【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第六章　第3讲　等比数列及其前n项和 16页

第3讲　等比数列及其前n项和 一、知识梳理 ‎1．等比数列的有关概念 ‎(1)定义：‎ ‎①文字语言：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(非零)．‎ ‎②符号语言：＝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G2＝ab．‎ ‎2．等比数列的有关公式 ‎(1)通项公式：an＝a1qn－1．‎ ‎(2)前n项和公式：Sn＝ ‎3．等比数列的性质 已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(m，n，p，q，r，k∈N＋)‎ ‎(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a；‎ ‎(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列；‎ ‎(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，… 仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．‎ 常用结论 ‎1．等比数列的单调性 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；‎ 当q＝1时，{an}是常数列．‎ ‎2．等比数列与指数函数的关系 当q≠1时，an＝·qn，可以看成函数y＝cqx，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上．‎ ‎3．等比数列{an}的前n项和Sn＝A＋B·Cn⇔A＋B＝0，公比q＝C(A，B，C均不为零)‎ 二、教材衍化 ‎ ‎1．对任意等比数列{an}，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 解析：选D.设等比数列的公比为q，则a3＝a1q2，a6＝a1q5，a9＝a1q8，满足(a1q5)2＝a1q2·a1q8，‎ 即a＝a3·a9.‎ ‎2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则q＝ ．‎ 答案：2‎ ‎3．在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为 ．‎ 解析：设该数列的公比为q，由题意知，‎ ‎243＝9×q3，得q3＝27，所以q＝3.‎ 所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.‎ 答案：27，81‎ 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(　　)‎ ‎(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)‎ ‎(3)满足an＋1＝qan(n∈N＋，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　　)‎ ‎(4)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．(　　)‎ ‎(5)等比数列中不存在数值为0的项．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√‎ 二、易错纠偏 (1)运用等比数列的前n项和公式时，忽略q＝1的情况；‎ ‎(2)“G2＝ab”是“a，G，b成等比数列”的必要不充分条件；‎ ‎(3)对等比数列项的符号不能作出正确判断．‎ ‎1．已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　 B．－ C．1或－ D．－1或 解析：选C.当q＝1时，an＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，得q＝－.综上，q的值是1或－，故选C.‎ ‎2．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝ ．‎ 解析：因数列{an}为等比数列，则a＝a3a7＝16，又a3＞0，所以a5＝4.‎ 答案：4‎ ‎3．在等比数列{an}中，a2＝4，a10＝16，则a2和a10的等比中项为 ．‎ 解析：设a2与a10的等比中项为G，因为a2＝4，a10＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.‎ 答案：±8‎ ‎　　　　　　等比数列的基本运算(师生共研)‎ ‎ (1)(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3＝，则S4＝ ．‎ ‎(2)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.则an＝ ．‎ ‎【解析】　(1)通解：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1及S3＝，易知q≠1.把a1＝1代入S3＝＝，得1＋q＋q2＝，解得q＝－，所以S4＝＝＝ ‎.‎ 优解一：设等比数列{an}的公比为q，因为S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝，a1＝1，所以1＋q＋q2＝，解得q＝－，所以a4＝a1·q3＝＝－，所以S4＝S3＋a4＝＋＝.‎ 优解二：设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠1.设数列{an}的前n项和Sn＝A(1－qn)(其中A为常数)，则a1＝S1＝A(1－q)＝1　①，S3＝A(1－q3)＝　②，由①②可得A＝，q＝－.所以S4＝×＝.‎ ‎(2)设{an}的公比为q，由题设得 ‎2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.‎ 解得q＝－2(舍去)或q＝4.‎ 因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.‎ ‎【答案】　(1)　(2)22n－1‎ 解决等比数列有关问题的常见数学思想 ‎(1)方程思想：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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．‎ ‎(2)分类讨论思想：因为等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，所以当某一参数为公比进行求和时，就要对参数是否为1进行分类讨论．‎ ‎(3)整体思想：应用等比数列前n项和公式时，常把qn或当成整体进行求解．‎ ‎1．(一题多解)(2020·宿州市质量检测)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a2a6＝64，则S5＝(　　)‎ A．32　　　　　　　　　　 B．31‎ C．64 D．63‎ 解析：选B.通解：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由条件得 解得所以S5＝31，故选B.‎ 优解：设首项为a1，公比为q，因为an＞0，所以q＞0，由a2a6＝a＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B.‎ ‎2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)‎ A．16 B．8‎ C．4 D．2‎ 解析：选C.设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a5＝3a3＋4a1，得a1q4＝3a1q2＋4a1，得q4－3q2－4＝0，令q2＝t，则t2－3t－4＝0，解得t＝4或t＝－1(舍去)，所以q2＝4，即q＝2或q＝－2(舍去)．又S4＝＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.故选C.‎ ‎3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则(　　)‎ A．数列{an}的公比为2 B．数列{an}的公比为8‎ C.＝8 D．＝4‎ 解析：选A.因为等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以＝q3＝8，解得q＝2，所以＝＝1＋q3＝9.‎ ‎　　　　　　等比数列的判定与证明(典例迁移)‎ ‎ (1)已知数列{an}是等比数列，则下列命题不正确的是(　　)‎ A．数列{|an|}是等比数列 B．数列{anan＋1}是等比数列 C．数列是等比数列 D．数列{lg a}是等比数列 ‎(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N＋)，若bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．‎ ‎【解】　(1)选D.因为数列{an}是等比数列，所以＝q.