(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.3等比数列及其前n项和讲义(含解析)

§7.3 等比数列及其前n 项和
最新考纲
考情考向分析
1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式及其应用．
2.了解等比数列与指数函数的关系．
3.会用数列的等比关系解决实际问题.
以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为
主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.
1．等比数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为
a n ＋1a n
＝q (n ∈N *
，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2
＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1
.
(2)前n 项和公式：
S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q
＝a 1－a n q
1－q (q ≠1).
3．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m
(n ，m ∈N *
)．
(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *
)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2
k .
(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2
n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)
仍然是等比数列．
(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k
. 概念方法微思考
1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？
提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？
提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2
＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？
提示 必要不充分条件．因为b 2
＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2
＝ac .
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *
，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )
(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )
(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n
，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )
1－a
.( × )
(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编
2．[P51例3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝1
4，则公比q ＝______.
答案 12
解析 由题意知q 3
＝a 5a 2＝18，∴q ＝12
.
3．[P54T3]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C
解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.
题组三 易错自纠
4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2
b 2
的值为________． 答案 －1
2
解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.
又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ， 则b 2
2＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2
>0，∴b 2＝2， ∴
a 1－a 2
b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－1
2
. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5
S 2
＝________. 答案 －11
解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4
＝0. ∴q 3
＋8＝0，∴q ＝－2，
∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)
＝1－q 5
1－q 2＝1－(－2)5
1－4
＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8GB.(1GB ＝210
MB) 答案 39
解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n
，
则2n
＝8×210
＝213
，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．
题型一 等比数列基本量的运算
1．(2018·台州质量评估)已知正项等比数列{a n }中，若a 1a 3＝2，a 2a 4＝4，则a 5等于( ) A ．±4B．4C ．±8D．8
答案 B
解析 由于等比数列各项为正，则由题意得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1·a 1q 2
＝2，
a 1q ·a 1q 3
＝4，解得⎩⎨
⎧
a 1＝1，
q ＝2，
所以a 5＝
a 1q 4＝4，故选B.
2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；
(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q
n －1
.
由已知得q 4
＝4q 2
，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)
n －1
或a n ＝2
n －1
(n ∈N *
)．
(2)若a n ＝(－2)
n －1
，则S n ＝1－(－2)
n
3
.
由S m ＝63得(－2)m
＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2
n －1
，则S n ＝2n
－1.
由S m ＝63得2m
＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.
思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．
(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论． 题型二 等比数列的判定与证明
例1(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝a n ＋1－3n －1，n ∈N *
.
(1)证明：数列{a n ＋3}是等比数列；
(2)对k ∈N *，设f (n )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
S n －a n ＋3n ，n ＝2k －1，
log 2(a n ＋3)，n ＝2k ，求使不等式[f (2)－f (m )]cos(m π)≤0
成立的正整数m 的取值范围．
(1)证明 当n ≥2时，由S n ＝a n ＋1－3n －1，得S n －1＝a n －3(n －1)－1， 由S n －S n －1得，a n ＋1＝2a n ＋3，n ≥2，所以
a n ＋1＋3
a n ＋3
＝2，n ≥2，又S 1＝a 2－3－1，a 1＝1，所以a 2＝5，a 2＋3
a 1＋3
＝2，
因此{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋3＝4×2
n －1
＝2
n ＋1
，S n ＝a n ＋1－3n －1＝2
n ＋2
－3n －4，
因为f (n )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
2n ＋1
－1，n ＝2k －1，
n ＋1，n ＝2k ，
当m 为偶数时，cos(m π)＝1，f (2)＝3，f (m )＝m ＋1，
因为原不等式可化为3－(m ＋1)≤0，即m ≥2，且m ＝2k (k ≥1，k ∈N *
)． 当m 为奇数时，cos(m π)＝－1，f (2)＝3，f (m )＝2m ＋1
－1，
原不等式可化为3≥2
m ＋1
－1，当m ＝1时符合条件．
综上可得，正整数m 的取值范围是m ＝2k (k ≥1，k ∈N *
)或m ＝1. 思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法 (1)定义法：若
a n ＋1
a n
＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若a 2
n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *
，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若a n ＝Aq n
(A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．
跟踪训练1(2018·浙江省六校协作体期末联考)已知数列{a n }的首项a 1＝t >0，a n ＋1＝3a n
2a n ＋1
，
n ＝1,2，….
(1)若t ＝3
5，求证
⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若a n ＋1>a n 对一切n ∈N *
都成立，求t 的取值范围． 解 (1)由题意知a n >0，1
a n ＋1＝2a n ＋13a n ＝13a n ＋2
3， 1
a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝23
，
所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为1
3的等比数列，
所以1
a n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝3
n
3n ＋2
.
