2023屆高考復(fù)習(xí)數(shù)列微專題-等差數(shù)列、等比數(shù)列性質(zhì)強(qiáng)化訓(xùn)練（解析版）

高考復(fù)習(xí)數(shù)列微專題——等差數(shù)列、等比數(shù)列性質(zhì)強(qiáng)化訓(xùn)練（解析版）一、等差數(shù)列性質(zhì)已知{an}為等差數(shù)列，d為公差，Sn為該數(shù)列的前n項和．(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；(2)在等差數(shù)列{an}中，當(dāng)m＋n＝p＋q時，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．特別地，若m＋n＝2p，則2ap＝am＋an(m，n，p∈N*)；(3)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等差數(shù)列，公差為md(k，m∈N*)；(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差數(shù)列，公差為n2d；(5)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列；(6)若{an}是等差數(shù)列，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也成等差數(shù)列，其首項與{an}首項相同，公差是{an}公差的eq\f(1,2)；(7)若項數(shù)為偶數(shù)2n，則S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1)；(8)若項數(shù)為奇數(shù)2n－1，則S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1)．（9）兩個等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和Sn，Tn之間的關(guān)系為eq\f(S2n－1,T2n－1)＝eq\f(an,bn).例1(2022·新高考模擬)等差數(shù)列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，則公差d＝()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C．2D．－eq\f(1,2)解析：由a4＋a8＝2a6＝10，得a6＝5，所以4d＝a10－a6＝1，解得d＝eq\f(1,4).例2(2022·棗莊質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的項數(shù)為奇數(shù)，其中所有奇數(shù)項之和為319，所有偶數(shù)項之和為290，則該數(shù)列的中間項為()A．28 B．29C．30 D．31解析：由結(jié)論(8)，設(shè)項數(shù)為奇數(shù)2n－1，S奇－S偶＝an＝319－290＝29，故選B．例3(2022·四川雙流中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S10＝1，S30＝5，則S40＝()A．7 B．8C．9 D．10解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差數(shù)列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋eq\f(S30,3)＝1＋eq\f(5,3)＝eq\f(8,3).∴d＝(S20－S10)－S10＝eq\f(2,3)，∴S40－5＝1＋3×eq\f(2,3)＝3，∴S40＝8.故選B跟蹤練習(xí)1、(2022·淄博模擬)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且4＋a5＝a6＋a4，則S9＝()A．72 B．36C．18 D．9解析：∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，∴S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝36．2、(2022·廣州市階段訓(xùn)練)已知{an}是等差數(shù)列，a3＝5，a2－a4＋a6＝7，則數(shù)列{an}的公差為()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a2－a4＋a6＝7，得(a2＋a6)－a4＝2a4－a4＝a4＝7，所以d＝a4－a3＝2，即等差數(shù)列{an}的公差為2，故選D．3、(2022·吉林百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若2a11＝a9＋7，則S25＝()A．eq\f(145,2) B．145C．eq\f(175,2) D．175解析：∵2a11＝a9＋a13＝a9＋7，∴a13＝7，∴S25＝eq\f(a1＋a25×25,2)＝25a13＝175.故選D．4、(2021·江西九江一中月考)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，則eq\f(S9,S5)＝()A．1 B．－1C．2 D．eq\f(1,2)解析：eq\f(S9,S5)＝eq\f(9a1＋a9,5a1＋a5)＝eq\f(9a5,5a3)，∵eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，∴eq\f(S9,S5)＝1.故選A．5、在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2023，其前n項和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2023＝(A)A．－2023 B．－2022C．－2021 D．－2020解析：由題意知，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，其公差為1，所以eq\f(S2023,2023)＝eq\f(S1,1)＋(2023－1)×1＝－2023＋2022＝－1.所以S2023＝－2023.故選A．6、若兩個等差數(shù)列{an}、{bn}的前n項和分別為An、Bn，且滿足eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，則eq\f(a3＋a7＋a11,b5＋b9)的值為()A．eq\f(39,44) B．eq\f(5,8)C．eq\f(15,16) D．eq\f(13,22)解析：eq\f(a3＋a7＋a11,b5＋b9)＝eq\f(3a7,2b7)＝eq\f(3,2)×eq\f(\f(13a1＋a13,2),\f(13b1＋b13,2))＝eq\f(3,2)×eq\f(A13,B13)＝eq\f(3,2)×eq\f(2×13－1,3×13＋1)＝eq\f(15,16).故選C．7、(2022·臨沂質(zhì)檢)在等差數(shù)列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，則a7－eq\f(1,2)a8＝()A．4 B．6C．8 D．10解析：∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16，又a6＋a8＝2a7，∴a7＝eq\f(1,2)a6＋eq\f(1,2)a8，即a7－eq\f(1,2)a8＝eq\f(1,2)a6＝8，故選C．