对于A，＝＝|q|，所以数列{|an|}是等比数列，A正确；对于B，＝q2，所以数列{anan＋1}是等比数列，B 正确；对于C，＝＝，所以数列是等比数列，C正确；对于D，＝＝，不一定是常数，所以D错误．‎ ‎(2)证明：因为an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an，所以＝＝＝＝2.‎ 因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.‎ 所以b1＝a2－2a1＝3.‎ 所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．‎ ‎【迁移探究1】　(变问法)若本例(2)中的条件不变，试求{an}的通项公式．‎ 解：由(2)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，‎ 所以－＝，‎ 故是首项为，公差为的等差数列．‎ 所以＝＋(n－1)·＝，‎ 所以an＝(3n－1)·2n－2.‎ ‎【迁移探究2】　(变条件)在本例(2)中，若cn＝，证明：数列{cn}为等比数列．‎ 证明：由[迁移探究1]知，an＝(3n－1)·2n－2，所以cn＝2n－2.‎ 所以＝＝2，又c1＝＝，‎ 所以数列{cn}是首项为，公比为2的等比数列．‎ 等比数列的判定方法 ‎(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．‎ ‎(2)中项公式法：若数列{an}中an≠0且a＝an·an＋2(n∈N＋)，则数列{an}是等比数列．‎ ‎(3)通项公式法：若数列的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为不为0的常数，n∈N＋)，则{an}是等比数列．‎ ‎(4)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．‎ ‎[提醒]　(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．‎ ‎(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．‎ ‎1．(一题多解)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·2n－1＋，则a的值为(　　)‎ A．－ B. C．－ D． 解析：选A.法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n－1－a·2n－2＝a·2n－2，当n＝1时，a1＝S1＝a＋，所以a＋＝，所以a＝－.‎ 法二：因为等比数列的前n项和Sn＝k×qn－k，则a＝－，a＝－.‎ ‎2．(2019·高考全国卷Ⅱ节选)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.‎ 证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列．‎ 证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．‎ 又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．‎ 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.‎ 又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎　　　　　　等比数列的性质及应用(多维探究)‎ 角度一　等比数列项的性质的应用 ‎ (1)(2020·洛阳市第一次联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则的值为(　　)‎ A．－ B．－ C. D．－或 ‎(2)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝ ．‎ ‎【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－.‎ ‎(2)由题意知a1a5＝a＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以a3＝2.所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝(a)2·a3＝a＝25.所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)5‎ 角度二　等比数列前n项和的性质的应用 ‎ (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝ ．‎ ‎(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝ ．‎ ‎【解析】　(1)由题意，得解得所以q＝＝＝2.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q，因为＝，所以{an}的公比q≠1.由÷＝，得q3＝－，所以＝＝.‎ ‎【答案】　(1)2　(2) 等比数列性质应用问题的解题突破口 等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，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．‎ ‎[提醒]　在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要对性质进行适当变形．此外，解题时注意“设而不求”的运用．‎ ‎1．已知等比数列{an}中，a4＋a8＝－2，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为(　　)‎ A．4 B．6‎ C．8 D．－9‎ 解析：选A.a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2，因为a4＋a8＝－2，所以a6(a2＋2a6＋a10)＝4.‎ ‎2．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于(　　)‎ A．12 B．13‎ C．14 D．15‎ 解析：选C.因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．‎ 不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝＝＝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.‎ ‎3．在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，则＋＋＋＝ ．‎ 解析：因为＋＝，＋＝，‎ 由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，‎ 所以＋＋＋＝ ‎＝÷＝－.‎ 答案：－ 思想方法系列11　分类讨论思想求解数列问题 ‎ (2020·武汉市调研测试)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，a3－4a1＝0.‎ ‎(1)求Sn；‎ ‎(2)令bn＝an－15，求T＝|b1|＋|b2|＋…＋|b10|的值．‎ ‎【解】　(1){an}是正项等比数列，由a3－4a1＝0，所以a1q2－4a1＝0‎ 所以q＝2，则an的前n项和Sn＝＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，‎ 当n≥5时，bn＝2n－1－15＞0，n≤4时，bn＝2n－1－15＜0，‎ 所以T＝－(b1＋b2＋b3＋b4)＋(b5＋b6＋…＋b10)‎ ‎＝－(a1＋a2＋a3＋a4－15×4)＋(a5＋a6＋…＋a10－15×6)‎ ‎＝－S4＋S10－S4＋60－90‎ ‎＝S10－2S4－30‎ ‎＝(210－1)－2×(24－1)－30‎ ‎＝210－25－29‎ ‎＝1 024－32－29‎ ‎＝963.‎ 分类讨论思想在数列中应用较多，常见的分类讨论有：‎ ‎(1)已知Sn与an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．‎ ‎1．(2020·陕西榆林模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝(　　)‎ A．－2　　　　　　　　　 B．－1‎ C．1 D．2‎ 解析：选A.法一：当n＝1时，a1＝S1＝4＋λ.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时＝＝2.‎ 因为{an}是等比数列，所以＝2，‎ 即＝2，解得λ＝－2.故选A.‎ 法二：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，‎ 因为{an}是等比数列，所以a＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.‎ ‎2．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1]‎ B．(－∞，0)∪[1，＋∞)‎ C．[3，＋∞)‎ D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)‎ 解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，‎ 则S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋.‎ 当公比q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；‎ 当公比q<0时，S3＝1－≤1－2 ＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立．‎ 所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·河南六校第一次联考)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝(　　)‎ A．16　　　 B．15　　 　　‎ C．8　　　 　 D．7‎ 解析：选B.设公比为q，由题意得4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，又a1≠0，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝＝15，故选B.‎ ‎2．(2020·陕西五校联考)各项为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则log2a7＋log2a11的值为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C.由题意得a4a14＝(2)2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，所以log2a7＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故选C.‎ ‎3．(2020·辽宁部分重点高中联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1，则{an}的通项公式an＝(　　)‎ A．2n－1 B．2n－1‎ C．2n－1 D．2n＋1‎ 解析：选B.当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，‎ 因此an＝2n－1，故选B.‎ ‎4．(2020·长春市质量监测(一))已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则＝(　　)‎ A. B. C. D． 解析：选A.法一：由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而S6＝＝63a1，所以＝＝，故选A.‎ 法二：由题意知S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a1＋a3＋a5＋(a2＋a4＋a6)＝a1＋a3＋a5＋2(a1＋a3＋a5)＝3(a1＋a3＋a5)，故＝，故选A.‎ ‎5．(2020·宁夏中卫一模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起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．”则该人最后一天走的路程为(　　)‎ A．24里 B．12里 C．6里 D．3里 解析：选C.记该人每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比q＝的等比数列，‎ 由S6＝378，得S6＝＝378，解得a1＝192，‎ 所以a6＝192×＝6，故选C.‎ ‎6．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝ ．‎ 解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.‎ 优解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以 q＝3，所以S5＝＝＝.‎ 答案： ‎7．(2020·陕西第二次质量检测)公比为的等比数列{an}的各项都是正数，且a2a12＝16，则log2a15＝ ．‎ 解析：等比数列{an}的各项都是正数，且公比为，a2a12＝16，‎ 所以a1qa1q11＝16，即aq12＝16，‎ 所以a1q6＝22，所以a15＝a1q14＝a1q6(q2)4＝26，则log2a15＝log226＝6.‎ 答案：6‎ ‎8．已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为 ；a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N＋)＝ ．‎ 解析：由a2＝2，a1＋a3＝5，{an}是递减的等比数列，得a1＝4，a3＝1，an＝4×，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8，公比为的等比数列的前n项和．故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＋2＋＋…＋8×＝＝×.‎ 答案：an＝4×　× ‎9．(2018·高考全国卷Ⅲ)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：(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)，q＝－2或q＝2.‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 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.‎ ‎10．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.‎ ‎(1)求b1，b2，b3的值；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由．‎ 解：(1)由条件可得an＋1＝an.‎ 将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以，a2＝4，‎ 将n＝2代入得，a3＝3a2，所以，a3＝12，‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ 由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·河南郑州三测)已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为(　　)‎ A.×(310－1) B.×(910－1)‎ C.×(279－1) D．×(2710－1)‎ 解析：选D.因为an＋1－an＝＝3，‎ 所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，‎ 所以ban＝33n－3＝27n－1，‎ 所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，‎ 所以{ban}的前10项和为＝×(2710－1)，故选D.‎ ‎2．(2020·陕西榆林二模)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2(n2＋n)，若bn＝2，则{bn}的前n项和Sn＝ ．‎ 解析：由nan＋1－(n＋1)an＝2(n2＋n)，得－＝2，又a1＝2，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，所以＝2＋2(n－1)＝2n，即an＝2n2，所以bn＝2＝4n，所以数列{bn}是首项为4，公比为4的等比数列，所以Sn＝＝.‎ 答案： ‎3．(2020·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q＜1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设m∈Z，若Sn＜m恒成立，求m的最小值．‎ 解：(1)由a2＝2，S3＝7得 解得或(舍去)‎ 所以an＝4·＝.‎ ‎(2)由(1)可知，Sn＝＝＝8＜8.‎ 因为an＞0，所以Sn是增加的．‎ 又S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7，8)．‎ 又Sn＜m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.‎ ‎4．(2020·河南蚌埠二模)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q＞0.‎ ‎(1)求an及Sn；‎ ‎(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题意可得解得a1＝1，q＝3，‎ 所以an＝3n－1，Sn＝＝.‎ ‎(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，‎ 因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，‎ 所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，此时Sn＋＝×3n，则＝3，‎ 故存在常数λ＝，使得数列 eq lc{ c}(avs4alco1(Sn＋f(1,2)))是等比数列．‎