2Sn，所以q≠1，
由已知得
②÷①得1＋qn＝，即qn＝.③
将③代入①得＝64，
所以S3n＝＝64×＝63.
要点三 等差、等比数列前n项和的综合问题
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)，在数列{bn}中，b1＝1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.
解 (1)由Sn＝2an－2，得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，
两式相减得an＝2an－2an－1，即＝2(n≥2)，
又a1＝2a1－2，∴a1＝2，
∴{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴an＝2n.
∵点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，
∴bn－bn＋1＋2＝0，即bn＋1－bn＝2，
∴{bn}是等差数列，∵b1＝1，∴bn＝2n－1.
(2)∵Tn＝1·2＋3·22＋5·23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n①
∴2Tn＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1②
①－②得：
－Tn＝1·2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝2＋2·－(2n－1)2n＋1
＝2＋4·2n－8－(2n－1)2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6
∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
规律方法 等差数列与等比数列既有类似的部分，又有区别，要在应用中加强记忆．同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错．
跟踪演练3 在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当＋＋…＋最大时，求n的值．
解 (1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴a＋2a3a5＋a＝25，
又an>0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，
∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1.
∴q＝，a1＝16，∴an＝16×n－1＝25－n.
(2)bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝，∴＝，
∴当n≤8时，>0；当n＝9时，＝0；
当n>9时，<0.
∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋最大.
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝30，则S30等于( )
A．70 B．90
C．100 D．120
答案 A
解析 由于S10，S20－S10，S30－S20成等比数列．
∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，又∵S10＝10，S20＝30，
∴可得S30＝70.
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为零且a≠1的常数)，则数列{an}( )
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既非等差数列，也非等比数列
答案 B
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－1)·an－1；
当n＝1时，a1＝a－1，∴an＝(a－1)·an－1，n∈N*.
∴＝a.即{an}为等比数列．
3．一个等比数列的前7项和为48，前14项和为60，则前21项和为( )
A．180 B．108 C．75 D．63
答案 D
解析 由题意得S7，S14－S7，S21－S14组成等比数列48,12,3，即S21－S14＝3，∴S21＝63.
4．若等比数列的前n项和Sn＝5n＋m，则m等于( )
A．－1 B．1 C．－5 D．5
答案 A
解析 a1＝5＋m，当n≥2时，an＝5n－5n－1＝4·5n－1，所以5＋m＝4，m＝－1.
5．在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k＝________.
答案 －1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n－1＋k)＝3n－3n－1＝2·3n－1.
由题意知{an}为等比数列，所以a1＝3＋k＝2，∴k＝－1.
1．在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；若{an}是等比数列，且an>0，则{lg an}构成等差数列.
2．等比数列中用到的数学思想
(1)分类讨论的思想：①利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论；
②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a1>0，q>1或a1<0,01或a1>0,0(2)函数的思想：等比数列的通项an＝a1qn－1＝·qn(q>0且q≠1)常和指数函数相联系；等比数列的前n项和Sn＝(1－qn) (q≠1)．设A＝，则Sn＝－Aqn＋A也与指数函数相联系．
(3)整体思想：应用等比数列前n项和时，常把qn，当成整体求解．
一、基础达标
1．在14与之间插入n个数组成等比数列，如果各项总和为，那么此数列的项数为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 B
解析 依题意知＝＝?q＝－，
由＝14·qn＋1得n＝3，∴n＋2＝5.
2．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，则q等于( )
A．1 B．0 C．1或0 D．－1
答案 A
解析 ∵Sn－Sn－1＝an，又{Sn}是等差数列，
∴an为定值，即数列{an}为常数列，∴q＝＝1.
3．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则等于( )
A．－3 B．5 C．－31 D．33
答案 D
解析 由题意知公比q≠1, ＝＝1＋q3＝9，
∴q＝2, ＝＝1＋q5＝1＋25＝33.
