四川省宜宾市一中高2013级2015—2016学年上期《数列》教学设计三

§6.3 等比数列及其前n项和

1．等比数列的定义

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．

2．等比数列的通项公式

设等比数列{a_n}的首项为a₁，公比为q，则它的通项a_n＝a₁·q^n－1.

3．等比中项

若G²＝a·b_(ab≠0)，那么G叫做a与b的等比中项．

4．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{a_n}为等比数列，且k＋l＝m＋n (k，l，m，n∈N^*)，则a_k·a_l＝a_m·a_n.

(3)若{a_n}，{b_n}(项数相同)是等比数列，则{λa_n}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a_n)))，{aeq \o\al(²,_n)}，{a_n·b_n}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a_n,b_n)))仍是等比数列．

5．等比数列的前n项和公式

等比数列{a_n}的公比为q(q≠0)，其前n项和为S_n，

当q＝1时，S_n＝na₁；

当q≠1时，S_n＝eq \f(a₁(1－qⁿ),1－q)＝eq \f(a₁－a_nq,1－q).

6．等比数列前n项和的性质

公比不为－1的等比数列{a_n}的前n项和为S_n，则S_n，S_2n－S_n，S_3n－S_2n仍成等比数列，其公比为__qⁿ__.

【思考辨析】

判断下面结论是否正确(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)G为a，b的等比中项⇔G²＝ab.(　×　)

(3)如果{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．(　×　)

(4)如果数列{a_n}为等比数列，则数列{ln a_n}是等差数列．(　×　)

(5)等比数列{a_n}的首项为a，公比为－1，前n项和为S_n，则S_2n＝0，S_2n－1＝a.(　√　)

(6)1＋b＋b²＋b³＋b⁴＋b⁵＝eq \f(1－b⁵,1－b).(　×　)

1．(2013·江西)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于(　　)

A．－24  B．0  C．12  D．24

答案　A

解析　由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，

(3x＋3)²＝x(6x＋6)．

解得x₁＝－3或x₂＝－1(不合题意，舍去)．

故数列的第四项为－24.

2．已知{a_n}为等比数列，a₄＋a₇＝2，a₅a₆＝－8，则a₁＋a₁₀等于(　　)

A．7  B．5  C．－5  D．－7

答案　D

解析　方法一　由题意得

eq \b\lc\{\rc(\a\vs4\al\co1(a₄＋a₇＝a₁q³＋a₁q⁶＝2，,a₅a₆＝a₁q⁴×a₁q⁵＝a\o\al(²,₁)q⁹＝－8，))

∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q³＝－2，,a₁＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q³＝－\f(1,2)，,a₁＝－8，))∴a₁＋a₁₀＝a₁(1＋q⁹)＝－7.

方法二　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₄＋a₇＝2，,a₅a₆＝a₄a₇＝－8))，

解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₄＝－2，,a₇＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₄＝4，,a₇＝－2.))

∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q³＝－2，,a₁＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q³＝－\f(1,2)，,a₁＝－8，))

∴a₁＋a₁₀＝a₁(1＋q⁹)＝－7.

3．(2014·江苏)在各项均为正数的等比数列{a_n}中，若a₂＝1，a₈＝a₆＋2a₄，则a₆的值是________．

答案　4

解析　因为a₈＝a₂q⁶，a₆＝a₂q⁴，a₄＝a₂q²，所以由a₈＝a₆＋2a₄得a₂q⁶＝a₂q⁴＋2a₂q²，消去a₂q²，得到关于q²的一元二次方程(q²)²－q²－2＝0，解得q²＝2，a₆＝a₂q⁴＝1×2²＝4.

4．(2013·北京)若等比数列{a_n}满足a₂＋a₄＝20，a₃＋a₅＝40，则公比q＝________；前n项和S_n＝________.

答案　2　2^n＋1－2

解析　设等比数列的公比为q，

由a₂＋a₄＝20，a₃＋a₅＝40.

得20q＝40，且a₁q＋a₁q³＝20，解得q＝2，且a₁＝2.

因此S_n＝eq \f(a₁(1－qⁿ),1－q)＝2^n＋1－2.