(2)由(1)知1
a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，
1
a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫13n －1
， 由a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，知a n >0，
故由a n ＋1>a n 得
1
a n ＋1<1a n
，
即⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫13n －1
＋1，
得1
t
－1>0，又t >0，
则0<t <1，即t 的取值范围是(0,1)．
题型三 等比数列性质的应用
例2(1)(2018·浙大附中模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 2
3＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．8－4 2
答案 A
解析 由等比数列的性质可知，a 2
3＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 2
3＋2a 3a 5＋a 2
5＝(a 3＋a 5)2
＝8，故选A. (2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( ) A ．－9B ．－21C ．－25D ．－63 答案 B
解析 因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2
，∴S 6＝－21，故选B. 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．
(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
跟踪训练2(1)(2018·浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为________． 答案 －2
解析 由等比数列的性质及题意知a 1a 9＝a 3a 7＝2a 3a 6，
所以q ＝a 7a 6＝2，由S 5＝a 1(1－25)
1－2
＝－62，可得a 1＝－2.
(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1
a n －a n －1
＝________(n ≥2，且n ∈N )．
答案 －1
2
解析 很明显等比数列的公比q ≠1，
则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－
q 3
1－q a 1()1－q 61－q
＝11＋q 3＝8
9
， 解得q ＝1
2
，
则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2
q －1＝14
1
2
－1＝－12
.
等差数列与等比数列
关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．
例1(2018·浙江六校协作体期末联考)已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6＝a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9＝2a 7，则S 17等于( ) A ．34B ．39C ．51D ．68 答案 D
解析 方法一 数列{a n }是公比q ＝2的等比数列，由a 6＝a 2·a 10得a 1q 5
＝a 1q ·a 1q 9
，∴a 1q
5
＝1，∴a 6＝1，b 9＝2a 7＝2a 6·q ＝2×1×2＝4，设等差数列{b n }的公差为d ，则S 17＝17b 1＋
17×162
d ＝17(b 1＋8d )＝17b 9＝68，故选D.
方法二 数列{a n }是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a 6＝a 2·a 10＝a 2
6，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6×2＝4，∴等比数列{b n }的前17项和S 17＝17(b 1＋b 17)
2＝17b 9＝68，故选D.
例2(2018·浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是单调递增的等比数列，b 1是a 1与a 2的等差中项，b 1＝2，a 3＝5，b 3＝a 4＋1.若当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，则m 的最小值为________． 答案 4
解析 由题意设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >1，则a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2b 1＝4，又a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝1，d ＝2，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b 3＝a 4＋1＝8，S n ＝n ＋
n (n －1)
2
×2＝n 2.因为数列{b n }是单调递增的等比数列，所以q 2
＝b 3
b 1
＝4，q ＝2，b n
＝2n
.因为当n ≥m (m ∈N *
)时，S n ≤b n 恒成立，所以当n ≥m (m ∈N *
)时n 2
≤2n
恒成立，数形结合可知m 的最小值为4.
1．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 5＝a 2q 3
<0，a 2<0，∴q >0，∴a n <0恒成立，∴当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0，数列{S n }单调递减，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的充分条件；若数列{S n }单调递减，则当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0⇒a 2<0，a 5<0，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的必要条件，故选C.
2．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和
S 6等于( )
A ．93
B ．189C.189
16D ．378
答案 B
解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3， 即2×()6＋2＝6
q
＋1＋6q ，
整理可得2q 2
－5q ＋2＝0， 则q ＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3， ∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()
1－26
1－2
＝189.
3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1
＋r ，则r 的值为( )
A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B
解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1
－3
2n －3
＝3
2n －3
(32－1)＝8·3
2n －3
＝8·32n －2
·3－1
＝83
·9n －1
，
所以3＋r ＝83，即r ＝－1
3
，故选B.
4．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4
S 2
等于( ) A ．－5B ．－3C ．5D ．3 答案 C
解析 由题意可得，
S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]
1－(－2)a 1[1－(－2)2]
1－(－2)
＝1＋(－2)2
＝5. 5．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( ) A ．186盏 B ．189盏 C ．192盏 D ．96盏
答案 C
解析 设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x ，公比为1
2
的等比数
列，则
x ⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12
71－12
＝381，解得x ＝192.
6．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *
)，则a 6－a 5的值是( ) A.2B ．－162C ．2D ．16 2 答案 D
解析 设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n
(n ∈N *
)，
∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)2
2n ＝4＝q 2，解得q ＝2， ∴a 2
n ×2＝22n
，a n >0，解得a n ＝21
2
2
n -，
则a 6－a 5＝11922
22-＝162，故选D.
7．(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162
解析 由题意得⎩
⎪⎨⎪⎧
S 2＝a 1＋a 1q ＝8，
S 4＝(a 1＋a 1q )(1＋q 2
)＝80，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝2，
q ＝3或⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝－4，
q ＝－3(舍去)，
从而a 5＝a 1q 4＝2×34
＝162.
8．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________. 答案 3
7
2
解析 由S n ＋3＝8S n ＋3得S n ＋4＝8S n ＋1＋3，两式作差得a n ＋4＝8a n ＋1，所以a n ＋4a n ＋1
＝q 3
＝8，即q ＝2，令n ＝1得S 4＝8a 1＋3，即a 1＋2a 1＋4a 1＋8a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝3
7
.