8、(2022·洛陽質(zhì)檢)記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S17＝272，則a3＋a9＋a15＝()A．24 B．36C．48 D．64解析：C因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，所以S17＝272＝eq\f(a1＋a17,2)×17＝eq\f(2a9,2)×17＝17a9，所以a9＝16，所以a3＋a9＋a15＝3a9＝48．9、(2020·北京高考)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－9，a5＝－1．記Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)，則數(shù)列{Tn}()A．有最大項，有最小項 B．有最大項，無最小項C．無最大項，有最小項 D．無最大項，無最小項解析：B設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝－9，a5＝－1，∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋(n－1)×2＝2n－11．令an＝2n－11≤0，則n≤5．5，∴n≤5時，an<0；n≥6時，an>0．∴T1＝－9<0，T2＝(－9)×(－7)＝63>0，T3＝(－9)×(－7)×(－5)＝－315<0，T4＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)＝945>0，T5＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)＝－945<0，當(dāng)n≥6時，an>0，且an≥1，∴Tn＋1<Tn<0，∴Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)有最大項T4，無最小項，故選B．10、(2022·遼寧模擬)已知等差數(shù)列{an}的前15項和S15＝30，則a7＋a8＋a9＝()A．－2 B．6C．10 D．14解析：B∵等差數(shù)列{an}的前15項和S15＝30，∴S15＝eq\f(15,2)(a1＋a15)＝15a8＝30，解得a8＝2，∴a7＋a8＋a9＝3a8＝6．故選B．11、(2022·濟(jì)南二模)在等差數(shù)列{an}中，a2，a14是方程x2＋6x＋2＝0的兩個實數(shù)根，則eq\f(a8,a2a14)＝()A．－eq\f(3,2) B．－3C．－6 D．2解析：A因為a2，a14是方程x2＋6x＋2＝0的兩個實數(shù)根，所以a2＋a14＝2a8＝－6，a8＝－3，a2a14＝2，所以eq\f(a8,a2a14)＝eq\f(－3,2)＝－eq\f(3,2)．故選A．12、(多選)(2022·珠海模擬)已知{an}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且2a1＋3a3＝S6，則以下結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)10＝0 B．S10最小C．S7＝S12 D．S19＝0解析：ACD∵2a1＋3a3＝S6，∴2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，∴a1＋9d＝0，即a10＝0，A正確；當(dāng)d<0時，Sn沒有最小值，B錯誤；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，∴S12＝S7，C正確；S19＝eq\f(a1＋a19×19,2)＝19a10＝0，D正確．故選A、C、D．13、(2022·遼寧模擬)已知等差數(shù)列{an}的前15項和S15＝30，則a7＋a8＋a9＝()A．－2 B．6C．10 D．14解析：B∵等差數(shù)列{an}的前15項和S15＝30，∴S15＝eq\f(15,2)(a1＋a15)＝15a8＝30，解得a8＝2，∴a7＋a8＋a9＝3a8＝6．故選B．14、(2022·濟(jì)南二模)在等差數(shù)列{an}中，a2，a14是方程x2＋6x＋2＝0的兩個實數(shù)根，則eq\f(a8,a2a14)＝()A．－eq\f(3,2) B．－3C．－6 D．2解析：A因為a2，a14是方程x2＋6x＋2＝0的兩個實數(shù)根，所以a2＋a14＝2a8＝－6，a8＝－3，a2a14＝2，所以eq\f(a8,a2a14)＝eq\f(－3,2)＝－eq\f(3,2)．故選A．15、(2022·珠海模擬)已知函數(shù)y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于y軸對稱，且函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)，若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a4)＝f(a18)，則{an}的前21項之和為()A．0 B．eq\f(25,2)C．21 D．42解析：由函數(shù)y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于y軸對稱，且函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)，可得y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，由數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a4)＝f(a18)，可得a4＋a18＝2，又{an}是等差數(shù)列，所以a1＋a21＝a4＋a18＝2，可得數(shù)列的前21項和S21＝eq\f(21a1＋a21,2)＝21，則{an}的前21項之和為21．故選C．16、(多選)(2022·珠海模擬)已知{an}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且2a1＋3a3＝S6，則以下結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)10＝0 B．S10最小C．S7＝S12 D．S19＝0解析：ACD∵2a1＋3a3＝S6，∴2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，∴a1＋9d＝0，即a10＝0，A正確；當(dāng)d<0時，Sn沒有最小值，B錯誤；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，∴S12＝S7，C正確；S19＝eq\f(a1＋a19×19,2)＝19a10＝0，D正確．故選A、C、D．17、(2021·杭州二模)已知{an}是等差數(shù)列，滿足3(a1＋a5)＋2(a3＋a6＋a9)＝18，則該數(shù)列的前8項和為()A.36 B.24 C.16 D.12解析：由等差數(shù)列性質(zhì)可得a1＋a5＝2a3，a3＋a6＋a9＝3a6，所以3×2a3＋2×3a6＝18，即a3＋a6＝3，所以S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝eq\f(8（a3＋a6）,2)＝12.18、(2021·武漢調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S8＝a8＝8，則公差d＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2) C.1 D.2解析：∵S8＝a8＝8，∴a1＋a2＋…＋a8＝a8，∴S7＝7a4＝0，則a4＝0.