题型一　等比数列基本量的运算

例1　(1)设{a_n}是由正数组成的等比数列，S_n为其前n项和．已知a₂a₄＝1，S₃＝7，则S₅等于(　　)

A.eq \f(15,2)  B.eq \f(31,4)  C.eq \f(33,4)  D.eq \f(17,2)

(2)在等比数列{a_n}中，若a₄－a₂＝6，a₅－a₁＝15，则a₃＝________.

答案　(1)B　(2)4或－4

解析　(1)显然公比q≠1，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₁q·a₁q³＝1，,\f(a₁(1－q³),1－q)＝7，))

解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₁＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₁＝9,q＝－\f(1,3)))(舍去)，

∴S₅＝eq \f(a₁(1－q⁵),1－q)＝eq \f(4(1－\f(1,2⁵)),1－\f(1,2))＝eq \f(31,4).

(2)设等比数列{a_n}的公比为q(q≠0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₁q³－a₁q＝6，,a₁q⁴－a₁＝15，))两式相除，得eq \f(q,1＋q²)＝eq \f(2,5)，即2q²－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq \f(1,2).

所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₁＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₁＝－16，,q＝\f(1,2).))故a₃＝4或a₃＝－4.

思维升华　等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a₁，n，q，a_n，S_n，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．

(1)已知正项数列{a_n}为等比数列，且5a₂是a₄与3a₃的等差中项，若a₂＝2，则该数列的前5项的和为(　　)

A.eq \f(33,12)                                         B．31

C.eq \f(31,4)                                         D．以上都不正确

(2)(2014·天津)设{a_n}是首项为a₁，公差为－1的等差数列，S_n为其前n项和．若S₁，S₂，S₄成等比数列，则a₁的值为________．

答案　(1)B　(2)－eq \f(1,2)

解析　(1)设{a_n}的公比为q，q>0.

由已知得a₄＋3a₃＝2×5a₂，

即a₂q²＋3a₂q＝10a₂，q²＋3q－10＝0，

解得q＝2或q＝－5(舍去)，

又a₂＝2，

则a₁＝1，

所以S₅＝eq \f(a₁(1－q⁵),1－q)＝eq \f(1×(1－2⁵),1－2)＝31.

(2)因为等差数列{a_n}的前n项和为

S_n＝na₁＋eq \f(n(n－1),2)d，

所以S₁，S₂，S₄分别为a_1,2a₁－1,4a₁－6.

因为S₁，S₂，S₄成等比数列，

所以(2a₁－1)²＝a₁·(4a₁－6)，解方程得a₁＝－eq \f(1,2).

题型二　等比数列的性质及应用

例2　(1)在等比数列{a_n}中，各项均为正值，且a₆a₁₀＋a₃a₅＝41，a₄a₈＝5，则a₄＋a₈＝________.

(2)等比数列{a_n}的首项a₁＝－1，前n项和为S_n，若eq \f(S₁₀,S₅)＝eq \f(31,32)，则公比q＝________.

答案　(1)eq \r(51) (2)－eq \f(1,2)

解析　(1)由a₆a₁₀＋a₃a₅＝41及a₆a₁₀＝aeq \o\al(²,₈)，a₃a₅＝aeq \o\al(²,₄)，

得aeq \o\al(²,₄)＋aeq \o\al(²,₈)＝41.因为a₄a₈＝5，

所以(a₄＋a₈)²＝aeq \o\al(²,₄)＋2a₄a₈＋aeq \o\al(²,₈)＝41＋2×5＝51.

又a_n>0，所以a₄＋a₈＝eq \r(51).

(2)由eq \f(S₁₀,S₅)＝eq \f(31,32)，a₁＝－1知公比q≠1，

则可得eq \f(S₁₀－S₅,S₅)＝－eq \f(1,32).

由等比数列前n项和的性质知S₅，S₁₀－S₅，S₁₅－S₁₀成等比数列，且公比为q⁵，

故q⁵＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).

思维升华　(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则a_m·a_n＝a_p·a_q”，可以减少运算量，提高解题速度．

(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．

(1)设等比数列{a_n}的前n项和为S_n，若S₆∶S₃＝1∶2，则S₉∶S₃＝________.

(2)在等比数列{a_n}中，若a₁a₂a₃a₄＝1，a₁₃a₁₄a₁₅a₁₆＝8，则a₄₁a₄₂a₄₃a₄₄＝________.

