【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第7章 第3讲　等比数列 含解析【高考】.doc，共(21)页，202.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9a5580d464916a7808530067488cd3df.html

以下为本文档部分文字说明：

1第3讲等比数列1．等比数列的有关概念(1)定义如果一个数列从第012项起，每一项与它的前一项的比都等于02同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的03公比，通常用字母q表示(显然q≠0)，定义的表达式为04an＋1

＝anq(n∈N*，q≠0).(2)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05G叫做a与b的等比中项，此时06G2＝ab.2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝07a1qn－1.(2)前n项和公式：Sn＝08na1，q＝1，09a1(1－qn)1－q

＝10a1－anq1－q，q≠1.等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a2k.(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比

数列，则{λan}，1an，{a2n}，{an·bn}，anbn(λ≠0)仍然是等比数列．(4)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，2an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.(5)a1a2a3

…am，am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2·…·a3m，…成等比数列(m∈N*)．(6)若等比数列的项数为2n(n∈N*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则S偶S奇＝q.(7)公比不为－1的等比数列

{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.(8)等比数列{an}满足a1>0，q>1或a1<0，0<q<1时，{an}是递增数列；满足

a1>0，0<q<1或a1<0，q>1时，{an}是递减数列．1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于()A．5B．±5C．4D．±4答案C解析∵a25＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.又a5＝a3q2>0，∴a5＝4.故选C．2．在等比数列{an}

中，a3＝32，S3＝92，则a2的值为()A．32B．－3C．－32D．－3或32答案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＝－12.∴a2＝a3q＝32或－3.故选D.3．若等比数列{an}满足

anan＋1＝16n，则公比为()A．2B．4C．8D．163答案B解析由anan＋1＝16n，得an＋1·an＋2＝16n＋1.两式相除得，an＋1·an＋2an·an＋1＝16n＋116n＝16，∴q

2＝16.∵anan＋1＝16n，可知公比为正数，∴q＝4.故选B.4．已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值为()A．5B．10C．15D．20答案A解析根据等比数列的性质，得a

2a4＝a23，a4a6＝a25，∴a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2.而a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，∴(a3＋a5)2＝25，∵an>0，∴a3＋a5＝5.故选A．5．(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．7B．8C．9D．10答案A解析解法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得S2＝a1(1－q2)1－

q＝a1(1＋q)＝4，S4＝a1(1－q4)1－q＝a1(1＋q)(1＋q2)＝6，两式相除，得q2＝12，所以a1＝4(2－2)，q＝22或a1＝4(2＋2)，q＝－22，所以S6＝a1(1－q6)1－q＝7.故选A．4解法二：易知S2，S4

－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A．6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.答案6解析∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{

an}是首项为2，公比为2的等比数列．又Sn＝126，∴2(1－2n)1－2＝126，解得n＝6.考向一等比数列的基本运算例1(1)(2021·济南一中模拟)已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若a2a6＝－2a7，S3＝－6，则a6＝()A．－2或32B．－2或64C．2或－3

2D．2或－64答案B解析∵数列{an}为等比数列，a2a6＝－2a7＝a1a7，解得a1＝－2，设数列的公比为q，S3＝－6＝－2－2q－2q2，解得q＝－2或q＝1.当q＝－2，则a6＝(－2)6＝64；当q＝1，则a6＝－2.故选B.(2)(2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大

于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.①求{an}的通项公式；②求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.解①设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，a3＝a1q2＝8，整理得2q2－5q＋2＝0，5因为q

>1，所以q＝2，a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.②因为(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1，所以a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1

)n－1·22n＋1＝23[]1－()－22n1－(－22)＝85－(－1)n22n＋35.解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)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．(2)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q＝1时，数列{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，数列{an}的前n项和Sn＝a1(1－qn)1－q＝a1－anq1－q.1.等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，则数列{an}的前5

项和S5＝()A．81B．90C．100D．121答案D解析∵等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，∴公比q＝a2＋a4a1＋a3＝3010＝3，∴a1＋9a1＝10，解得a1＝1，∴数列{an}的前5项和S5＝1×(1－35)1－3＝121.故选D.2．(2019·全国Ⅰ卷)记

Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝________.答案586解析设等比数列的公比为q，又a1＝1，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵S3＝34，∴a1＋a2＋a3＝1

＋q＋q2＝34，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－12，∴S4＝1×1－－1241－－12＝58.3．(2021·重庆检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1.(1)求

数列{an}的通项公式；(2)若Sn＝－127，求n.解(1)当n＝1时，a1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an＋1)－(2an－1＋1)＝2an－2an－1，即an＝2an－1，∴{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，所以an＝－2n－1.(2)Sn＝a1(1－

qn)1－q＝－(1－2n)1－2＝－2n＋1，由Sn＝－127，得－2n＋1＝－127，解得n＝7.多角度探究突破考向二等比数列的性质角度等比数列项的性质例2(1)等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝4，a24＝4a3a7，则

a5＝()A．116B．18C．20D．40答案B解析设等比数列的公比为q.由a24＝4a3a7，得a24＝4a25，所以q2＝a5a42＝14，解得q＝±12.又因为数列的各项均为正数，所以q＝12.