∴d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝2.19、設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且4＋a5＝a6＋a4，則S9等于()A.72 B.36 C.18 D.9解析：∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，∴S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝36.20、在等差數(shù)列{an}中，若a5＋a6＝4，則log2(2a1·2a2·…·2a10)＝()A.10 B.20C.40 D.2＋log25解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋a6＝4，則2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log225×4＝20.21、已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S5＝7，S10＝21，則S15等于()A.35 B.42 C.49 D.63解析：在等差數(shù)列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差數(shù)列，即7，14，S15－21成等差數(shù)列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.22、(多選)(2022·淄博調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，當(dāng)首項a1和d變化時，a2＋a8＋a11是一個定值，則下列各數(shù)也為定值的是()A.a7 B.a8 C.S13 D.S15解析：由題知a2＋a8＋a11＝a1＋d＋a1＋7d＋a1＋10d＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，∴a7是定值，∴S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7是定值，故選AC.23、(2022·重慶診斷)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝－2020，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2023等于()A.2023 B.－2023C.4046 D.－4046解析：∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，設(shè)公差為d′，則eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d′＝6，∴d′＝1，首項為eq\f(S1,1)＝－2020，∴eq\f(S2023,2023)＝－2020＋(2023－1)×1＝2，∴S2023＝2023×2＝4046，故選C.24、(多選)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S4＝0，a5＝5，則下列選項正確的是()A.a2＋a3＝0 B.an＝2n－5C.Sn＝n(n－4) D.d＝－2解析：S4＝eq\f(4×（a1＋a4）,2)＝0，∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正確；a5＝a1＋4d＝5，①a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②聯(lián)立①②得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正確，D錯誤；Sn＝－3n＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n，C正確，故選ABC.25、在公差不為0的等差數(shù)列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，則eq\f(1,5)a4＝()A．－1 B．0C．1 D．2解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)，得2a7＋3a3－3a5＝10，得4a5＋a3－3a5＝10，即a5＋a3＝10，則2a4＝10，即a4＝5，所以eq\f(1,5)a4＝1.26、(2020·高考北京卷)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.記Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，則數(shù)列{Tn}()A．有最大項，有最小項 B．有最大項，無最小項C．無最大項，有最小項 D．無最大項，無最小項解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a1＝－9，a5＝－1，所以a5＝－9＋4d＝－1，所以d＝2，所以an＝－9＋(n－1)×2＝2n－11.令an＝2n－11≤0，則n≤5.5，所以n≤5時，an<0；n≥6時，an>0.所以T1＝－9<0，T2＝(－9)×(－7)＝63>0，T3＝(－9)×(－7)×(－5)＝－315<0，T4＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)＝945>0，T5＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)＝－945<0，當(dāng)n≥6時，an>0，且an≥1，所以Tn＋1<Tn<0，所以Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)有最大項T4，無最小項．27、(2022·濟(jì)寧鄒城期中)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，公差為d，若S9＝a5＋a12，a1>0，則以下結(jié)論一定正確的是()A．d>0 B．S2＝S5C．|a1|>|a9| D．Sn取得最大值時，n＝3解析：選B．因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，所以S9＝a5＋a12?9a1＋36d＝2a1＋15d?a1＝－3d.對于A：因為a1>0，所以d<0，故A錯誤．對于B：S2＝a1＋a2＝2a1＋d＝－5d，S5＝－5d，故B正確．對于C:|a9|＝|a1＋8d|＝eq\f(5,3)|a1|，因此|a1|<|a9|，故C錯誤．對于D：Sn＝eq\f(d,2)n2－eq\f(7d,2)n，當(dāng)n＝eq\f(7,2)時Sn取到最大值，因為n∈N*，所以n＝3或4，故D錯誤．28、已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝－2020，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2023＝()A．2023 B．－2023C．4046 D．