【数学】2020届天津一轮复习通用版6-3等比数列作业 11页

‎6.3　等比数列 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.等比数列的有关概念及运算 ‎1.理解等比数列的概念 ‎2.掌握等比数列的通项公式 ‎3.了解等比数列与指数函数的关系 ‎4.掌握等比数列的前n项和公式 ‎2018天津文,18‎ 等比数列的通项公式 数列求和的基本方法 ‎★★★‎ ‎2.等比数列的性质及应用 能利用等比数列的性质解决相应的问题 ‎2016天津,5‎ 等比数列性质的应用 充分必要条件的判断 ‎★★★‎ 分析解读　　天津高考对等比数列的考查主要是基本量的运算、an和Sn的关系以及等比数列的性质.对等比数列的定义、通项公式、性质及等比中项的考查,常以选择题、填空题的形式出现,难度较小.对前n项和以及与其他知识(函数、不等式)相结合的考查,多以解答题的形式出现.解决问题时要注意下标之间的关系,并选择适当的公式.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.已知等比数列{an}中,a1=1,且a‎4‎‎+a‎5‎+‎a‎8‎a‎1‎‎+a‎2‎+‎a‎5‎=8,那么S5的值是(　　)‎ A.15　　　　B.31　　　　C.63　　　　D.64‎ 答案　B　‎ ‎2.已知等比数列{an}中,a2=2,a3·a4=32,那么a8的值为　　　　. ‎ 答案　128‎ ‎3.(2014安徽,12,5分)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎4.(2011北京文,12,5分)在等比数列{an}中,若a1=‎1‎‎2‎,a4=4,则公比q=　　　　;a1+a2+…+an=　　　　. ‎ 答案　2;2n-1-‎‎1‎‎2‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论一定成立的是(　　)‎ A.若a5>0,则a2 017<0　　　　B.若a6>0,则a2 018<0　　　　C.若a5>0,则S2 017>0　　　　D.若a6>0,则S2 018>0‎ 答案　C　‎ ‎6.已知等比数列{an}的公比q>0,其前n项和为Sn,若a1=1,4a3=a2a4.‎ ‎(1)求公比q和a5的值;‎ ‎(2)求证:Snan<2.‎ 解析　(1)因为{an}为等比数列,且4a3=a2a4,‎ 所以4a3=a‎3‎‎2‎,‎ 又由题意知an≠0,所以a3=4,‎ 所以q2=a‎3‎a‎1‎=4,所以q=±2,‎ 又因为q>0,所以q=2.‎ 所以a5=a1q4=16.‎ ‎(2)证法一:因为a1=1,q=2,所以an=a1qn-1=2n-1,n∈N*,‎ Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=2n-1,‎ 所以Snan=‎2‎n‎-1‎‎2‎n-1‎=2-‎1‎‎2‎n-1‎,因为‎1‎‎2‎n-1‎>0,所以Snan=2-‎1‎‎2‎n-1‎<2.‎ 证法二:因为a1=1,q=2,所以an=a1qn-1=2n-1,‎ Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=2n-1,‎ 所以Snan-2=-‎1‎‎2‎n-1‎<0,所以Snan<2.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　等比数列的基本运算技巧 ‎1.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=(　　)‎ A.21　　　　B.42　　　　C.63　　　　D.84‎ 答案　B　‎ ‎2.(2015课标Ⅱ文,9,5分)已知等比数列{an}满足a1=‎1‎‎4‎,a3a5=4(a4-1),则a2=(　　)‎ A.2　　　　B.1　　　　C.‎1‎‎2‎　　　　D.‎‎1‎‎8‎ 答案　C　‎ 方法2　等比数列的判定 ‎3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n∈N*).‎ ‎(1)证明:数列{an}是等比数列;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列{bn}的通项公式.‎ 解析　(1)证明:由Sn=4an-3可知,‎ 当n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4an-3)-(4an-1-3)=4an-4an-1,即an=‎4‎‎3‎an-1,‎ ‎∴{an}是首项为1,公比为‎4‎‎3‎的等比数列.‎ ‎(2)由(1)可知an=‎4‎‎3‎n-1‎,‎ 由bn+1=an+bn(n∈N*)得bn+1-bn=an=‎4‎‎3‎n-1‎.‎ 所以当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=2+‎4‎‎3‎‎0‎+‎4‎‎3‎‎1‎+…+‎‎4‎‎3‎n-2‎ ‎=2+‎1-‎‎4‎‎3‎n-1‎‎1-‎‎4‎‎3‎=3×‎4‎‎3‎n-1‎-1.‎ 当n=1时上式也满足条件,‎ 故数列{bn}的通项公式为bn=3×‎4‎‎3‎n-1‎-1,n∈N*.‎ 思路分析　(2)根据(1)求数列{an}的递推公式,代入bn+1=an+bn(n∈N*),可得数列{bn}的递推公式,再用迭代法即可求出{bn}的通项公式.‎ ‎4.(2016课标Ⅲ,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=‎31‎‎32‎,求λ.‎ 解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,‎ 故λ≠1,a1=‎1‎‎1-λ,a1≠0.‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,‎ 即an+1(λ-1)=λan.‎ 由a1≠0,λ≠0得an≠0,‎ 所以an+1‎an=λλ-1‎.‎ 因此{an}是首项为‎1‎‎1-λ,公比为λλ-1‎的等比数列,于是an=‎1‎‎1-λ·λλ-1‎n-1‎.‎ ‎(2)由(1)得Sn=1-λλ-1‎n.‎ 由S5=‎31‎‎32‎得1-λλ-1‎‎5‎=‎31‎‎32‎,即λλ-1‎‎5‎=‎1‎‎32‎.‎ 解得λ=-1.‎ 思路分析　(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是不是一常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出λ.