最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (1)

这是一份最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (1)，共20页。试卷主要包含了理解等比数列的概念，了解等比数列与指数函数的关系等内容，欢迎下载使用。
3.了解等比数列与指数函数的关系.
【知识梳理】
1.等比数列的概念
(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都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(显然q≠0).
数学语言表达式：eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，q为非零常数).
(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G叫做a与b的等比中项，则G2＝ab.
2.等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq \f(a1（1－qn）, 1－q )＝eq \f(a1－anq,1－q).
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.
(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn.
(4)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列.
[常用结论与微点提醒]
1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq \\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))也是等比数列.
2.数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和.
(1)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列.
(2)若数列{an}的项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝q；若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q，或eq \f(S偶,S奇－an)＝q.
3.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
4.等比数列{an}的前n项和Sn，可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1，0).
5.三个数成等比数列，通常设为eq \f(x,q)，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为eq \f(x,q3)，eq \f(x,q)，xq，xq3.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a（1－an）,1－a).( )
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
2.已知等比数列{an}中，a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，q＜0，则S8＝________.
答案 eq \f(1 640,81)
解析 由a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，可得27×q8＝eq \f(1,243)，
即q8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(8)，又由q＜0，得q＝－eq \f(1,3)，
所以S8＝eq \f(1 640,81).
3.(选修二P37T3改编)在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则an＝________.
答案 3·2n－1或2·3n－1
解析 设数列{an}的公比为q，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝3，,a1＝2，))
故an＝3·2n－1或an＝2·3n－1.
4.已知在等比数列{an}中，a1a3a11＝8，则a2a8＝________.
答案 4
解析 设公比为q，则an＝a1qn－1，
则a1·a1q2·a1q10＝8，
所以aeq \\al(3,1)q12＝8，所以a1q4＝2，
所以a2a8＝a1q·a1q7＝aeq \\al(2,1)q8＝(a1q4)2＝4.
考点一 等比数列基本量的求解
例1 (1)(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.14B.12C.6D.3
答案 D
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3.
(2)(2023·天津卷)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
A.3B.18C.54D.152
答案 C
解析 因为an＋1＝2Sn＋2，
所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，
两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，
所以数列{an}是公比q＝eq \f(an＋1,an)＝3的等比数列.
当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，
又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，
所以a4＝a1q3＝2×33＝54.
(3)(多选)(2024·广东名校联考)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.则下列说法正确的是(里为古代计量长度的单位)( )
A.该人第五天走的路程为12里
B.该人第三天走的路程为42里
C.该人前三天共走的路程为330里
D.该人最后三天共走的路程为42里
答案 AD
解析 由题意可得此人每天走的路程构成一个公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列，且S6＝378，
所以S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
所以an＝a1qn－1＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)(1≤n≤6，n∈N*).
对于A，因为a5＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝12，故A正确；
对于B，因为a3＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝48，故B错误；
对于C，S3＝eq \f(192×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,23))),1－\f(1,2))＝eq \f(192×\f(7,8),\f(1,2))＝336，故C错误；
对于D，该人最后三天共走的路程为S6－S3＝378－336＝42，故D正确.
感悟提升 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)便可迎刃而解.
2.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，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
训练1 (1)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为________.
答案 －eq \f(1,2)
解析 由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，
所以8×eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7×eq \f(a1（1－q3）,1－q)，
即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，
所以q＝－eq \f(1,2).
(2)(2024·唐山模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a3＝1，2S3＝7a2，则S5＝________.
答案 eq \f(31,4)
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝1，,2S3＝7a2，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q2＝1，,2·\f(a1（1－q3）,1－q)＝7a1q，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)，))
当a1＝eq \f(1,4)，q＝2时，
S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(1,4)×eq \f(（1－25）,1－2)＝eq \f(31,4)；
当a1＝4，q＝eq \f(1,2)时，
S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝4×eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(5))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,4).
所以S5＝eq \f(31,4).
考点二 等比数列的判定与证明
例2 (2024·湖南名校质检)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*).
(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
(1)证明 eq \f(an＋2＋3an＋1,an＋1＋3an)＝eq \f(2an＋1＋6an,an＋1＋3an)＝2，
∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列.
(2)解 由(1)可知
an＋1＋3an＝5·2n－1(n∈N*)，
则an＋1＝－3an＋5·2n－1，
设an＋1＋x·2n＝－3(an＋x·2n－1)，
则an＋1＝－3an－5x·2n－1，则x＝－1，
故an＋1－2n＝－3(an－2n－1)，
又a1－20＝1，
∴{an－2n－1}是以1为首项，－3为公比的等比数列，
∴an－2n－1＝1×(－3)n－1，an＝2n－1＋(－3)n－1，
Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－（－3）n,1－（－3）)＝2n－eq \f(3,4)－eq \f(（－3）n,4)，
故an＝2n－1＋(－3)n－1，Sn＝2n－eq \f(3,4)－eq \f(（－3）n,4).