(3)设数列{a_n}、{b_n}都是正项等比数列，S_n、T_n分别为数列{lg a_n}与{lg b_n}的前n项和，且eq \f(S_n,T_n)＝eq \f(n,2n＋1)，则logb₅a₅＝________.

答案　(1)3∶4　(2)1 024　(3)eq \f(9,19)

解析　(1)由等比数列的性质：S₃，S₆－S₃，S₉－S₆仍成等比数列，于是(S₆－S₃)²＝S₃·(S₉－S₆)，

将S₆＝eq \f(1,2)S₃代入得eq \f(S₉,S₃)＝eq \f(3,4).

(2)方法一 a₁a₂a₃a₄＝a₁·a₁q·a₁q²·a₁q³

＝aeq \o\al(⁴,₁)·q⁶＝1，①

a₁₃a₁₄a₁₅a₁₆＝a₁q¹²·a₁q¹³·a₁q¹⁴·a₁q¹⁵

＝aeq \o\al(⁴,₁)·q⁵⁴＝8，②

②÷①：eq \f(a\o\al(⁴,₁)·q⁵⁴,a\o\al(⁴,₁)·q⁶)＝q⁴⁸＝8⇒q¹⁶＝2，

又a₄₁a₄₂a₄₃a₄₄＝a₁q⁴⁰·a₁q⁴¹·a₁q⁴²·a₁q⁴³

＝aeq \o\al(⁴,₁)·q¹⁶⁶＝aeq \o\al(⁴,₁)·q⁶·q¹⁶⁰

＝(aeq \o\al(⁴,₁)·q⁶)·(q¹⁶)¹⁰＝1·2¹⁰＝1 024.

方法二　由性质可知，依次4项的积为等比数列，设公比为p，

设T₁＝a₁·a₂·a₃·a₄＝1，

T₄＝a₁₃·a₁₄·a₁₅·a₁₆＝8，

∴T₄＝T₁·p³＝1·p³＝8⇒p＝2.

∴T₁₁＝a₄₁·a₄₂·a₄₃·a₄₄

＝T₁·p¹⁰＝2¹⁰＝1 024.

(3)由题意知eq \f(S₉,T₉)＝eq \f(lg(a₁·a₂·…·a₉),lg(b₁·b₂·…·b₉))

＝eq \f(lg a\o\al(⁹,₅),lg b\o\al(⁹,₅))＝eq \f(lg a₅,lg b₅)

＝logb₅a₅＝eq \f(9,19).

题型三　等比数列的判定与证明

例3　已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a_n＋S_n＝n.

(1)设c_n＝a_n－1，求证：{c_n}是等比数列；

(2)求数列{a_n}的通项公式．

(1)证明　∵a_n＋S_n＝n，①

∴a_n＋1＋S_n＋1＝n＋1.②

②－①得a_n＋1－a_n＋a_n＋1＝1，

∴2a_n＋1＝a_n＋1，∴2(a_n＋1－1)＝a_n－1，

∴eq \f(a_n＋1－1,a_n－1)＝eq \f(1,2)，∴{a_n－1}是等比数列．

又a₁＋a₁＝1，∴a₁＝eq \f(1,2)，

∵c_n＝a_n－1，

∴首项c₁＝a₁－1，∴c₁＝－eq \f(1,2)，公比q＝eq \f(1,2).

∴{c_n}是以－eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列．

(2)解　由(1)可知c_n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))^n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))ⁿ，

∴a_n＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))ⁿ.

思维升华　(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．

(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．

设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁＝1，S_n＋1＝4a_n＋2.

(1)设b_n＝a_n＋1－2a_n，证明：数列{b_n}是等比数列；

(2)求数列{a_n}的通项公式．

(1)证明　由a₁＝1及S_n＋1＝4a_n＋2，

有a₁＋a₂＝S₂＝4a₁＋2.

∴a₂＝5，∴b₁＝a₂－2a₁＝3.