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·天津卷题组 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎　(2018天津文,18,13分)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn;‎ ‎(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.‎ 解析　本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.‎ ‎(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn=‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=2n-1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.‎ 由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,‎ 所以,Sn=n(n+1)‎‎2‎.‎ ‎(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=‎2×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n=2n+1-n-2.‎ 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得 n(n+1)‎‎2‎‎+2n+1-n-2=n+2n+1,‎ 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.‎ 所以,n的值为4.‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎　(2016天津,5,5分)设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的(　　)‎ A.充要条件　　　　B.充分而不必要条件　　　　C.必要而不充分条件　　　　D.既不充分也不必要条件 答案　C　‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.(2017课标Ⅱ,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”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,则塔的顶层共有灯(　　)‎ A.1盏　　　　B.3盏　　　　C.5盏　　　　D.9盏 答案　B　‎ ‎2.(2017课标Ⅲ,14,5分)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =　　　　. ‎ 答案　-8‎ ‎3.(2017江苏,9,5分)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=‎7‎‎4‎,S6=‎63‎‎4‎,则a8=　　　　. ‎ 答案　32‎ ‎4.(2016课标Ⅰ,15,5分)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　. ‎ 答案　64‎ ‎5.(2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ 解析　本题考查等比数列的概念及其运算.‎ ‎(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=‎1-(-2‎‎)‎n‎3‎.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188.此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ ‎6.(2017课标Ⅰ,17,12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.‎ 解析　本题考查等差、等比数列.‎ ‎(1)设{an}的公比为q,由题设可得 a‎1‎‎(1+q)=2,‎a‎1‎‎(1+q+q‎2‎)=-6,‎解得q=-2,a1=-2.‎ 故{an}的通项公式为an=(-2)n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=-‎2‎‎3‎+(-1)n·‎2‎n+1‎‎3‎.‎ 由于Sn+2+Sn+1=-‎4‎‎3‎+(-1)n·‎‎2‎n+3‎‎-‎‎2‎n+2‎‎3‎ ‎=2×‎-‎2‎‎3‎+(-1‎)‎n·‎‎2‎n+1‎‎3‎=2Sn,‎ 故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.‎ 方法总结　等差、等比数列的常用公式:‎ ‎(1)等差数列:‎ 递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.‎ 通项公式:an=a1+(n-1)d.‎ 前n项和公式:Sn=‎(a‎1‎+an)n‎2‎=na1+n(n-1)‎‎2‎d.‎ ‎(2)等比数列:‎ 递推关系式:an+1‎an=q(q≠0),常用于等比数列的证明.‎ 通项公式:an=a1·qn-1.‎ 前n项和公式:Sn=‎na‎1‎(q=1),‎a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q‎(q≠1).‎ ‎(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:a+c‎2‎=b或等比中项:a·c=b2来证明.‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎1.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则(　　)‎ A.a1a3,a2a4　　　　D.a1>a3,a2>a4‎ 答案　B　‎ ‎2.(2015安徽,14,5分)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于　　　　. ‎ 答案　2n-1‎ ‎3.(2014广东,13,5分)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=　　　　. ‎ 答案　50‎ ‎4.(2017山东,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式;‎ ‎(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.‎ 解析　本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.