3．（文）（2013·广东珠海质监）在各项都为正数的等比数列{an}中，首项为3，前3项和为21，则a3＋a4＋a5＝（ ）
A．33B．72C．84D．189
[答案] C
[解析] 设公比为q，则
⇒那么a3＋a4＋a5＝a1q2（1＋q＋q2）＝3×22×7＝84.
（理）已知数列{an}的前n项的和Sn满足Sn＝2n－1（n∈N*），则数列{a}的前n项的和为（ ）
A．4n－1B.（4n－1）
C.（4n－1）D．（2n－1）2
[答案] B
[解析] n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n－1）－（2n－1－1）＝2n－1，
又a1＝S1＝21－1＝1也满足，∴an＝2n－1（n∈N*）．
设bn＝a，则bn＝（2n－1）2＝4n－1，
∴数列{bn}是首项b1＝1，公比为4的等比数列，故{bn}的前n项和Tn＝＝（4n－1）．
4．（文）（2013·广元二模）等比数列{an}的公比q>0.已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝（ ）
A．－20B．15C.D.
[答案] C
[解析] ∵an＋2＋an＋1＝6an，∴an≠0，
∴q2＋q－6＝0，
∵q>0，∴q＝2，∴a1＝，
∴S4＝＝.
（理）（2013·西安标准化考试）等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则公比q为（ ）
A．q＝－2B．q＝1
C．q＝－2或q＝1D．q＝2或q＝－1
[答案] A
[解析] 本题有两种处理策略，一是设出首项a1，建立方程＝＋求解，解得q＝－2.此法为通法，但运算复杂；二是特例探路，不妨设n＝1，则Sn＋1，Sn，Sn＋2即是S2，S1，S3，根据等差数列的性质可知，2S1＝S2＋S3，即2a1＝a1（1＋q）＋a1（1＋q＋q2），易得q＝－2.故选A.
5．（文）若数列{an}是正项递减等比数列，Tn表示其前n项的积，且T8＝T12，则当Tn取最大值时，n的值等于（ ）
A．9B．10C．11D．12
[答案] B
[解析] ∵T8＝T12，∴a9a10a11a12＝1，又a9a12＝a10a11＝1，且数列{an}是正项递减数列，所以a9>a10>1>a11>a12，因此T10取最大值．
（理）在由正数组成的等比数列{an}中，设x＝a5＋a10，y＝a2＋a13，则x与y的大小关系是（ ）
A．x＝yB．x≥yC．x≤yD．不确定
[答案] C
[解析] x－y＝a1q（1－q3）（q8－1）．
当q＝1时，x＝y；
当q>1时，1－q3<0而q8－1>0，x－y<0；
当00而q8－1<0，x－y<0.故选C.
6．将正偶数集合{2,4,6，…}从小到大按第n组有2n个偶数进行分组如下：
第一组 第二组 第三组 …
{2,4} {6,8,10,12} {14,16,18,20,22,24,26,28} …
则2014位于（ ）
A．第7组B．第8组
C．第9组D．第10组
[答案] C
[解析] 前n组共有2＋4＋8＋…＋2n＝＝2n＋1－2个数．
由an＝2n＝2014知，n＝1007，∴2014为第1007个偶数，
∵29＝512,210＝1024，故前8组共有510个数，前9组共有1022个数，即2014在第9组．
二、填空题
7．（2013·莆田一模）若等比数列{an}（an∈R）对任意的正整数m，n满足am＋n＝aman，且a3＝2，那么a12＝________.
[答案] 64
[解析] 令m＝1，则an＋1＝ana1⇒a1＝q，an＝qn，
∵a3＝q3＝2，∴a12＝q12＝64.
8．（文）在公差不为零的等差数列{an}中，a1、a3、a7依次成等比数列，前7项和为35，则数列{an}的通项an＝________.
[答案] n＋1
[解析] 设等差数列首项a1，公差d，则
∵a1、a3、a7成等比，∴a＝a1a7，
∴（a1＋2d）2＝a1（a1＋6d），∴a1＝2d，
又S7＝7a1＋d＝35d＝35，
∴d＝1，∴a1＝2，∴an＝n＋1.