感悟提升 等比数列的三种常用判定方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列.
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列.
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列.
训练2 (2024·重庆九校联考)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③三个条件中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立.①数列{an}是等比数列；②数列{Sn＋a1}是等比数列；③a2＝2a1.
注：若选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.
证明 选①②作条件证明③.
因为数列{an}，{Sn＋a1}是等比数列，
所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)，
故4aeq \\al(2,1)＋4a1a2＋aeq \\al(2,2)＝4aeq \\al(2,1)＋2a1a2＋2aeq \\al(2,2)，
所以aeq \\al(2,2)＝2a1a2.
又因为a2≠0，所以a2＝2a1.
选①③作条件证明②.
因为a2＝2a1，{an}是等比数列，
所以数列{an}的公比q＝2，
所以Sn＝eq \f(a1（1－2n）,1－2)＝a1(2n－1)，
即Sn＋a1＝a12n，
因为eq \f(Sn＋1＋a1,Sn＋a1)＝2，Sn＋a1≠0，
所以{Sn＋a1}是等比数列.
选②③作条件证明①.
因为数列{Sn＋a1}是等比数列，且a2＝2a1，
所以eq \f(S2＋a1,S1＋a1)＝eq \f(a1＋a2＋a1,a1＋a1)＝eq \f(4a1,2a1)＝2，
则数列{Sn＋a1}是以2a1为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn＋a1＝2a1·2n－1＝a1·2n，
Sn＝a1·2n－a1，
所以an＝Sn－Sn－1＝a1·2n－a1－(a1·2n－1－a1)
＝a1·2n－1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝a1，也符合上式，
所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列.
考点三 等比数列的性质
角度1 项的性质
例3 (1)(2024·驻马店统考)在正项等比数列{an}中，若a3，a7是关于x的方程x2－mx＋4＝0的两实根，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝( )
A.8B.9C.16D.18
答案 B
解析 由根与系数的关系可得a3a7＝4，
由等比数列性质可得aeq \\al(2,5)＝a3a7＝4，则a5＝2，
所以a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝aeq \\al(2,5)＝4，
则a1a2a3…a9＝29，
故lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝lg2(a1a2a3…a9)＝lg229＝9.
(2)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.
答案 －2
解析 设数列{an}的公比为q.
因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.
又a9a10＝a2q7·a2q8＝－8，于是q5＝－2，
所以a7＝a2q5＝－2.
角度2 和的性质
例4 (2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A.120B.85C.－85D.－120
答案 C
解析 易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，
所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，
解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).
当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；
当S2＝eq \f(5,4)时，
结合S4＝－5得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，,\f(a1（1－q2）,1－q)＝\f(5,4)，))
化简可得q2＝－5，不成立，舍去.
所以S8＝－85，故选C.
角度3 等比数列的最值
例5 (多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2 024a2 025＞1，eq \f(a2 024－1,a2 025－1)＜0，下列结论正确的是( )
A.S2 024＜S2 025
B.a2 024a2 026－1＜0
C.T2 025是数列{Tn}中的最大值
D.数列{Tn}无最大值
答案 AB
解析 当q＜0时，a2 024a2 025＝aeq \\al(2,2 024)q＜0，不成立；
当q≥1时，∵a1>1，∴a2 024＞1，a2 025＞1，
则eq \f(a2 024－1,a2 025－1)＜0不成立；
故0＜q＜1，且a2 024＞1，0＜a2 025＜1，
故S2 025＞S2 024，A正确；
a2 024a2 026－1＝aeq \\al(2,2 025)－1＜0，故B正确；
T2 024是数列{Tn}中的最大值，C，D错误.
感悟提升 1.等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前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.
2.涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
训练3 (1)(2024·山东名校联考)已知正项等比数列{an}，a3为2a2与a6的等比中项，则eq \f(a3＋a5,a1＋a3)＝( )
A.eq \f(\r(2),2)B.eq \f(1,2)C.eq \r(2)D.2
答案 B
解析 因为a3为2a2与a6的等比中项，
所以aeq \\al(2,3)＝2a2a6，
因为数列{an}是正项等比数列，
所以a2a6＝aeq \\al(2,4)，则aeq \\al(2,3)＝2aeq \\al(2,4).
设数列{an}的公比为q(q>0)，则q2＝eq \f(aeq \\al(2,4),aeq \\al(2,3))＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(a3＋a5,a1＋a3)＝eq \f(a1q2＋a3q2,a1＋a3)＝q2＝eq \f(1,2).
(2)已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝eq \f(1,8)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的最小值为________.
答案 2
解析 由已知得数列{an}的公比满足q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，解得q＝eq \f(1,2)，
∴a1＝2，a2＝1，a3＝eq \f(1,2)，
故数列{anan＋1}是首项为2，公比为eq \f(a2a3,a1a2)＝eq \f(1,4)的等比数列，
∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))
＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(8,3))).