－4046解析：選C．由題意知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，設(shè)公差為d′，則eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d′＝6，所以d′＝1，首項為eq\f(S1,1)＝－2020，所以eq\f(S2023,2023)＝－2020＋(2023－1)×1＝2，所以S2023＝2023×2＝4046.29、已知數(shù)列{an}滿足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，則logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝()A.－3 B.3 C.－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)解析：數(shù)列{an}滿足5an＋1＝25·5an，∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為2.∵a2＋a4＋a6＝9，∴3a4＝9，a4＝3.∴a1＋3×2＝3，解得a1＝－3.∴a5＋a7＋a9＝3a7＝3×(－3＋6×2)＝27，30、則logeq\f(1,3)(a在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a3＝2－eq\r(2)，a5＝eq\r(2)＋1，則a1a5＋2a2a6＋a3a7＝()A．1 B．9C．5eq\r(2)＋7 D．3eq\r(2)＋9解析：B因為{an}為各項為正的等比數(shù)列，a3＝2－eq\r(2)，a5＝eq\r(2)＋1，所以a1a5＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(2－eq\r(2)＋eq\r(2)＋1)2＝9，故選B．5＋a7＋a9)＝logeq\f(1,3)33＝－3.故選A.31、(多選)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a6＝8a3，則()A．?dāng)?shù)列{an}的公比為2B．?dāng)?shù)列{an}的公比為8C．eq\f(S6,S3)＝8D．eq\f(S6,S3)＝9解析：AD因為等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a6＝8a3，所以eq\f(a6,a3)＝q3＝8，解得q＝2，所以eq\f(S6,S3)＝eq\f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝9．故選A、D．32、(多選)設(shè){an}是公比為2的等比數(shù)列，下列四個選項中是正確的命題有()A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列B．{a2n}是公比為4的等比數(shù)列C．{2an}是公比為4的等比數(shù)列D．{anan＋1}是公比為2的等比數(shù)列解析：AB由于數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，則對任意的n∈N*，an≠0，且公比為q＝eq\f(an＋1,an)＝2．對于A選項，eq\f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)＝eq\f(1,2)，即數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，A選項正確；對于B選項，eq\f(a2n＋2,a2n)＝q2＝4，即數(shù)列{a2n}是公比為4的等比數(shù)列，B選項正確；對于C選項，eq\f(2an＋1,2an)＝q＝2，即數(shù)列{2an}是公比為2的等比數(shù)列，C選項錯誤；對于D選項，eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq\f(an＋2,an)＝q2＝4，即數(shù)列{anan＋1}是公比為4的等比數(shù)列，D選項錯誤．故選A、B．33、(2021·深圳一模)在數(shù)列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，則k＝()A.10 B.9 C.8 D.7解析：令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，所以{an}是首項為a1＝3，公差為3的等差數(shù)列，an＝3＋3(n－1)＝3n，所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq\f(k（a1＋ak）,2)＝eq\f(k（3＋3k）,2)＝135.整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍).34、設(shè)正項等差數(shù)列{an}滿足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，則下列說法錯誤的是()A．a(chǎn)2a9的最大值為10B．a(chǎn)2＋a9的最大值為2eq\r(10)C．eq\f(1,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＋eq\f(1,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))的最大值為eq\f(1,5)D．a(chǎn)eq\o\al(\s\up12(4),\s\do4(2))＋aeq\o\al(\s\up12(4),\s\do4(9))的最小值為200解析：選C．由題意得(a2＋a9)2＝2a2a9＋20，即aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(2))＋aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(9))＝20.A．a(chǎn)2a9≤eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)),2)＝eq\f(20,2)＝10，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝a9＝eq\r(10)時等號成立，故A選項正確；B．由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋a9,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)),2)＝10，所以eq\f(a2＋a9,2)≤eq\r(10)，a2＋a9≤2eq\r(10)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝a9＝eq\r(10)時等號成立，故B選項正確；C．