（理）（2013·浙江湖州中学）已知数列{an}是正项等比数列，若a1＝32，a4＝4，则数列{log2an}的前n项和Sn的最大值为________．
[答案] 15
[解析] ∵a1＝32，a4＝4，∴q＝，an＝32·（）n－1，log2an＝log232·（）n－1＝5＋（n－1）log2＝6－n，
由6－n≥0，得n≤6，∴前5项（或6项）和最大，S5＝＝15.
9．（2012·江苏，6）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．
[答案]
[解析] 等比数列的通项公式为an＝（－3）n－1.所以此数列中偶数项都为负值，奇数项全为正值．
若an≥8，则n为奇数且（－3）n－1＝3n－1≥8，则n－1≥2，∴n≥3，∴n＝3,5,7,9，共四项满足要求．
∴p＝1－＝.
[点评] 直接考虑情况较多时，可以从其对立面来考虑问题．
三、解答题
10．（文）（2013·陕西）设Sn表示数列{an}的前n项和．
（1）若{an}是等差数列，推导Sn的计算公式；
（2）若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有Sn＝.判断{an}是否为等比数列，并证明你的结论．
[解析]
（1）方法一：
设{an}的公差为d，则
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋（a1＋d）＋…＋[a1＋（n－1）d]，
又Sn＝an＋an－1＋…＋a1
＝[a1＋（n－1）d]＋[a1＋（n－2）d]＋…＋a1，
∴2Sn＝[2a1＋（n－1）d]＋[2a1＋（n－1）d]＋…＋[2a1＋（n－1）d]＝2na1＋n（n－1）d，
∴Sn＝na1＋d.
方法二：
设{an}的公差为d，则
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋（a1＋d）＋…＋[a1＋（n－1）d]，
又Sn＝an＋（an－d）＋…＋[an－（n－1）d]，两式相加得2Sn＝n（a1＋an），
∴Sn＝.
（2）{an}是等比数列，证明如下：
∵Sn＝，
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝－＝＝qn.
∵a1＝1，q≠0，∴当n≥1时，有＝＝q，
因此，{an}是首项为1且公比为q的等比数列．
（理）（2013·湖北）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）是否存在正整数n，使得Sn≥2013？
若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．
[解析]
（1）设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0，
由条件易知q≠1.由题意得
即
解得
故数列{an}的通项公式为an＝3×（－2）n－1.
（2）由
（1）有Sn＝＝1－（－2）n.
若存在n，使得Sn≥2013，则1－（－2）n≥2013，
即（－2）n≤－2012.
当n为偶数时，（－2）n>0，上式不成立；
当n为奇数时，（－2）n＝－2n≤－2012，即2n≥2012，则n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}.
能力拓展提升
一、选择题
11．（文）已知等比数列{an}的公比q>0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（ ）
A．S4a5S5a4
C．S4a5＝S5a4D．不确定
[答案] A
[解析]
（1）当q＝1时，S4a5－S5a4＝4a－5a＝－a<0.
（2）当q≠1且q>0时，
S4a5－S5a4＝（q4－q8－q3＋q8）＝（q－1）
＝－aq3<0.
[点评] 作差，依据前n项和与通项公式化简后判断符号是解决这类问题的基本方法，应注意对公比分类讨论，请再做下题：
已知等比数列{an}中，a1>0，q>0，前n项和为Sn，试比较与的大小．
[解析] 当q＝1时，＝3，＝5，所以<；
当q>0且q≠1时，
－＝－
＝＝<0，
所以有<.
综上可知有<.
（理）（2012·云南省二检）已知等比数列{an}的公比q＝2，它的前9项的平均值等于，若从中去掉一项am，剩下的8项的平均值等于，则m等于（ ）
A．5B．6C．7D．8
[答案] B
[解析] 数列{an}前9项的和为S9＝×9＝1533，即＝1533，解得a1＝3.又知am＝S9－×8＝96，而am＝3·2m－1，即3·2m－1＝96，解得m＝6.