又因为a1＋2a2＝4，所以a17＋2a1q＝a1＋2a1×12＝4，解得a1＝2，所以a5＝a1q4＝2×124＝18.故选B.(2)(2022·江苏无锡高三月考)等比数列{an}满足an>0，且a2a8＝4

，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝________.答案9解析由题意可得a2a8＝a25＝4，a5>0，所以a5＝2，则原式＝log2(a1a2…a9)＝9log2a5＝9.在等比数列的基

本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有aman＝apaq”，则可减少运算量，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．4.(2022·福建漳州高三入学考试)已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2a24＝π，则tan(a3a5)等于()A．3B．－3C．－33D．±3答案A解析由已知得a24＋2a24＝π，∴a24＝π3，又

a3a5＝a24＝π3，∴tan(a3a5)＝3.故选A．5．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－89，则当Tn取最大值时，n的值为()A．2B．3C．4D．6答案C解析等比数列{a

n}的前n项积为Tn，由a1＝－24，a4＝－89，可得q3＝a4a1＝127，解得q＝13，∴Tn＝a1a2a3·…·an＝(－24)n·q1＋2＋…＋(n－1)＝(－24)n·1312n(n－1)，当8Tn取最大值时，可得n为偶数，当n＝2时，T2

＝(－24)2·13＝192；当n＝4时，T4＝(－24)4·136＝849；当n＝6时，T6＝(－24)6·1315＝8639，则T6<T2<T4，又当n>6，且n为偶数时，Tn<T6，故n＝4时，Tn取最大值．故选C．角度等比数列前n项和的性质

例3(1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝()A．150B．－200C．150或－200D．400或－50答案A解析解法一：由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，

解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150.故选A．解法二：设等比数列的前n项和为Sn＝A－Aqn，则A(1－q9)＝70，A(1－q3)＝

10，两式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10.∴S12＝A(1－q12)＝－10×(1－24)＝150.故选A．(2)已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为8514，所有偶数项之和

为17012，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为________.答案585解析设公比为q，由S偶S奇＝q＝2，S奇＝a1[1－(q2)5]1－q2＝8514，得a1＝14，q＝2，∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9

)＝a1q2(1＋q3)(1＋q6)＝585.(1)等比数列前n项和的性质主要是若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等9比数列．(2)注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1时，Sn＝a1(

1－qn)1－q＝a11－q－a11－q·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)．(3)利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度．解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口．6.等比数列{an}中，公比q＝2，a1＋a4＋a7＋…＋a97＝11，则数列{an}

的前99项和S99＝()A．99B．88C．77D．66答案C解析解法一：由等比数列的性质知a1，a4，a7，…，a97是等比数列且其公比为q3＝8，∴a1(1－833)1－8＝11，∴a1(1－299)＝－77，∴S99＝a1(1－q99)1－

q＝77.故选C．解法二：令S0＝a1＋a4＋a7＋…＋a97＝11，S′＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，S″＝a3＋a6＋a9＋…＋a99.由数列{an}为等比数列，q＝2易知S0，S′，S″成等比数列且公比为2，则S′＝2

S0＝22，S″＝2S′＝44，所以S99＝S0＋S′＋S″＝11＋22＋44＝77.故选C．7．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()A．80B．30C．26D．16答案B解析由题意知公比大于0，由等比数列的性质知Sn

，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．则(x－2)2＝2×(14－x)，解得x＝6或x＝－4(舍去)．∴Sn，S2n－Sn，S3n－S

2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．又S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.故选B.10考向三等比数列的判定与证明例4(1)(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝ann.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．解①由条件可得an＋1＝2(n＋1)nan.将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.②{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由题

设条件可得an＋1n＋1＝2ann，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．③由②可得ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1.(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．①求a1，

a2，a3的值；②是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求λ的值和数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．解①当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3.当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，

解得a2＝9.当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.②假设{an＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.11下

面证明{an＋3}为等比数列：∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3n－3，∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，即2an＋3＝an＋1，∴2(an＋3)＝an＋1＋3，∴an＋1＋3an＋3＝2，∴存在λ＝3，使得数列{an＋3}是首项