又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S_n＋1＝4a_n＋2， ①,S_n＝4a_n－1＋2， ②))

①－②，得a_n＋1＝4a_n－4a_n－1，

∴a_n＋1－2a_n＝2(a_n－2a_n－1)．

∵b_n＝a_n＋1－2a_n，∴b_n＝2b_n－1，

故{b_n}是首项b₁＝3，公比为2的等比数列．

(2)解　由(1)知b_n＝a_n＋1－2a_n＝3·2^n－1，

∴eq \f(a_n＋1,2^n＋1)－eq \f(a_n,2ⁿ)＝eq \f(3,4)，

故{eq \f(a_n,2ⁿ)}是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(3,4)的等差数列．

∴eq \f(a_n,2ⁿ)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·eq \f(3,4)＝eq \f(3n－1,4)，

得a_n＝(3n－1)·2^n－2.

分类讨论思想在等比数列中的应用

典例：(12分)(2013·天津)已知首项为eq \f(3,2)的等比数列{a_n}的前n项和为S_n(n∈N^*)，且－2S₂，S_3,4S₄成等差数列．

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)证明：S_n＋eq \f(1,S_n)≤eq \f(13,6)(n∈N^*)．

思维点拨　(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；

(2)求出前n项和，根据函数的单调性证明．

规范解答

(1)解　设等比数列{a_n}的公比为q，

因为－2S₂，S_3,4S₄成等差数列，

所以S₃＋2S₂＝4S₄－S₃，即S₄－S₃＝S₂－S₄，

可得2a₄＝－a₃，于是q＝eq \f(a₄,a₃)＝－eq \f(1,2).[2分]

又a₁＝eq \f(3,2)，所以等比数列{a_n}的通项公式为

a_n＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))^n－1＝(－1)^n－1·eq \f(3,2ⁿ).[3分]

(2)证明　由(1)知，S_n＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))ⁿ，

S_n＋eq \f(1,S_n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))ⁿ＋eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))ⁿ)

＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2ⁿ(2ⁿ＋1))，n为奇数，,2＋\f(1,2ⁿ(2ⁿ－1))，n为偶数.))[6分]

当n为奇数时，S_n＋eq \f(1,S_n)随n的增大而减小，

所以S_n＋eq \f(1,S_n)≤S₁＋eq \f(1,S₁)＝eq \f(13,6).[8分]

当n为偶数时，S_n＋eq \f(1,S_n)随n的增大而减小，

所以S_n＋eq \f(1,S_n)≤S₂＋eq \f(1,S₂)＝eq \f(25,12).[10分]

故对于n∈N^*，有S_n＋eq \f(1,S_n)≤eq \f(13,6).[12分]

温馨提醒　(1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有：

①已知S_n与a_n的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．

②等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．

③项数的奇、偶数讨论．

④等比数列的单调性的判断注意与a₁，q的取值的讨论．

(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别.

方法与技巧

1．已知等比数列{a_n}

(1)数列{c·a_n}(c≠0)，{|a_n|}，{aeq \o\al(²,_n)}，{eq \f(1,a_n)}也是等比数列．

(2)a₁a_n＝a₂a_n－1＝…＝a_ma_n－m＋1.

2．判断数列为等比数列的方法

(1)定义法：eq \f(a_n＋1,a_n)＝q(q是不等于0的常数，n∈N^*)⇔数列{a_n}是等比数列；也可用eq \f(a_n,a_n－1)＝q(q是不等于0的常数，n∈N^*，n≥2)⇔数列{a_n}是等比数列．二者的本质是相同的，其区别只是n的初始值不同．

(2)等比中项法：aeq \o\al(²,_n＋1)＝a_na_n＋2(a_na_n＋1a_n＋2≠0，n∈N^*)⇔数列{a_n}是等比数列．

3．解题中要注意选用等比数列的性质，减少运算量．

失误与防范

1．注意等比数列中的分类讨论．

2．由a_n＋1＝q·a_n(q≠0)，并不能断言{a_n}是等比数列，还要验证a₁≠0.

A组　专项基础训练

(时间：45分钟)

1．(2014·重庆)对任意等比数列{a_n}，下列说法一定正确的是(　　)

A．a₁，a₃，a₉成等比数列

B．a₂，a₃，a₆成等比数列

C．a₂，a₄，a₈成等比数列

D．a₃，a₆，a₉成等比数列

答案　D

解析　设等比数列的公比为q，因为eq \f(a₆,a₃)＝eq \f(a₉,a₆)＝q³，即aeq \o\al(²,₆)＝a₃a₉，所以a₃，a₆，a₉成等比数列．故选D.