4．在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n－2＋k，则实数k的值为( )
A. B．－ C. D．－
答案 D
解析 当n＝1时，a1＝S1＝＋k，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2＋k)－(3n－3＋k)＝2·3n－3.
由题意知{an}为等比数列，所以a1＝＋k＝2·3－2，
∴k＝－.
5．等比数列{an}共2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
答案 2
解析 根据题意得
∴∴q＝＝＝2.
6．等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
答案 5
解析 log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5
＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a＝5log2a3
＝5log2＝5log22＝5.
7．在等比数列{an}中，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20的值．
解 q≠1 (否则S30＝3S10)，
又
∴
∴∴q20＋q10－12＝0.
∴q10＝3，∴S20＝＝S10(1＋q10)＝10×(1＋3)＝40.
二、能力提升
8．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等于( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 ∵{an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1，
∴设{an}的公比为q，则q>0，且a＝1，即a3＝1.
∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，
即6q2－q－1＝0.
故q＝或q＝－(舍去)，∴a1＝＝4.
∴S5＝＝8(1－)＝.
9．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6等于( )
A．3×44 B．3×44＋1 C．45 D．45＋1
答案 A
解析 当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，
∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，
∴该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列．
又a2＝3S1＝3a1＝3，
∴an＝
∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.
10．等比数列{an}中，前n项和为Sn，S3＝2，S6＝6，则a10＋a11＋a12＝________.
答案 16
解析 ∵S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，
此数列首项为S3＝2，
公比q′＝＝＝2，得S12－S9＝2×23＝16.
11．已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．
(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；
(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：
对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列．
(1)解 由已知，得an＝aqn－1，因此
S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)．
当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1，
可得aq3＝aq＋aq2，化简得q2－q－1＝0.
解得q＝.
(2)证明 若q＝1，则{an}的各项均为a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然成等差数列．
若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，
即＋＝，整理得qm＋ql＝2qn.
因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k.
所以am＋k，an＋k，al＋k成等差数列．
12．设Sn是数列{an}的前n项和，Sn≠0，a1＝1，an＋1＋2SnSn＋1＝0.
(1)求证：数列{}是等差数列，并求{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 ∵an＋1＋2SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋2SnSn＋1＝0，
即Sn－Sn＋1＝2SnSn＋1，－＝2，∴数列{}是等差数列．
由上知数列{}是以2为公差的等差数列，首项为＝1，
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
＝－.由题意知，a1＝1.
综上，an＝
(2)解 由(1)知bn＝＝
＝(－)，
∴Tn＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]，
∴Tn＝(1－)＝.
三、探究与创新
13．已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和．
解 (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，
故d＝，从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设{}的前n项和为Sn.
由(1)知＝，则
Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得
Sn＝＋(＋…＋)－
＝＋(1－)－.
所以Sn＝2－.
[学习目标] 1.熟练应用等比数列前n项和公式的有关性质解题.2.应用方程的思想方法解决等比数列前n项和的有关问题．
[知识链接]
上一节我们学习了等比数列的前n项和公式，那么该公式与相应的函数有怎样的关系？等比数列的前n项和又有怎样的性质？如何利用这些性质解题？
[预习导引]
1．等比数列的前n项和的变式
(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，当公比q≠1时，Sn＝＝＝＝－；当q＝1时，Sn＝na1.
(2)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是Sn＝，它可以变形为Sn＝－·qn＋，设A＝，上式可写成Sn＝－Aqn＋A.由此可见，非常数列的等比数列的前n项和Sn是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．
当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1与n成正比．
2．等比数列前n项和的性质
(1)连续m项的和(如Sm、S2m－Sm、S3m－S2m)，仍构成等比数列．(注意：q≠－1或m为奇数)
(2)Sm＋n＝Sm＋qmSn(q为数列{an}的公比)．
(3)若{an}是项数为偶数、公比为q的等比数列，则＝q.