为a1＋3＝6，公比为2的等比数列．∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)(n∈N*)．判定一个数列为等比数列的常用方法(1)定义法：若an＋1an＝q(q是常数)，则数列{an}是等比数列．(2)等比中项法：若a2n＋1＝anan＋2(n∈N*)，则数列{an}是

等比数列．(3)通项公式法：若an＝Aqn(A，q为常数)，则数列{an}是等比数列．8.(2021·新高考八省联考)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＝12，a2＝32，

求{an}的通项公式．解(1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an可得，an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)，因为数列{an}的各项都为正数，所以a1＋a2>0，所以{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．(2)构

造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan，所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，因为a2－3a1＝32－3×12＝0，所以an＋1－3an＝0⇒an＋1＝3an，12所以{an}是以a1＝12为首

项，3为公比的等比数列．所以an＝3n－12(n∈N*)．一、单项选择题1．(2021·淄博二模)在正项等比数列{an}中，若a3a7＝4，则(－2)a5＝()A．16B.8C．4D．2答案C解析在正项等比数列{an}中，a5>0，由等比中项的性质可得a

25＝a3a7＝4，解得a5＝2，因此(－2)a5＝(－2)2＝4.故选C．2．(2022·湖南岳阳高三模拟)在正项等比数列{an}中，a3＝2，a4·a6＝64，则a5＋a6a1＋a2的值是()A．4B．8C．16D．64答案C解析

设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，a21q8＝64，解得q2＝4，则a5＋a6a1＋a2＝42＝16.故选C．3．(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列

，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝()A．12B．24C．30D．32答案D解析设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a313＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q

＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D.4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝()A．－2B．－1C．1D．2答案A解析依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S

1＝4，a3＝S3－S2＝8，因为{an}是等比数列，所以a1·a3＝a22，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A．5．(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但

不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案B解析当a1＝－1，q＝2时，{Sn}是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；当{Sn}是递增数列时，有an＋1＝Sn＋1－Sn＝a1qn>0，若a1>0，则qn

>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，这样的q不存在，所以甲是乙的必要条件．故选B.6．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4S2＝3，则S6S4＝()A．2B．73C．310D．1或2答案B解析设S2＝k(k≠0)

，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴S6S4＝7k3k＝73.故选B.147．(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．2B．3C．4D．5答案C解析在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴an＋1an＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋a

k＋10＝ak＋1·(1－210)1－2＝2k＋1·(1－210)1－2＝2k＋1·(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C．8．在等比数列{an}中，若a2a5＝－34，a2＋

a3＋a4＋a5＝54，则1a2＋1a3＋1a4＋1a5＝()A．1B．－34C．－53D．43答案C解析因为数列{an}是等比数列，a2a5＝－34＝a3a4，a2＋a3＋a4＋a5＝54，所以1a2＋1a3＋1a4＋1a5＝a2＋a5a2a5

＋a3＋a4a3a4＝54－34＝－53.故选C．9．(2022·广东湛江高三质量检测)音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的32，得到“徵”；“徵

”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；……依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶，据此可推得()A．“宫、商、角”的频率成等比数列15B．“宫、徵、商”的频率成等比数列C．“商、羽、角”的频率成等比数列D

．“徵、商、羽”的频率成等比数列答案A解析设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为32a，“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为98a，“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率为2716a

，最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率为8164a.因为a，98a，8164a成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列．故选A．10．(2022·湖北鄂州模拟)某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建

十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费

用最多为()A．3233万元B．4706万元C．4709万元D．4808万元答案C解析设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为an万元，n＝1,2,3，…，10，{an}为等比数列，设公比为q，则a5－a2＝a1q4－a1q＝42，a7－a4＝a1q6－a1q3＝168，解得a1＝3，q＝2

，∴a10＝3×29＝1536，依题意，x＋1536≤1700，解得x≤164.∴研究所改建这十个实验室投入的总费用最多为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋3×(1－210)1－2＝10x＋3069≤4709(万元)．故选C．二、多项选择题11．(2022·海口调

研)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其16公比为q，前n项和为Sn，则()A．q＝2B．an＝2nC．S10＝2047D．an＋an＋1<an＋2答案ABD解析由题意，得

2q3＝4q＋2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝2×(2n－1)2－1＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，D正确．故选ABD.12．(2021·济南二

模)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是()A．a4＝4B．{a2n}是等比数列C．a2n－a2n－1＝2n－1D．a2n－1＋a2n＝2n＋1答案ABC解析因为a1＝1，an·an＋1＝2n，所以a2＝2，a