2．(2014·大纲全国)等比数列{a_n}中，a₄＝2，a₅＝5，则数列{lg a_n}的前8项和等于(　　)

A．6  B．5  C．4  D．3

答案　C

解析　数列{lg a_n}的前8项和S₈＝lg a₁＋lg a₂＋…＋lg a₈＝lg(a₁·a₂·…·a₈)＝lg(a₁·a₈)⁴

＝lg(a₄·a₅)⁴＝lg(2×5)⁴＝4.

3．(2013·课标全国Ⅱ)等比数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S₃＝a₂＋10a₁，a₅＝9，则a₁等于(　　)

A.eq \f(1,3)  B．－eq \f(1,3)  C.eq \f(1,9)  D．－eq \f(1,9)

答案　C

解析　设等比数列{a_n}的公比为q，

由S₃＝a₂＋10a₁得a₁＋a₂＋a₃＝a₂＋10a₁，

即a₃＝9a₁，q²＝9，

又a₅＝a₁q⁴＝9，所以a₁＝eq \f(1,9).

4．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是(　　)

A．13  B．12  C．11  D．10

答案　B

解析　设该等比数列为{a_n}，其前n项的积为T_n，

则由已知得a₁·a₂·a₃＝3，a_n－2·a_n－1·a_n＝9，

(a₁·a_n)³＝3×9＝3³，

∴a₁·a_n＝3，又T_n＝a₁·a₂·…·a_n－1·a_n，

T_n＝a_n·a_n－1·…·a₂·a₁，

∴Teq \o\al(²,_n)＝(a₁·a_n)ⁿ，即729²＝3ⁿ，∴n＝12.

5．设各项都是正数的等比数列{a_n}，S_n为前n项和，且S₁₀＝10，S₃₀＝70，那么S₄₀等于(　　)

A．150                                     B．－200

C．150或－200                        D．400或－50

答案　A

解析　依题意，数列S₁₀，S₂₀－S₁₀，S₃₀－S₂₀，S₄₀－S₃₀成等比数列，

因此有(S₂₀－S₁₀)²＝S₁₀(S₃₀－S₂₀)，

即(S₂₀－10)²＝10(70－S₂₀)，

故S₂₀＝－20或S₂₀＝30；

又S₂₀>0，

因此S₂₀＝30，S₂₀－S₁₀＝20，S₃₀－S₂₀＝40，

故S₄₀－S₃₀＝80.

S₄₀＝150.故选A.

6．等比数列{a_n}中，S_n表示前n项和，a₃＝2S₂＋1，a₄＝2S₃＋1，则公比q为________．

答案　3

解析　由a₃＝2S₂＋1，a₄＝2S₃＋1得

a₄－a₃＝2(S₃－S₂)＝2a₃，

∴a₄＝3a₃，∴q＝eq \f(a₄,a₃)＝3.

7．等比数列{a_n}的前n项和为S_n，公比不为1.若a₁＝1，则对任意的n∈N^*，都有a_n＋2＋a_n＋1－2a_n＝0，则S₅＝________.

答案　11

解析　利用“特殊值”法，确定公比．

由题意知a₃＋a₂－2a₁＝0，设公比为q，则a₁(q²＋q－2)＝0.

由q²＋q－2＝0解得q＝－2或q＝1(舍去)，

则S₅＝eq \f(a₁(1－q⁵),1－q)＝eq \f(1－(－2)⁵,3)＝11.

8．设等比数列{a_n}的各项均为正数，其前n项和为S_n，若a₁＝1，a₃＝4，S_k＝63，则k＝________.

答案　6

解析　设等比数列{a_n}公比为q，由已知a₁＝1，a₃＝4，

得q²＝eq \f(a₃,a₁)＝4.

又{a_n}的各项均为正数，∴q＝2.

而S_k＝eq \f(1－2^k,1－2)＝63，

∴2^k－1＝63，解得k＝6.

9．已知等差数列{a_n}满足a₂＝2，a₅＝8.

(1)求{a_n}的通项公式；

(2)各项均为正数的等比数列{b_n}中，b₁＝1，b₂＋b₃＝a₄，求{b_n}的前n项和T_n.