要点一 等比数列前n项和Sn的函数特征
例1 设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于( )
A.(8n－1) B.(8n＋1－1)
C.(8n＋2－1) D.(8n＋3－1)
答案 B
解析 f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1＝
＝(8n＋1－1)．
规律方法 数列是一个特殊的函数，数列的通项公式和数列前n项和公式都是关于n的函数．所以利用函数的思想解题，是解决数列问题的基本方法．
跟踪演练1 若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
答案 －
解析 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，又Sn＝·3n＋t，∴t＝－.
要点二 等比数列前n项和性质的应用
例2 已知等比数列前n项，前2n项，前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
证明 方法一 设此等比数列的公比为q，首项为a1，
当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，
∴S＋S＝n2a＋4n2a＝5n2a，
Sn(S2n＋S3n)＝na1(2na1＋3na1)＝5n2a，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
当q≠1时，Sn＝(1－qn)，
S2n＝(1－q2n)，S3n＝(1－q3n)，
∴S＋S＝2·[(1－qn)2＋(1－q2n)2]
＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)．
又Sn(S2n＋S3n)＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
方法二 根据等比数列性质，
有S2n＝Sn＋qnSn＝Sn(1＋qn)，S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn，
∴S＋S＝S＋[Sn(1＋qn)]2＝S(2＋2qn＋q2n)，
Sn(S2n＋S3n)＝S(2＋2qn＋q2n)．
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
规律方法 运用等比数列的前n项和公式要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
跟踪演练2 在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解 因为S2n≠2Sn，所以q≠1，
由已知得
②÷①得1＋qn＝，即qn＝.③
将③代入①得＝64，
所以S3n＝＝64×＝63.
要点三 等差、等比数列前n项和的综合问题
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)，在数列{bn}中，b1＝1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.
解 (1)由Sn＝2an－2，得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，
两式相减得an＝2an－2an－1，即＝2(n≥2)，
又a1＝2a1－2，∴a1＝2，
∴{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴an＝2n.
∵点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，
∴bn－bn＋1＋2＝0，即bn＋1－bn＝2，
∴{bn}是等差数列，∵b1＝1，∴bn＝2n－1.
(2)∵Tn＝1·2＋3·22＋5·23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n①
∴2Tn＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1②
①－②得：
－Tn＝1·2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝2＋2·－(2n－1)2n＋1
＝2＋4·2n－8－(2n－1)2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6
∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
规律方法 等差数列与等比数列既有类似的部分，又有区别，要在应用中加强记忆．同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错．
跟踪演练3 在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当＋＋…＋最大时，求n的值．
解 (1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴a＋2a3a5＋a＝25，
又an>0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，
∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1.
∴q＝，a1＝16，∴an＝16×n－1＝25－n.
(2)bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝，∴＝，
∴当n≤8时，>0；当n＝9时，＝0；
当n>9时，<0.
∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋最大.
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝30，则S30等于( )
A．70 B．90
C．100 D．120
答案 A
解析 由于S10，S20－S10，S30－S20成等比数列．
∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，又∵S10＝10，S20＝30，
∴可得S30＝70.
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为零且a≠1的常数)，则数列{an}( )
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既非等差数列，也非等比数列
答案 B
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－1)·an－1；
当n＝1时，a1＝a－1，∴an＝(a－1)·an－1，n∈N*.
∴＝a.即{an}为等比数列．
3．一个等比数列的前7项和为48，前14项和为60，则前21项和为( )
A．180 B．108 C．75 D．63
答案 D
解析 由题意得S7，S14－S7，S21－S14组成等比数列48,12,3，即S21－S14＝3，∴S21＝63.
4．若等比数列的前n项和Sn＝5n＋m，则m等于( )
A．－1 B．1 C．－5 D．5
答案 A
解析 a1＝5＋m，当n≥2时，an＝5n－5n－1＝4·5n－1，所以5＋m＝4，m＝－1.
5．在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k＝________.
答案 －1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n－1＋k)＝3n－3n－1＝2·3n－1.