3＝2，a4＝4，由an·an＋1＝2n，可得an＋1·an＋2＝2n＋1，所以an＋2an＝2，所以{a2n}，{a2n－1}分别是以2,1为首项，2为公比的等比数列，所以a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，所以a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n

＝3·2n－1≠2n＋1.综上可知，A，B，C正确，D错误．故选ABC．三、填空题13．(2022·重庆模拟)已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________.答案1,3

,9或9,3,1解析设这三个数为aq，a，aq，则a＋aq＋aq＝13，a·aq·aq＝27，解得a＝3，q＝3或a＝3，q＝13，∴这三个数为1,3,9或9,3,1.14．设数列{an}的前n

项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝________.17答案66解析依题意有an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差，得an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，又a2＝5，所以

数列{an}从第2项起是公比为3的等比数列，所以S4＝1＋5×(1－33)1－3＝66.15．已知等比数列{an}为递增数列，且a25＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________.答案2n解析设等比数

列{an}的公比为q.∵a25＝a10，∴(a1q4)2＝a1q9，∴a1＝q，∴an＝qn.∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an(1＋q2)＝5anq，∴2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝12.∵{an}为

递增数列，∴q＝2，∴an＝2n.16．(2021·广州天河区三模)1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线．如图①，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的13为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的13擦掉，得到第2个图形(如图②)，重复上

面的步骤，得到第3个图形(如图③)．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线．云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”．则第5个图形的边长为________；第n个图形的周长为

________.答案1813·43n－1解析第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的13，以此类推，……，则第5个图形的边长为1×13×13×13×13＝181；以一条边为例，原本的一条也被

分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本18的1条边变成现在的(3－1)＋2＝4条，翻了4倍，所以周长之间的关系为bn＝13·4·bn－1＝43bn－1，所以{bn}是公比为q＝43的等比数列，而首项b1＝3，所以bn＝3·43n－1.四、解答题17．

设数列{an}中，a1＝1，a2＝53，an＋2＝53an＋1－23an，令bn＝an＋1－an(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)证明：∵an＋2＝53an＋1－23an，∴an＋2－an＋1

＝23(an＋1－an)，而bn＝an＋1－an，∴bn＋1＝23bn，又b1＝a2－a1＝23，∴数列{bn}是首项为23，公比为23的等比数列．(2)由(1)知bn＝23×23n－1＝23n，∴an－an－1＝23n－1，∴an＝a1＋(a2－

a1)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝1＋23＋232＋…＋23n－2＋23n－1＝1－23n1－23＝3－3·23n(n≥2)，又a1＝1也成立，∴an＝3－3·

23n.18．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．19(1)求数列{an}的通项公式；(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.解(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1

.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.当n＝1时，a1＝1，不适合上式．∴an＝1，n＝1，2n－2，n≥2.(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝2(1－4n)1－4＝2(4n－1)3.∴a

1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋2(4n－1)3＝22n＋1＋13.19．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知________，求公比q以及a21＋a22＋…＋a2n.从①a2a5＝－32且a3＋a4＝－4，

②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并解答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，由a3a4＝－32，a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8或a3＝－8，a4＝4，即q＝－2或q

＝－12.因为{a2n}是以a21为首项，q2为公比的等比数列，当q＝－2时，a1＝1，此时a21＋a22＋…＋a2n＝4n－13；当q＝－12时，a1＝－32，此时a21＋a22＋…＋a2n＝21231－14n.若选②，S6－S3S3＝8，

即q3＝8，故q＝2.因为{a2n}是以a21＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，20所以a21＋a22＋…＋a2n＝4n－13.若选③，S2＝a3－1，(*)S3＝a4－1，(**)令(**)式减(*)式，得a3＝a4－a3，即a4＝2a3，故q＝2.则(*)式中，a1＋a2

＝a3－1，即a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1.因为{a2n}是以a21＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，所以a21＋a22＋…＋a2n＝4n－13.20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通

项公式；(2)若对任意n∈N*，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．解(1)因为3an＋1＋2Sn＝3，①所以当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3.②由①－②，得3an＋1－3an＋2an＝0(n≥2)，所以an＋1an＝13(n≥2)．因为a1＝1,3a2＋2a

1＝3，解得a2＝13，所以a2a1＝13.所以数列{an}是首项为1，公比为13的等比数列．所以an＝13n－1.(2)由(1)知Sn＝321－13n.由题意可知，对于任意n∈N*，恒有k≤321－13n成立．因

为数列1－13n为递增数列，所以数列1－13n中的最小项为23，所以k≤32×23＝1，21故实数k的最大值为1.