‎ ‎(1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.‎ 由题意得x‎1‎‎+x‎1‎q=3,‎x‎1‎q‎2‎‎-x‎1‎q=2.‎ 所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.‎ 因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.‎ ‎(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.‎ 由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,‎ 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,‎ 由题意bn=‎(n+n+1)‎‎2‎×2n-1=(2n+1)×2n-2,‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn ‎=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①‎ ‎2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②‎ ‎①-②得 ‎-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1‎ ‎=‎3‎‎2‎+‎2(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-(2n+1)×2n-1.‎ 所以Tn=‎(2n-1)×‎2‎n+1‎‎2‎.‎ 解题关键　记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.‎ 方法总结　一般地,如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.‎ ‎5.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.‎ ‎(1)证明an‎+‎‎1‎‎2‎是等比数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an<‎3‎‎2‎.‎ 解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+‎1‎‎2‎=3an‎+‎‎1‎‎2‎.‎ 又a1+‎1‎‎2‎=‎3‎‎2‎,所以an‎+‎‎1‎‎2‎是首项为‎3‎‎2‎,公比为3的等比数列.‎ an+‎1‎‎2‎=‎3‎n‎2‎,因此{an}的通项公式为an=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ ‎(2)证明:由(1)知‎1‎an=‎2‎‎3‎n‎-1‎.‎ 因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,‎ 所以‎1‎‎3‎n‎-1‎≤‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.‎ 于是‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an≤1+‎1‎‎3‎+…+‎1‎‎3‎n-1‎=‎3‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎n<‎3‎‎2‎.‎ 所以‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an<‎3‎‎2‎.‎ 评析本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点.‎ C组　教师专用题组 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A.6　　　　B.5　　　　C.4　　　　D.3‎ 答案　C　‎ ‎2.(2013课标Ⅱ,3,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=(　　)‎ A.‎1‎‎3‎　　　　B.-‎1‎‎3‎　　　　　　　　C.‎1‎‎9‎　　　　D.-‎‎1‎‎9‎ 答案　C　‎ ‎3.(2013大纲全国,6,5分)已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-‎4‎‎3‎,则{an}的前10项和等于(　　)‎ A.-6(1-3-10)　　　　B.‎1‎‎9‎(1-3-10)　　　　C.3(1-3-10)　　　　D.3(1+3-10)‎ 答案　C　‎ ‎4.(2015四川,16,12分)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列‎1‎an的前n项和为Tn,求Tn.‎ 解析　(1)由Sn=2an-a1,‎ 得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2).‎ 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.‎ 又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).‎ 所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.‎ 所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.‎ ‎(2)由(1)得‎1‎an=‎1‎‎2‎n.‎ 所以Tn=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=1-‎1‎‎2‎n.‎ 评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识,考查运算求解能力.‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎　(2013陕西,17,12分)设{an}是公比为q的等比数列.‎ ‎(1)推导{an}的前n项和公式;‎ ‎(2)设q≠1,证明数列{an+1}不是等比数列.‎ 解析　(1)设{an}的前n项和为Sn,‎ 当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1;‎ 当q≠1时,Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1,①‎ qSn=a1q+a1q2+…+a1qn,②‎ ‎①-②得,(1-q)Sn=a1-a1qn,‎ ‎∴Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q,‎ ‎∴Sn=‎na‎1‎,‎q=1,‎a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q‎,‎q≠1.