eq\f(1,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＋eq\f(1,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))＝eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)),aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))＝eq\f(20,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))≥eq\f(20,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)),2)))\s\up12(2))＝eq\f(20,102)＝eq\f(1,5)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝a9＝eq\r(10)時等號成立，所以eq\f(1,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＋eq\f(1,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))的最小值為eq\f(1,5)，故C選項錯誤；D．結(jié)合A的結(jié)論，有aeq\o\al(\s\up12(4),\s\do4(2))＋aeq\o\al(\s\up12(4),\s\do4(9))＝(aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(2))＋aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(9)))2－2aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(2))·aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(9))＝400－2aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(2))·aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(9))≥400－2×102＝200，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝a9＝eq\r(10)時等號成立，故D選項正確．35、兩個等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和分別為An，Bn，且滿足eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，則使得eq\f(an,bn)為正整數(shù)的n的個數(shù)是()A．5 B．4C．3 D．2解析：選A．因為eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)，所以當(dāng)n＋1＝2，3，4，6，12，即n＝1，2，3，5，11時，eq\f(an,bn)為正整數(shù)．故選A．36、已知{an}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且2a1＋3a3＝S6，則以下結(jié)論不正確的是()A．a(chǎn)10＝0 B．S10最小C．S7＝S12 D．S19＝0解析：選B．因為2a1＋3a3＝S6，所以2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，所以a1＋9d＝0，即a10＝0，A正確；當(dāng)d＜0時，Sn沒有最小值，B錯誤；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7，C正確；S19＝eq\f((a1＋a19)×19,2)＝19a10＝0，D正確．37、已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝－2020，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2023＝()A．2023 B．－2023C．4046 D．－4046解析：C由結(jié)論(6)可知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，且eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d＝6，∴d＝1，首項為eq\f(S1,1)＝－2020，∴eq\f(S2023,2023)＝－2020＋(2023－1)×1＝2，∴S2023＝2023×2＝4046，故選C．38、已知等差數(shù)列{an}滿足a4＋a6＝22，a1·a9＝57，則該等差數(shù)列的公差為()A．1或－1 B．2C．－2 D．2或－2解析：D由a1＋a9＝a4＋a6＝22，a1·a9＝57，所以a1，a9是方程x2－22x＋57＝0的兩實數(shù)根，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,a9＝19))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝19，,a9＝3，))所以公差d＝eq\f(a9－a1,8)＝2或－2．故選D．39、等差數(shù)列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n－2,2n＋1)，則eq\f(a7,b7)等于________.解析：eq\f(a7,b7)＝eq\f(2a7,2b7)＝eq\f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq\f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq\f(S13,T13)＝eq\f(3×13－2,2×13＋1)＝eq\f(37,27).40、設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S6>S7>S5，則滿足SkSk＋1<0的正整數(shù)k＝__________．解析：依題意得a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6<0，a6＋a7＝S7－S5>0，則S11＝eq\f(11(a1＋a11),2)＝11a6>0，S12＝eq\f(12(a1＋a12),2)＝eq\f(12(a6＋a7),2)>0，S13＝eq\f(13(a1＋a13),2)＝13a7<0，所以S12S13<0，即滿足SkSk＋1<0的正整數(shù)k＝12.41、設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S3＝－12，S9＝45，則S12＝.解析：因為{an}是等差數(shù)列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差數(shù)列，所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，即2(S6＋12)＝－12＋(45－S6)，解得S6＝3.又2(S9－S6)＝(S6－S3)＋(S12－S9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S12－45)，解得S12＝114.42、(2022·安徽蚌埠一模)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，a6＋a7＝1，則S12＝________，若a7＜0，則使得不等式Sn＜0成立的最小整數(shù)n＝________．