故最小值为2.
(3)(2024·泰州质检)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10S2，则eq \f(S6,S2)的值为________.
答案 91
解析 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，∴S6－10S2＝81S2，
∴S6＝91S2，∴eq \f(S6,S2)＝91.
【A级 基础巩固】
1.正项等比数列{an}的前n项和为Sn.若a3＝eq \f(a4,a2)，S3＝7，则a5＝( )
A.8B.16C.27D.81
答案 B
解析 设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0).
由a3＝eq \f(a4,a2)，可得a3＝q2，所以a2＝q，a1＝1，
所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝7，
解得q＝2(q＝－3舍去)，
所以a5＝a1q4＝1×24＝16.
2.(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.eq \f(15,8)B.eq \f(65,8)C.15D.40
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q，由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，
整理得(1＋q)(q3－4q)＝0，
由于此数列各项均为正数，所以q＝2，
所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.
3.(2024·佛山质检)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4＝9，9S4＝10S2，则a2＋a4的值为( )
A.30B.10C.9D.6
答案 B
解析 设等比数列{an}的公比为q，
因为{an}是各项均为正数的等比数列，
则a1>0，q>0，
因为aeq \\al(2,3)＝a2a4＝9，所以a3＝3.
又因为9S4＝10S2，
则9(a1＋a2＋a3＋a4)＝10(a1＋a2)，
可得9(a3＋a4)＝a1＋a2，
所以eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝q2＝eq \f(1,9)，解得q＝eq \f(1,3)，
故a2＋a4＝eq \f(a3,q)＋a3q＝10.
4.(2024·滨州调研)已知正项等比数列{an}的首项为1，且4a5，a3，2a4成等差数列，则{an}的前6项和为( )
A.31B.eq \f(31,32)C.eq \f(63,32)D.63
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，首项为a1，
因为4a5，a3，2a4成等差数列，
所以2a3＝4a5＋2a4，即2a1q2＝4a1q4＋2a1q3，
即2q2＋q－1＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－1，
又因为an>0，所以q＝eq \f(1,2)，
故S6＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(6))),1－\f(1,2))＝eq \f(63,32).
5.(2024·洛阳调研)龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3·a5)的值为( )
A.16B.12C.10D.8
答案 B
解析 由题意，得{an}是以2为公比的等比数列，
∴S7＝eq \f(a1（1－27）,1－2)＝1 016，127a1＝1 016，
解得a1＝8，
∴lg2(a3·a5)＝lg2(8×22×8×24)＝12.
6.(2023·西安质检)已知两个等比数列{an}，{bn}的前n项积分别为An，Bn，若eq \f(a3,b3)＝3，则eq \f(A5,B5)＝( )
A.3B.27C.81D.243
答案 D
解析 法一 设等比数列{an}的公比为q1，
则a3＝a1qeq \\al(2,1)，{an}的前5项积
A5＝a1a2a3a4a5＝aeq \\al(5,1)qeq \\al(1＋2＋3＋4,1)＝aeq \\al(5,1)qeq \\al(10,1).
设等比数列{bn}的公比为q2，
则b3＝b1qeq \\al(2,2)，B5＝beq \\al(5,1)qeq \\al(10,2).因为eq \f(a3,b3)＝eq \f(a1qeq \\al(2,1),b1qeq \\al(2,2))＝3，
所以eq \f(A5,B5)＝eq \f(aeq \\al(5,1)qeq \\al(10,1),beq \\al(5,1)qeq \\al(10,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1qeq \\al(2,1),b1qeq \\al(2,2))))eq \s\up12(5)＝35＝243.
法二 由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝aeq \\al(2,3)，
所以{an}的前5项积A5＝a1a2a3a4a5＝aeq \\al(5,3)，
同理可得B5＝beq \\al(5,3)，所以eq \f(A5,B5)＝eq \f(aeq \\al(5,3),beq \\al(5,3))＝35＝243.
7.(多选)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是( )
A.{an＋Sn}是等差数列B.{an·Sn}是等比数列
C.{aeq \\al(2,n)}是等差数列D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列
答案 ACD
解析 由{Sn}是等差数列，可得2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，∴a2＝a3，
∵{an}是各项均为正数的等比数列，
∴a2＝a2q，可得q＝1.
∴an＝a1>0，∴an＋Sn＝(n＋1)a1，
∴数列{an＋Sn}是等差数列，因此A正确；
∵aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)，∴{aeq \\al(2,n)}是常数列，为等差数列，因此C正确；
∵eq \f(Sn,n)＝a1>0，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列，因此D正确；
∵anSn＝naeq \\al(2,1)，∴{an·Sn}不是等比数列，因此B不正确.
8.(2023·上海卷)已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S6＝________.
答案 189
解析 S6＝eq \f(3×（1－26）,1－2)＝3×(26－1)＝189.
9.(2024·盐城调研)写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an＝________.
①anan＋1