‎ ‎(2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N+,‎ ‎(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),‎ ak+1‎‎2‎‎+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,‎ a‎1‎‎2‎q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,‎ ‎∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.‎ ‎∵q≠0,令k=1,则q2-2q+1=0,‎ ‎∴q=1,这与已知矛盾.‎ ‎∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共40分)‎ ‎1.(2019届天津耀华中学统练(2),1)“ac=b2”是“a,b,c成等比数列”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　B　‎ ‎2.(2018天津一模,5)设等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a1>0”是“S2 019>S2 018”的(　　)‎ A.充要条件　　　　B.充分而不必要条件　　　　C.必要而不充分条件　　　　D.既不充分也不必要条件 答案　A　‎ ‎3.(2018天津宝坻一中模拟,4)设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则“|q|=1”是“S4=2S2”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　‎ ‎4.(2018天津南开中学第三次月考,3)在等比数列{an}中,若a2=243,a6=3,则a4等于(　　)‎ A.±3　　　　B.27　　　　C.3　　　　D.±27‎ 答案　B　‎ ‎5.(2019届天津耀华中学统练(2),3)已知等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,‎1‎‎2‎a3,2a2成等差数列,则a‎8‎‎+‎a‎9‎a‎6‎‎+‎a‎7‎等于(　　)‎ A.1+‎2‎　　　　B.1-‎2‎　　　　C.3+2‎2‎　　　　D.3-2‎‎2‎ 答案　C　‎ ‎6.(2019届天津七校联考,5)已知数列{an}是等比数列,a2=2,a7=64,则当n≥2时,a1a3+a2a4+…+an-1an+1=(　　)‎ A.2n-2　　　　B.2n+1-2　　　　C.‎4‎n+1‎‎-4‎‎3‎　　　　D.‎‎4‎n‎-4‎‎3‎ 答案　D　‎ ‎7.(2018天津南开中学第五次月考,6)等比数列{an}的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为‎85‎‎32‎,偶数项之和为‎21‎‎16‎,这个等比数列前n项的积为Tn(n≥2),则Tn的最大值为(　　)‎ A.‎1‎‎4‎　　　　B.‎1‎‎2‎　　　　C.1　　　　D.2‎ 答案　D　‎ ‎8.(2017天津南开中学第四次月考,6)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-n,正项等比数列{bn}中,b2=a3,bn+3bn-1=4bn‎2‎(n≥2,n∈N+),则log2bn=(　　)‎ A.n　　　　B.2n-1　　　　C.n-2　　　　D.n-1‎ 答案　A　‎ 二、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎9.(2019届天津蓟州一中月考,11)设Sn为等比数列{an}的前n项和,a3=8a6,则S‎4‎S‎2‎的值为　　　　. ‎ 答案　‎‎5‎‎4‎ ‎10.(2019届天津河西期中,10)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于　　　　. ‎ 答案　2n-1‎ 三、解答题(共25分)‎ ‎11.(2017天津十二区县一模,18)已知等比数列{an}的公比q>1,且a1+a3=20,a2=8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=nan,Sn是数列{bn}的前n项和,不等式Sn+n‎2‎n+1‎>(-1)n·a对任意正整数n恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)由题意得,a‎1‎‎(1+q‎2‎)=20,‎a‎1‎q=8,‎∴2q2-5q+2=0,‎ ‎∵公比q>1,‎ ‎∴a‎1‎‎=4,‎q=2,‎∴{an}是以4为首项,2为公比的等比数列,‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=2n+1(n∈N*).‎ ‎(2)∵bn=nan=n‎2‎n+1‎,‎ ‎∴Sn=‎1‎‎2‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎3‎+‎3‎‎2‎‎4‎+…+n‎2‎n+1‎,①‎ ‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎‎3‎+‎2‎‎2‎‎4‎+…+n-1‎‎2‎n+1‎+n‎2‎n+2‎.②‎ 由①-②得,‎ ‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎3‎+‎1‎‎2‎‎4‎+…‎1‎‎2‎n+1‎-n‎2‎n+2‎,‎ ‎∴Sn=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎3‎+…+‎1‎‎2‎n-n‎2‎n+1‎=‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎n+1‎‎1‎‎2‎-n‎2‎n+1‎=1-n+2‎‎2‎n+1‎,‎ ‎∵不等式Sn+n‎2‎n+1‎>(-1)n·a对任意正整数n恒成立,‎ ‎∴(-1)n·a<1-‎1‎‎2‎n对任意正整数n恒成立,设f(n)=1-‎1‎‎2‎n,n∈N*,易知f(n)单调递增.‎ n为奇数时, f(n)的最小值为‎1‎‎2‎,‎ ‎∴-a<‎1‎‎2‎,即a>-‎1‎‎2‎,‎ n为偶数时, f(n)的最小值为‎3‎‎4‎,∴a<‎3‎‎4‎.‎ 综上,-‎1‎‎2‎