解析：根據(jù){an}為等差數(shù)列，且a6＋a7＝1，得S12＝6(a6＋a7)＝6；若a7＜0，則S13＝eq\f((a1＋a13)×13,2)＝13a7＜0，又S12＞0，所以使不等式Sn＜0成立的最小整數(shù)n＝13.43、等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，若對任意正整數(shù)n都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－1,3n－2)，則eq\f(a11,b6＋b10)＋eq\f(a5,b7＋b9)的值為________．解析：eq\f(a11,b6＋b10)＋eq\f(a5,b7＋b9)＝eq\f(a11＋a5,2b8)＝eq\f(2a8,2b8)＝eq\f(a8,b8)，又eq\f(a8,b8)＝eq\f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq\f(S15,T15)＝eq\f(2×15－1,3×15－2)＝eq\f(29,43).44、(2021·山東師大附中模擬)若Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，且a2＋a9＋a19＝6，則a10＝，S19＝.解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為D．由等差數(shù)列的通項公式可得a2＋a9＋a19＝3(a1＋9d)＝3a10＝6，所以a10＝2，由等差數(shù)列前n項和公式可得S19＝eq\f(19a1＋a19,2)＝19a10＝38.45、記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a3＝5，a7＝13，則S10＝____________．解析：由題意，得公差d＝eq\f(1,4)(a7－a3)＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝eq\f(10(a1＋a10),2)＝5(a4＋a7)＝100.46、(2021·長春一模)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，a6＋a7＝1，則S12＝________，若a7＜0，則使得不等式Sn＜0成立的最小整數(shù)n＝________.解析：根據(jù){an}為等差數(shù)列，且a6＋a7＝1，得S12＝eq\f(（a1＋a12）×12,2)＝6(a6＋a7)＝6；若a7＜0，則S13＝eq\f(（a1＋a13）×13,2)＝13a7＜0，又S12＞0，所以使不等式Sn＜0成立的最小整數(shù)n＝13.一、等比數(shù)列性質(zhì)設(shè)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，Sn是其前n項和．(1)若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*，特別地，若2s＝p＋r，則apar＝aeq\o\al(2,s)，其中p，s，r∈N*.(2)相隔等距離的項組成的數(shù)列仍是等比數(shù)列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數(shù)列，公比為qm(k，m∈N*)．(3)若數(shù)列{an}，{bn}是兩個項數(shù)相同的等比數(shù)列，則數(shù)列{ban}，{pan·qbn}和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(pan,qbn)))(其中b，p，q是非零常數(shù))也是等比數(shù)列．(4)當(dāng)q≠－1或q＝－1且k為奇數(shù)時，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比數(shù)列．當(dāng)q＝－1且k為偶數(shù)時，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比數(shù)列．(5)等比數(shù)列{an}的單調(diào)性①滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1))時，{an}是遞增數(shù)列．②滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1))時，{an}是遞減數(shù)列．③當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1≠0，,q＝1))時，{an}為常數(shù)列．④當(dāng)q<0時，{an}為擺動數(shù)列．(6)若共有2n項，則eq\f(S偶,S奇)＝q；(7)若共有2n＋1項，eq\f(S奇－a1,S偶)＝q．例4(2022·浙江麗水模擬)已知各項都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}，Sn為其前n項和，且S3＝10，S9＝70，則S12＝()A．150 B．－200C．150或－200 D．400或－50解析：解法一：設(shè)等比數(shù)列的公比為q，顯然q≠1，又Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴eq\f(S9,S3)＝eq\f(1－q9,1－q3)＝q6＋q3＋1＝7.∴q3＝2或－3(舍去)．又eq\f(S12,S3)＝eq\f(1－q12,1－q3)＝eq\f(1－q34,1－q3)＝15.∴S12＝15S3＝150.故選A．解法二：∵S9＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋(a7＋a8＋a9)＝S3＋q3S3＋q6S3＝S3(1＋q3＋q6)，∴10(q6＋q3＋1)＝70，∴q3＝2或－3(舍去)，∴S12＝S9＋q9S3＝70＋80＝150.故選A．解法三：由等比數(shù)列的性質(zhì)知S3、S6－S3、S9－S6、S12－S9是等比數(shù)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.故選A．解法四：設(shè)等比數(shù)列前n項和為Sn＝A－Aqn，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A1－q9＝70，,A1－q3＝10，))兩式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10.∴S12＝－10(1－24)＝150.故選A．例5(2022·青島模擬)等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，a5，a6是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2＋8x＋1的極值點，則log2a1＋log2a2＋…＋log2a10＝()A．3＋log25 B．8C．10 D．15解析：Df′(x)＝x2－6x＋8，∵a5，a6是函數(shù)f(x)的極值點，∴a5，a6是方程x2－6x＋8＝0的兩實數(shù)根，則a5·a6＝8，∴l(xiāng)og2a1＋log2a2＋…＋log2a10＝log2(a1·a2·…·a10)＝log2(a5·a6)5＝5log28＝15，故選D．跟蹤練習(xí)1、(2022·潮州模擬)Sn為正項等比數(shù)列{an}的前n項和，若a3a5＝256，a4a6＝1024，則eq\f(Sn,an)＝()A．2n－1 B．2－21－nC．2－2n－1 D．