12．（文）已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，设P＝（log0.5a5＋log0.5a7），Q＝log0.5，P与Q的大小关系是（ ）
A．P≥QB．PC．P≤QD．P>Q
[答案] D
[解析] P＝log0.5＝log0.5，Q＝log0.5，
∵q≠1，∴a3≠a9，
∴>，
又∵y＝log0.5x在（0，＋∞）上递减，
∴log0.5（理）两个正数a、b的等差中项是，一个等比中项是，且a>b，则双曲线－＝1的离心率e等于（ ）
A.B.C.D.
[答案] D
[解析] ∵a＋b＝5，a·b＝6，a>b>0，
∴a＝3，b＝2.∴e＝＝＝.
13．（文）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
[答案] D
[解析] 由程序框图可知，S＝1＋2＋22＋…＋2k＝2k＋1－1，由S<100得，2k＋1<101，
∵26＝64,27＝128，∴k＋1＝7，∴k＝6，结合语句k＝k＋1在S＝S＋2k后面知，当k＝6时，S＝127，k的值再增加1后输出k值为7.
[点评] 这是最容易出错的地方，解这类题时，既要考虑等比数列求和，在k取何值时，恰满足S≥100，又要顾及S与k的赋值语句的先后顺序．
（理）已知an＝n，把数列{an}的各项排列成如下的三角形状：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……………………
记A（m，n）表示第m行的第n个数，则A（11,12）＝（ ）
A.67B.68
C.111D.112
[答案] D
[解析] 由图形知，各行数字的个数构成首项为1，公差为2的等差数列，∴前10行数字个数的和为10×1＋×2＝100，故A（11,12）为{an}的第112项，
∴A（11,12）＝a112＝112.
二、填空题
14．（文）已知a、b、c成等比数列，如果a、x、b和b、y、c都成等差数列，则＋＝________.
[答案] 2
[解析] 由条件知x＝，y＝，c＝bq，a＝，
∴＋＝＋＝＋
＝＋＝2.
（理）（2012·北京东城练习）已知等差数列{an}首项为a，公差为b，等比数列{bn}首项为b，公比为a，其中a、b都是大于1的正整数，且a1[答案] 2 5n－3
[解析] 由已知条件可得即
若a＝2，显然符合条件；若a>2，则a当a＝2时，an＝2＋（n－1）b，bn＝b×2n－1，若存在m∈N*，使得bn＝am＋3成立，则b×2n－1＝2＋（m－1）b＋3，即得b×2n－1＝bm＋5－b，当b＝5时，方程2n－1＝m总有解，此时an＝5n－3.
15．（2013·合肥二模）已知等比数列{an}中，a2>a3＝1，则使不等式（a1－）＋（a2－）＋…＋（an－）≥0成立的最大自然数是________．
[答案] 5
[解析] ∵a2>a3＝1，∴0a1＝>1.
由（a1－）＋（a2－）＋…＋（an－）＝（a1＋a2＋…＋an）－（＋＋…＋）
＝－
＝－≥0，
得≥.
∵0∴q4≤qn－1.∴4≥n－1，n≤5，即n的最大值为5.
三、解答题
16．（文）（2013·洛阳统考）已知数列{an}中，a1＝2，其前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝2n＋1（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；
（2）令bn＝2log2an＋1，求数列{}的前n项和Tn.
[解析]
（1）由Sn＋1－Sn＝2n＋1得an＋1＝2n＋1，即an＝2n（n≥2）．
又a1＝2，所以an＝2n（n∈N*）．
从而Sn＝2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2.
（2）因为bn＝2log2an＋1＝2log22n＋1＝2n＋1，
所以＝
＝（－）．
于是Tn＝[（－）＋（－）＋…＋（－）]＝（－）＝.
（理）（2013·长春三校调研）已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn>kan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．
[解析]
（1）设等比数列{an}的公比为q，
∵an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，
∴q＝＝＝2，∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3.
∴an＝3·2n－1，n∈N*.
（2）由
（1）知Sn＝＝＝3（2n－1），
∴不等式化为3（2n－1）>k·3·2n－1－2，
即k<2－对一切n∈N*恒成立．
令f（n）＝2－，易知f（n）随n的增大而增大，
∴f（n）min＝f
（1）＝2－＝，∴k<.