由题意知{an}为等比数列，所以a1＝3＋k＝2，∴k＝－1.
1．在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；若{an}是等比数列，且an>0，则{lg an}构成等差数列.
2．等比数列中用到的数学思想
(1)分类讨论的思想：①利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论；
②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a1>0，q>1或a1<0,0
(3)整体思想：应用等比数列前n项和时，常把qn，当成整体求解．
一、基础达标
1．在14与之间插入n个数组成等比数列，如果各项总和为，那么此数列的项数为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 B
解析 依题意知＝＝?q＝－，
由＝14·qn＋1得n＝3，∴n＋2＝5.
2．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，则q等于( )
A．1 B．0 C．1或0 D．－1
答案 A
解析 ∵Sn－Sn－1＝an，又{Sn}是等差数列，
∴an为定值，即数列{an}为常数列，∴q＝＝1.
3．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则等于( )
A．－3 B．5 C．－31 D．33
答案 D
解析 由题意知公比q≠1, ＝＝1＋q3＝9，
∴q＝2, ＝＝1＋q5＝1＋25＝33.
4．在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n－2＋k，则实数k的值为( )
A. B．－ C. D．－
答案 D
解析 当n＝1时，a1＝S1＝＋k，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2＋k)－(3n－3＋k)＝2·3n－3.
由题意知{an}为等比数列，所以a1＝＋k＝2·3－2，
∴k＝－.
5．等比数列{an}共2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
答案 2
解析 根据题意得
∴∴q＝＝＝2.
6．等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
答案 5
解析 log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5
＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a＝5log2a3
＝5log2＝5log22＝5.
7．在等比数列{an}中，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20的值．
解 q≠1 (否则S30＝3S10)，
又
∴
∴∴q20＋q10－12＝0.
∴q10＝3，∴S20＝＝S10(1＋q10)＝10×(1＋3)＝40.
二、能力提升
8．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等于( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 ∵{an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1，
∴设{an}的公比为q，则q>0，且a＝1，即a3＝1.
∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，
即6q2－q－1＝0.
故q＝或q＝－(舍去)，∴a1＝＝4.
∴S5＝＝8(1－)＝.
9．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6等于( )
A．3×44 B．3×44＋1 C．45 D．45＋1
答案 A
解析 当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，
∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，
∴该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列．
又a2＝3S1＝3a1＝3，
∴an＝
∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.
10．等比数列{an}中，前n项和为Sn，S3＝2，S6＝6，则a10＋a11＋a12＝________.
答案 16
解析 ∵S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，
此数列首项为S3＝2，
公比q′＝＝＝2，得S12－S9＝2×23＝16.
11．已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．
(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；
(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：
对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列．
(1)解 由已知，得an＝aqn－1，因此
S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)．
当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1，
可得aq3＝aq＋aq2，化简得q2－q－1＝0.
解得q＝.
(2)证明 若q＝1，则{an}的各项均为a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然成等差数列．
若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，
即＋＝，整理得qm＋ql＝2qn.
因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k.
所以am＋k，an＋k，al＋k成等差数列．
12．设Sn是数列{an}的前n项和，Sn≠0，a1＝1，an＋1＋2SnSn＋1＝0.
(1)求证：数列{}是等差数列，并求{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 ∵an＋1＋2SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋2SnSn＋1＝0，
即Sn－Sn＋1＝2SnSn＋1，－＝2，∴数列{}是等差数列．
由上知数列{}是以2为公差的等差数列，首项为＝1，
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
＝－.由题意知，a1＝1.
综上，an＝
(2)解 由(1)知bn＝＝
＝(－)，
∴Tn＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]，
∴Tn＝(1－)＝.
三、探究与创新
13．已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和．
解 (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，
故d＝，从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设{}的前n项和为Sn.
由(1)知＝，则
Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得
Sn＝＋(＋…＋)－
＝＋(1－)－.
所以Sn＝2－.