21－n－1解析：由a3a5＝256，a4a6＝1024，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,4)＝256，,a\o\al(2,5)＝1024.))又an>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝16，,a5＝32，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2，))∴an＝2n，Sn＝2(2n－1)，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(22n－1,2n)＝2－21－n，故選B．2、(2022·洛陽第一次聯(lián)考)在等比數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的兩根，則eq\f(a2a16,a9)的值為()A．－eq\f(2＋\r(2),2) B．－eq\r(2)C．eq\r(2) D．－eq\r(2)或eq\r(2)解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的兩根，所以a3a15＝aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(9))＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，則a9＝－eq\r(2)，所以eq\f(a2a16,a9)＝eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)),a9)＝a9＝－eq\r(2).3、(2021·洛陽市第一次聯(lián)考)在等比數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的兩根，則eq\f(a2a16,a9)的值為()A．－2 B．－eq\r(2)C．eq\r(2) D．－eq\r(2)或eq\r(2)解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝aeq\o\al(2,9)＝2，a3＋a15＝－6，又a3、a15同號，所以a3<0，a15<0，則a9＝－eq\r(2)，所以eq\f(a2a16,a9)＝eq\f(a\o\al(2,9),a9)＝a9＝－eq\r(2).故選B．4、(2021·安徽省江淮十校月考)已知等比數(shù)列{an}的公比q＝－eq\f(1,2)，該數(shù)列前9項的乘積為1，則a1等于()A．8 B．16C．32 D．64解析：由已知a1a2…a9＝1，又a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝aeq\o\al(2,5)，所以aeq\o\al(9,5)＝1，即a5＝1，所以a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))4＝1，a1＝16.故選B5、(2021·吉林統(tǒng)考)設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，S12＝7S4，則eq\f(S8,S4)＝()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,3)或eq\f(1,2)C．3 D．3或－2解析：由題意eq\f(S12,S4)＝eq\f(1＋q4＋q8S4,S4)＝1＋q4＋q8＝7即q8＋q4－6＝0，∴q4＝2或－3(舍去)，∴eq\f(S8,S4)＝eq\f(1＋q4S4,S4)＝1＋q4＝3，故選C．6、在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a3＝2－eq\r(2)，a5＝eq\r(2)＋1，則a1a5＋2a2a6＋a3a7＝()A．1 B．9C．5eq\r(2)＋7 D．3eq\r(2)＋9解析：因為{an}為各項為正的等比數(shù)列，a3＝2－eq\r(2)，a5＝eq\r(2)＋1，所以a1a5＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(2－eq\r(2)＋eq\r(2)＋1)2＝9，故選B．7、(多選)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a6＝8a3，則()A．?dāng)?shù)列{an}的公比為2B．?dāng)?shù)列{an}的公比為8C．eq\f(S6,S3)＝8D．eq\f(S6,S3)＝9解析：AD因為等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a6＝8a3，所以eq\f(a6,a3)＝q3＝8，解得q＝2，所以eq\f(S6,S3)＝eq\f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝9．故選A、D．8、(2021·全國甲卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若S2＝4，S4＝6，則S6＝()A.7 B.8 C.9 D.10解析：易知S2，S4－S2，S6－S4構(gòu)成等比數(shù)列，由等比中項得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.9、已知在等比數(shù)列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，則a5＝()A．－2 B．±2C．2 D．±eq\f(1,2)解析：選C．因為a2a3a4＝1，所以a3＝1，因為a6a7a8＝64，所以a7＝4，又aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(5))＝a3a7＝4，又a5與a3同號，10、等比數(shù)列{an}中，a5，a7是函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3的兩個零點，則a3·a9＝()A．－3 B．3C．－4 D．4解析：B∵a5，a7是函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3的兩個零點，∴a5，a7是方程x2－4x＋3＝0的兩個根，∴a5·a7＝3，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得：a3·a9＝a5·a7＝3．故選B．11、公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，則m的值為()A.8 B.9 C.10 D.11解析：∵公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a5a6＋a4a7＝8，∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.12、(2021·長沙檢測)已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S8－2S4＝5，則a9＋a10＋a11＋a12的最小值為()A.25 B.20 C.15 D.10解析：在正項等比數(shù)列{an}中，Sn>0，因為S8－2S4＝5，則S8－S4＝5＋S4，易知S4，S8－S4，S12－S8是等比數(shù)列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，所以S12－S8＝eq\f(（S4＋5）2,S4)＝eq\f(25,S4)＋S4＋10≥2eq\r(\f(25,S4)·S4)＋10＝20(當(dāng)且僅當(dāng)S4＝5時取等號)因為a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值為20.13、已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，則a7的值為()A.2 B.4 C.eq\f(9,2) D.6解析：根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)得a3a5＝aeq\o\al(2,4)，∴aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.