解　(1)设等差数列{a_n}的公差为d，

则由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a₁＋d＝2，,a₁＋4d＝8.))∴a₁＝0，d＝2.

∴a_n＝a₁＋(n－1)d＝2n－2.

(2)设等比数列{b_n}的公比为q，则由已知得q＋q²＝a₄，

∵a₄＝6，∴q＝2或q＝－3.

∵等比数列{b_n}的各项均为正数，∴q＝2.

∴{b_n}的前n项和T_n＝eq \f(b₁(1－qⁿ),1－q)＝eq \f(1×(1－2ⁿ),1－2)

＝2ⁿ－1.

10．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n＝4a_n－3(n∈N^*)．

(1)证明：数列{a_n}是等比数列；

(2)若数列{b_n}满足b_n＋1＝a_n＋b_n(n∈N^*)，且b₁＝2，求数列{b_n}的通项公式．

(1)证明　依题意S_n＝4a_n－3(n∈N^*)，

n＝1时，a₁＝4a₁－3，解得a₁＝1.

因为S_n＝4a_n－3，则S_n－1＝4a_n－1－3(n≥2)，

所以当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝4a_n－4a_n－1，

整理得a_n＝eq \f(4,3)a_n－1.

又a₁＝1≠0，所以{a_n}是首项为1，

公比为eq \f(4,3)的等比数列．

(2)解　因为a_n＝(eq \f(4,3))^n－1，

由b_n＋1＝a_n＋b_n(n∈N^*)，

得b_n＋1－b_n＝(eq \f(4,3))^n－1.

可得b_n＝b₁＋(b₂－b₁)＋(b₃－b₂)＋…＋(b_n－b_n－1)

＝2＋eq \f(1－(\f(4,3))^n－1,1－\f(4,3))

＝3·(eq \f(4,3))^n－1－1(n≥2)，

当n＝1时也满足，

所以数列{b_n}的通项公式为b_n＝3·(eq \f(4,3))^n－1－1.

B组　专项能力提升

(时间：30分钟)

11．等比数列{a_n}的前n项和为S_n，若a₁＋a₂＋a₃＋a₄＝1，a₅＋a₆＋a₇＋a₈＝2，S_n＝15，则项数n为(　　)

A．12  B．14  C．15  D．16

答案　D

解析 eq \f(a₅＋a₆＋a₇＋a₈,a₁＋a₂＋a₃＋a₄)＝q⁴＝2，

由a₁＋a₂＋a₃＋a₄＝1，

得a₁·eq \f(1－q⁴,1－q)＝1，∴a₁＝q－1，

又S_n＝15，即eq \f(a₁(1－qⁿ),1－q)＝15，

∴qⁿ＝16，又∵q⁴＝2，∴n＝16.故选D.

12．(2013·福建)已知等比数列{a_n}的公比为q，记b_n＝a_m(n－1)＋1＋a_m(n－1)＋2＋…＋a_m(n－1)＋m，c_n＝a_m(n－1)＋1·a_m(n－1)＋2·…·a_m(n－1)＋m(m，n∈N^*)，则以下结论一定正确的是(　　)

A．数列{b_n}为等差数列，公差为q^m

B．数列{b_n}为等比数列，公比为q^2m

C．数列{c_n}为等比数列，公比为qm²

D．数列{c_n}为等比数列，公比为qm^m

答案　C

解析　∵b_n＝a_m(n－1)(q＋q²＋…＋q^m)

∴eq \f(b_n＋1,b_n)＝eq \f(a_mn(q＋q²＋…＋q^m),a_m(n－1)(q＋q²＋…＋q^m))＝eq \f(a_mn,a_m(n－1))＝q^m(常数)．

b_n＋1－b_n不是常数．

又∵c_n＝(a_m(n－1))^mq^{1＋2＋…＋m}＝(a_m(n－1)q^{eq \}f(m＋1,2))^m，

∴eq \f(c_n＋1,c_n)＝(eq \f(a_mn,a_m(n－1)))^m＝(q^m)^m＝qm²(常数)．

∴选C.

13．已知数列{a_n}是等比数列，a₁，a₂，a₃依次位于下表中第一行，第二行，第三行中的某一格内，又a₁，a₂，a₃中任何两个都不在同一列，则a_n＝________(n∈N^*).