9．(2019·台州调考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝16，某同学经过计算得到
S 2＝32，S 3＝76，S 4＝130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是________，
该数列的公比是__________． 答案 32(S 2) 3
2
解析 由题意得若S 2计算正确，则a 2＝S 2－S 1＝16＝a 1，则该等比数列的公比为1，易得S 3，
S 4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S 2)．设该数列的公比为q ，因为S 4
－S 3＝a 4＝130－76＝54，所以q 3
＝a 4a 1＝
5416＝278，解得q ＝3
2
. 10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 2
5，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 8
3
解析 ∵a 3a 11＝2a 2
5，∴a 2
7＝2a 2
5，∴q 4
＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，
∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q
，
1－q 4
＋1－q 12
＝λ(1－q 8
)， 将q 4
＝2代入计算可得λ＝83
.
11．(2018·浙江省第二次联盟校联考)设数列{a n }的首项a 1＝3
2
，前n 项和为S n ，且满足2a n
＋1
＋S n ＝3(n ∈N *
)．
(1)求a 2及a n ；
(2)求证：a n S n 的最大值为9
4
.
(1)解 由题意得2a 2＋S 1＝3，即2a 2＋a 1＝3，
所以a 2＝3－a 12＝34
. 当n ≥2时，由2a n ＋1＋S n ＝3，得2a n ＋S n －1＝3，
两式相减得2a n ＋1－a n ＝0，
即a n ＋1＝12
a n . 因为a 1＝32，a 2＝34
， 所以a 2＝12a 1，即当n ＝1时，a n ＋1＝12
a n 也成立． 综上，{a n }是以32为首项，12
为公比的等比数列， 所以a n ＝32n . (2)证明 因为2a n ＋1＋S n ＝3，且a n ＋1＝12
a n ，所以S n ＝3－2a n ＋1＝3－a n . 于是，a n S n ＝a n (3－a n )≤⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤a n ＋(3－a n )22＝94，当且仅当a n ＝32，即n ＝1时等号成立． 故a n S n 的最大值为94
. 12．(2018·浙江省十校联盟适应性考试)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，且3a n ＋2－4a n ＋1＋a n ＝0，n ∈N *.
(1)求证：数列{a n ＋1－a n }是等比数列；
(2)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ≥m 2－2m 对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．
(1)证明 由题意，得3(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝0，即a n ＋2－a n ＋1＝13
(a n ＋1－a n )， 又a 2－a 1＝3，
所以数列{a n ＋1－a n }是以3为首项，13为公比的等比数列． (2)解 由(1)得a n ＋1－a n ＝3×⎝ ⎛⎭
⎪⎫13n －1， 所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝3×13，a 4－a 3＝3×⎝ ⎛⎭
⎪⎫132，…， a n －a n －1＝3×⎝ ⎛⎭
⎪⎫13
n －2(n ≥2，n ∈N *)， 将以上式子累加得a n －a 1 ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋13＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2
＝9
2⎣
⎢⎡⎦⎥⎤1－
⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
3
n－1，
所以a n＝
11
2
－
9
2
·
⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
3
n－1(易知当n＝1时也成立)．
因为a n＝
11
2
－
9
2
·
⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
3
n－1关于n单调递增，且a
1＝1>0，所以
S n也关于n单调递增，所以S n≥S1＝1.
于是，由S n≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－2≤m≤1＋ 2.
故实数m的取值范围是[1－2，1＋2]．
13．等比数列{a n}的首项为
3
2
，公比为－
1
2
，前n项和为S n，则当n∈N*时，S n－
1
S n
的最大值与最小值的比值为( )
A．－
12
5
B．－
10
7
C.
10
9
D.
12
5
答案 B
解析∵等比数列{a n}的首项为
3
2
，公比为－
1
2
，
∴a n＝
3
2
×
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
2
n－1，
∴S n＝
3
2⎣
⎢⎡⎦⎥⎤
1－
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
2
n
1－
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
2
＝1－
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
2
n.
①当n为奇数时，S n＝1＋⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
2
n随着n的增大而减小，则1<S
n≤S1＝
3
2
，故0<S n－
1
S n
≤
5
6
；
②当n为偶数时，S n＝1－⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
2
n随着n的增大而增大，则
3
4
＝S2≤S n<1，故－
7
12
≤S n－
1
S n
<0.
∴S n－
1
S n
的最大值与最小值的比值为
5
6
－
7
12
＝－
10
7
.
14．已知等比数列{a n}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为T n，且a2a4＝a3，则使得T n>1的n的最小值为( )
A．4B．5C．6D．7
答案 C
解析∵{a n}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a23＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1<a2<1，
a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.
15．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1＞1，则( )
A ．a 1＜a 3，a 2＜a 4
B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4
C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4
D ．a 1＞a 3，a 2＞a 4 答案 B
解析 构造不等式ln x ≤x －1，
则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，
所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1＞1，得q ＜0.
若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.
又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1＞1，
所以ln(a 1＋a 2＋a 3)＞0，矛盾．
因此－1＜q ＜0.
所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＞0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)＜0，
所以a 1＞a 3，a 2＜a 4.
故选B.
16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *
，求数列{a n }的通项公式．
解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，
所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]
＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，
所以a n ＋1－12＝3⎝
⎛⎭⎪⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32
×3n －1， 所以a n ＝3n ＋12
.。