∴实数k的取值范围为（－∞，）．
考纲要求
1．理解等比数列的概念．
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．
补充说明
与等比数列有关的常用求和方法
（1）分组求和法
若数列{an}是由等差数列与等比数列的和形式给出的，可先分别对它们求和，再将其和相加，该方法称为分组求和法．
（2）错位相减法
一般地，{an}是等差数列，{bn}是等比数列（公差d≠0，公比q≠1），cn＝anbn，求数列{cn}前n项的和用“乘公比、错位相减法”．
备选习题
1．（2013·温州第一次适应性测试）已知等比数列{an}中，a1＝2，且a4a6＝4a，则a3＝（ ）
A.B．1C．2D.
[答案] B
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，依题意可得a＝a4a6＝4a＝4·aq4，∴q4＝，q2＝，
∴a3＝a1q2＝2×＝1.
2．（2013·深圳第一次调研）设数列{（－1）n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn＝（ ）
A.B.
C.D.
[答案] D
[解析] 因为数列{（－1）n}是首项与公比均为－1的等比数列，所以Sn＝＝，选D.
3．已知数列{an}中，a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且对任意n∈N*，有an＋1＝kSn＋1（k为常数）．
（1）当k＝2时，求a2、a3的值；
（2）试判断数列{an}是否为等比数列？
请说明理由．
[解析]
（1）当k＝2时，an＋1＝2Sn＋1，
令n＝1得a2＝2S1＋1，又a1＝S1＝1，得a2＝3；
令n＝2得a3＝2S2＋1＝2（a1＋a2）＋1＝9，∴a3＝9.
∴a2＝3，a3＝9.
（2）由an＋1＝kSn＋1，得an＝kSn－1＋1，
两式相减，得an＋1－an＝kan（n≥2），
即an＋1＝（k＋1）an（n≥2），
且＝＝k＋1，故an＋1＝（k＋1）an.
故当k＝－1时，an＝
此时，{an}不是等比数列；
当k≠－1时，＝k＋1≠0，此时，{an}是首项为1，公比为k＋1的等比数列．
综上，当k＝－1时，{an}不是等比数列；
当k≠－1时，{an}是等比数列．
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，点（an＋2，Sn＋1）在直线y＝4x－5上，其中n∈N*.令bn＝an＋1－2an，且a1＝1.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）若f（x）＝b1x＋b2x2＋b3x3＋…＋bnxn，求f′
（1）的表达式．
[解析]
（1）∵Sn＋1＝4（an＋2）－5，∴Sn＋1＝4an＋3.
∴Sn＝4an－1＋3（n≥2），∴an＋1＝4an－4an－1（n≥2），
∴an＋1－2an＝2（an－2an－1）（n≥2）．
∴＝＝2（n≥2）．
∴数列{bn}为等比数列，其公比为q＝2，首项b1＝a2－2a1，
而a1＋a2＝4a1＋3，且a1＝1，∴a2＝6.
∴b1＝6－2＝4，∴bn＝4×2n－1＝2n＋1.
（2）∵f（x）＝b1x＋b2x2＋b3x3＋…＋bnxn，
∴f′
（1）＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn.
∴f′
（1）＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1①
∴2f′
（1）＝23＋2·24＋3·25＋…＋n·2n＋2②
①－②得－f′
（1）＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n·2n＋2
＝－n·2n＋2＝－4（1－2n）－n·2n＋2，
∴f′
（1）＝4＋（n－1）·2n＋2.
5．（2012·北京东城练习）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3（n∈N*）．
（1）证明：
数列{an}是等比数列；
（2）若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn（n∈N*），且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
[解析]
（1）证明：
因为Sn＝4an－3，所以n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.
因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3（n≥2），
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝an－1.
又a1＝1≠0，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．
（2）因为an＝（）n－1，bn＋1＝an＋bn（n∈N*），
所以bn＋1－bn＝（）n－1.
可得bn＝b1＋（b2－b1）＋（b3－b2）＋…＋（bn－bn－1）
＝2＋
＝3·（）n－1－1（n≥2），
当n＝1时也符合上式，∴bn＝3·（）n－1－1.
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