又a1＝1，a1a7＝aeq\o\al(2,4)＝4，∴a7＝4.14、在等比數(shù)列{an}中，an>0，且a1＋a2＝1，a3＋a4＝9，則a4＋a5的值為()A．16 B．27C．36 D．81解析：選B．因為a1＋a2＝1，a3＋a4＝9，所以q2＝9.所以q＝3(q＝－3舍去)，所以a4＋a5＝(a3＋a4)q＝27.15、已知數(shù)列{an}為各項都是正數(shù)的等比數(shù)列，a6·a8＝16aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(5))，則eq\f(a4＋a7,a5＋a8)＝()A．2 B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)解析：選C．設(shè)數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，因為a6·a8＝16aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(5))，所以aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(1))q12＝16aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(1))q8，所以q4＝16，所以q＝2或q＝－2(舍去)，所以eq\f(a4＋a7,a5＋a8)＝eq\f(a1q3＋a1q6,a1q4＋a1q7)＝eq\f(q3＋q6,q4＋q7)＝eq\f(1,q)＝eq\f(1,2).16、在正項等比數(shù)列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，則n＝()A．12 B．13C．14 D．15解析：選C．因為數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，所以a1a2a3，a4a5a6，…，an－1anan＋1也成等比數(shù)列．令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，則公比q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(12,4)＝3.所以bm＝4×3m－1.令bm＝324，即4×3m－1＝324，解得m＝5，所以b5＝324，即a13a14a15＝324.所以n＝14.17、已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，eq\f(an＋2,an＋1)＝eq\f(an＋1,an)·q(q為非零常數(shù))，eq\f(a51,a50)·eq\f(a52,a51)＝2eq\s\up6(\f(1,50))，則a101＝()A．2 B．eq\f(1,2100)C．1024 D．eq\f(1,250)解析：選A．由數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))為等比數(shù)列，得eq\f(a2,a1)·eq\f(a101,a100)＝…＝eq\f(a51,a50)·eq\f(a52,a51)＝2eq\s\up6(\f(1,50))，所以eq\f(a101,a1)＝eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)…eq\f(a100,a90)·eq\f(a101,a100)＝(2eq\s\up6(\f(1,50)))50＝2，又?jǐn)?shù)列{an}的首項a1＝1，所以a101＝2.18、設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項和為Sn.前n項積為Tn，并且滿足條件a1>1，a7·a8>1，eq\f(a7－1,a8－1)<0.則下列結(jié)論正確的是()A．q>1 B．a(chǎn)7·a9>1C．Sn的最大值為S9 D．Tn的最大值為T7解析：選D．因為a1>1，a7·a8>1，eq\f(a7－1,a8－1)<0，所以a7>1，a8<1，所以0<q<1，故A錯誤；a7a9＝aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(8))<1，故B錯誤；因為a1>1，0<q<1，所以數(shù)列為正項遞減數(shù)列，所以Sn無最大值，故C錯誤；又a7>1，a8<1，所以T7是數(shù)列{Tn}中的最大項，故D正確．故選D．19、(2022·重慶診斷)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a2＝－8，a7＝eq\f(1,4)，則S6＝()A.－eq\f(21,2) B.eq\f(15,2) C.eq\f(21,2) D.eq\f(63,2)解析：設(shè)等比數(shù)列{an}公比為q，則a7＝a2q5，又a2＝－8，a7＝eq\f(1,4)，∴q＝－eq\f(1,2)，故a1＝16，又Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，即S6＝eq\f(16×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(6))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(16×\f(63,64),\f(3,2))＝eq\f(21,2).20、等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且a1a5＝4，則log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．解析：由題意知a1a5＝aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(3))＝4，因為數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，所以a3＝2.所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝(aeq\o\al(\s\up12(2),\s\do4(3)))2·a3＝aeq\o\al(\s\up12(5),\s\do4(3))＝25.所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.21、已知等比數(shù)列{an}共有2n項，其和為－240，且奇數(shù)項的和比偶數(shù)項的和大80，則公比q＝________．解析：由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq