1、6.3 等比数列及其前n项和数学 北（理）第六章 数 列 基础知识自主学习 题型分类深度剖析 思想方法感悟提高 练出高分 基础知识自主学习 知识梳理 1.等比数列的定义 如果一个数列，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的，通常用字母_表示.从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)公比q基础知识自主学习 知识梳理 2.等比数列的通项公式 设等比数列an的首项为a1，公比为q，则它的通项an.3.等比中项 若，那么G叫做a与b的等比中项.a1qn1G2ab(ab0)基础知识自主学习 知识梳理 4.等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam(n，mN).(2)若
2、an为等比数列，且klmn(k，l，m，nN)，则.qnmakalaman(3)若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)，1an，a2n，anbn，anbn 仍是等比数列.基础知识自主学习 知识梳理 5.等比数列的前n项和公式 等比数列an的公比为q(q0)，其前n项和为Sn，当q1时，Snna1；6.等比数列前n项和的性质 公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为_.当 q1 时，Sna11qn1qa1anq1q.qn基础知识自主学习 知识梳理 思考辨析 判断下面结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)满足an1qan(nN
3、，q为常数)的数列an为等比数列.()(2)G为a，b的等比中项G2ab.()(3)如果an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn也是等比数列.()基础知识自主学习 知识梳理(4)如果数列an为等比数列，则数列ln an是等差数列.()(5)等比数列an的首项为a，公比为1，前n项和为Sn，则S2n0，S2n1a.()(6)1bb2b3b4b51b51b.()基础知识自主学习 考点自测 题号 答案 解析 1 2 3 4 AD42 2n12设等比数列的公比为q，由a2a420，a3a540.得20q40，且a1qa1q320，解得q2，且a12.因此 Sna11qn1q2n12.题型分类深度
4、剖析 例1(1)设an是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a41，S37，则S5等于()题型一 等比数列基本量的运算 A.152B.314C.334D.172题型分类深度剖析 解析 显然公比 q1，由题意得a1qa1q31，a11q31q7，解得 a14，q12或a19q13(舍去)，S5a11q51q41 125112314.答案 B 题型分类深度剖析 解析 答案 思维升华 例1(2)在等比数列an中，若a4a26，a5a115，则a3_.题型分类深度剖析 解析 答案 思维升华 设等比数列an的公比为q(q0)，则a1q3a1q6，a1q4a115，两式相除，得q1q225，即
5、2q25q20，解得 q2 或 q12.例1(2)在等比数列an中，若a4a26，a5a115，则a3_.题型分类深度剖析 解析 答案 思维升华 所以a11，q2或a116，q12.故a34或a34.例1(2)在等比数列an中，若a4a26，a5a115，则a3_.题型分类深度剖析 解析 答案 思维升华 例1(2)在等比数列an中，若a4a26，a5a115，则a3_.4或4所以a11，q2或a116，q12.故a34或a34.题型分类深度剖析 解析 答案 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，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可
6、迎刃而解.例1(2)在等比数列an中，若a4a26，a5a115，则a3_.4或4题型分类深度剖析 跟踪训练1(1)已知正项数列an为等比数列，且5a2是a4与3a3的等差中项，若a22，则该数列的前5项的和为()A.B.31C.D.以上都不正确 解析 设an的公比为q，q0.由已知得a43a325a2，即a2q23a2q10a2，q23q100，解得q2或q5(舍去)，3312314题型分类深度剖析 又a22，则a11，所以 S5a11q51q11251231.跟踪训练1(1)已知正项数列an为等比数列，且5a2是a4与3a3的等差中项，若a22，则该数列的前5项的和为()A.B.31C.D
7、.以上都不正确 3312314B题型分类深度剖析 解析 因为等差数列an的前n项和为(2)(2014天津)设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为_.Snna1nn12d，所以S1，S2，S4分别为a1,2a11,4a16.因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a11)2a1(4a16)，解方程得 a112.12题型分类深度剖析 例2(1)在等比数列an中，各项均为正值，且a6a10a3a541，a4a85，则a4a8_.题型二 等比数列的性质及应用解析由 a6a10a3a541 及 a6a10a28，a3a5a24，得a24a28
8、41.因为 a4a85，所以(a4a8)2a242a4a8a28412551.又an0，所以a4a8 51.51题型分类深度剖析 解析 答案 思维升华 例 2(2)等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10S5 3132，则公比 q_.题型分类深度剖析 解析 答案 思维升华 由S10S5 3132，a11 知公比 q1，则可得S10S5S5 132.由等比数列前n项和的性质知S5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为q5，故 q5 132，q12.例 2(2)等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10S5 3132，则公比 q_.题型分类深度剖析 解析
9、答案 思维升华 例 2(2)等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10S5 3132，则公比 q_.12由S10S5 3132，a11 知公比 q1，则可得S10S5S5 132.由等比数列前n项和的性质知S5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为q5，故 q5 132，q12.题型分类深度剖析 解析 答案 思维升华 例2 例 2(2)等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10S5 3132，则公比 q_.12(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mnpq，则amanapaq”，可以减少运算量，提高解题速度.题型分
10、类深度剖析 解析 答案 思维升华(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.例2 例 2(2)等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10S5 3132，则公比 q_.12题型分类深度剖析 跟踪训练2(1)设等比数列an的前n项和为Sn，若S6S312，则S9S3_.解析 由等比数列的性质：S3，S6S3，S9S6仍成等比数列，于是(S6S3)2S3(S9S6)，将 S612S3 代入得S9S334.34题型分类深度剖析(2)在等比数列an中，若a1a2a3a41，a13a14a15a168，则a41a42a43
11、a44_.解析 方法一 a1a2a3a4a1a1qa1q2a1q3 a41q61，a13a14a15a16a1q12a1q13a1q14a1q15 a41q548，题型分类深度剖析：a41q54a41q6 q488q162，又a41a42a43a44a1q40a1q41a1q42a1q43 a41q166a41q6q160(a41q6)(q16)1012101 024.(2)在等比数列an中，若a1a2a3a41，a13a14a15a168，则a41a42a43a44_.题型分类深度剖析 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T1a1a2a3a41，T4a13a14a15a
12、168，T4T1p31p38p2.T11a41a42a43a44 T1p102101 024.1 024(2)在等比数列an中，若a1a2a3a41，a13a14a15a168，则a41a42a43a44_.题型分类深度剖析(3)设数列an、bn都是正项等比数列，Sn、Tn分别为数列lg an与lg bn的前n项和，且，则_.SnTnn2n1由题意知S9T9lga1a2a9lgb1b2b9解析lg a95lg b95lg a5lg b591955logb a559=log.19b a 题型分类深度剖析 题型三 等比数列的判定与证明 例3 已知数列an的前n项和为Sn，且anSnn.(1)设cn
13、an1，求证：cn是等比数列；证明 anSnn，an1Sn1n1.得an1anan11，2an1an1，2(an11)an1，题型分类深度剖析 an11an1 12，an1是等比数列.又 a1a11，a112，cnan1，首项c1a11，c112，公比 是以12为首项，以12为公比的等比数列.题型分类深度剖析 例3(2)求数列an的通项公式.解析 思维升华 题型分类深度剖析 解析 思维升华 解 由(1)可 知cn 12 12n112n，an112n.例3(2)求数列an的通项公式.题型分类深度剖析 解析 思维升华 例3(2)求数列an的通项公式.(1)证明一个数列为等比数列，常用定义法与等比中
14、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.题型分类深度剖析 解析 思维升华(2)利用递推关系时要注意对n1时的情况进行验证.例3(2)求数列an的通项公式.题型分类深度剖析 跟踪训练3 设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn14an2.(1)设bnan12an，证明：数列bn是等比数列；证明 由a11及Sn14an2，有a1a2S24a12.a25，b1a22a13.题型分类深度剖析 又Sn14an2，Sn4an12，得an14an4an1，跟踪训练3 设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn14an2.(1)设bn
15、an12an，证明：数列bn是等比数列；题型分类深度剖析 an12an2(an2an1).bnan12an，bn2bn1，故bn是首项b13，公比为2的等比数列.跟踪训练3 设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn14an2.(1)设bnan12an，证明：数列bn是等比数列；题型分类深度剖析 解 由(1)知bnan12an32n1，(2)求数列an的通项公式.an12n1an2n34，故an2n是首项为12，公差为34的等差数列.题型分类深度剖析 得an(3n1)2n2.an2n12(n1)343n14，(2)求数列an的通项公式.题型分类深度剖析 思想与方法系列9 分类讨论思想在等比数
16、列中的应用典例：(12分)(2013天津)已知首项为 的等比数列an的前n项和为Sn(nN)，且2S2，S3,4S4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；32思 维 点 拨 规 范 解 答 题型分类深度剖析 思想与方法系列9 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 的等比数列an的前n项和为Sn(nN)，且2S2，S3,4S4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；32利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；思 维 点 拨 规 范 解 答 题型分类深度剖析 思想与方法系列9 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
17、 的等比数列an的前n项和为Sn(nN)，且2S2，S3,4S4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；32解 设等比数列an的公比为q，因为2S2，S3,4S4成等差数列，所以S32S24S4S3，即S4S3S2S4，思 维 点 拨 规 范 解 答 题型分类深度剖析 思想与方法系列9 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 的等比数列an的前n项和为Sn(nN)，且2S2，S3,4S4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；322分可得 2a4a3，于是 qa4a312.又a132，所以等比数列an的通项公式为 an3212n1(1)n1 32n.3分思 维
18、 点 拨 规 范 解 答 题型分类深度剖析(2)证明：Sn 1Sn136(nN).思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒 题型分类深度剖析(2)证明：Sn 1Sn136(nN).求出前n项和，根据函数的单调性证明.思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒 题型分类深度剖析(2)证明：Sn 1Sn136(nN).证明 由(1)知，Sn112n，Sn 1Sn112n1112n212n2n1，n为奇数，212n2n1，n为偶数.6分思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒 题型分类深度剖析(2)证明：Sn 1Sn136(nN).当 n 为奇数时，Sn 1Sn随 n 的增大而减小，
19、所以 Sn 1SnS1 1S1136.8分当 n 为偶数时，Sn 1Sn随 n 的增大而减小，思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒 题型分类深度剖析(2)证明：Sn 1Sn136(nN).所以 Sn 1SnS2 1S22512.10分故对于 nN，有 Sn 1Sn136.12分思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒 题型分类深度剖析(2)证明：Sn 1Sn136(nN).思 维 点 拨 规 范 解 答 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：已知Sn与an的关系，要分n1，n2两种情况.等比数列中遇到求和问题要分公比q1，q1讨论.项数的奇、偶
20、数讨论.等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论.题型分类深度剖析(2)证明：Sn 1Sn136(nN).思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒(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，可以利用图像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.思想方法感悟提高 方 法 与 技 巧 1.已知等比数列an(1)数列can(c0)，|an|，也是等比数列.(2)a1ana2an1amanm1.a2n，1an思想方法感悟提高 方 法 与 技 巧(1)定义法：an1an q(q 是不等于 0 的常数，nN)数列an是等比数列；也
21、可用 anan1q(q 是不等于 0的常数，nN，n2)数列an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.判断数列为等比数列的方法 思想方法感悟提高 方 法 与 技 巧(2)等比中项法：a2n1anan2(anan1an20，nN)数列an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.思想方法感悟提高 失 误 与 防 范 1.注意等比数列中的分类讨论.2.由an1qan(q0)，并不能断言an是等比数列，还要验证a10.练出高分 A组 专项基础训练 23456789101练出高分 A组 专项基础训练 234567891011.(2014重庆)对任意等比数列
22、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 设等比数列的公比为 q，因为a6a3a9a6q3，即 a26a3a9，所以a3，a6，a9成等比数列.故选D.D练出高分 A组 专项基础训练 2.(2014大纲全国)等比数列an中，a42，a55，则数列lg an的前8项和等于()A.6B.5C.4D.3 解析 数列lg an的前8项和S8lg a1lg a2lg a8lg(a1a2a8)lg(a1a8)4 lg(a4a5)4lg(25)44.23456789101C练出高分 A组
23、 专项基础训练 3.(2013课标全国)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1等于()解析 设等比数列an的公比为q，由S3a210a1得a1a2a3a210a1，即a39a1，q29，又a5a1q49，所以a119.23456789101A.13B.13C.19D.19C练出高分 A组 专项基础训练 234567891014.一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.13B.12C.11D.10 解析 设该等比数列为an，其前n项的积为Tn，则由已知得a1a2a33，an2an1an9，(a1an)33933，a
24、1an3，又Tna1a2an1an，Tnanan1a2a1，T2n(a1an)n，即 72923n，n12.B练出高分 A组 专项基础训练 5.设各项都是正数的等比数列an，Sn为前n项和，且S1010，S3070，那么S40等于()A.150B.200 C.150或200D.400或50 解析 依题意，数列S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，23456789101练出高分 A组 专项基础训练 即(S2010)210(70S20)，故S2020或S2030；又S200，因此S2030，S20S1020，S30S2040，故
25、S40S3080.S40150.故选A.答案 A 23456789101练出高分 A组 专项基础训练 6.等比数列an中，Sn表示前n项和，a32S21，a42S31，则公比q为_.解析 由a32S21，a42S31得 a4a32(S3S2)2a3，34567891012a43a3，qa4a33.3练出高分 A组 专项基础训练 7.等比数列an的前n项和为Sn，公比不为1.若a11，则对任意的nN，都有an2an12an0，则S5_.解析 利用“特殊值”法，确定公比.由题意知a3a22a10，设公比为q，则a1(q2q2)0.由q2q20解得q2或q1(舍去)，34567891012则 S5a
26、11q51q125311.11练出高分 A组 专项基础训练 345678910128.设等比数列an的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a11，a34，Sk63，则k_.解析 设等比数列an公比为q，由已知a11，a34，得 q2a3a14.而 Sk12k1263，又an的各项均为正数，q2.2k163，解得k6.6练出高分 A组 专项基础训练 9.已知等差数列an满足a22，a58.(1)求an的通项公式；解 设等差数列an的公差为d，34567891012则由已知得a1d2，a14d8.a10，d2.ana1(n1)d2n2.练出高分 A组 专项基础训练(2)各项均为正数的等比数列bn中，
27、b11，b2b3a4，求bn的前n项和Tn.解 设等比数列bn的公比为q，则由已知得qq2a4，a46，q2或q3.等比数列bn的各项均为正数，q2.34567891012bn的前 n 项和 Tnb11qn1q112n122n1.练出高分 A组 专项基础训练 10.已知数列an的前n项和为Sn，且Sn4an3(nN).(1)证明：数列an是等比数列；证明 依题意Sn4an3(nN)，n1时，a14a13，解得a11.因为Sn4an3，则Sn14an13(n2)，34567891012练出高分 A组 专项基础训练 整理得 an43an1.公比为43的等比数列.所以当n2时，anSnSn14an4
28、an1，又a110，所以an是首项为1，34567891012练出高分 A组 专项基础训练 34567891012(2)若数列bn满足bn1anbn(nN)，且b12，求数列bn的通项公式.解 因为 an(43)n1，由bn1anbn(nN)，得 bn1bn(43)n1.可得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)练出高分 A组 专项基础训练 345678910122143n11433(43)n11(n2)，当n1时也满足，所以数列bn的通项公式为 bn3(43)n11.练出高分 B组 专项能力提升 1213141511练出高分 B组 专项能力提升 121314151111.等比数列an
29、的前n项和为Sn，若a1a2a3a41，a5a6a7a82，Sn15，则项数n为()A.12B.14C.15D.16 解析 a5a6a7a8a1a2a3a4q42，由a1a2a3a41，练出高分 B组 专项能力提升 1213141511得 a11q41q 1，a1q1，又 Sn15，即a11qn1q15，qn16，又q42，n16.故选D.答案 D 练出高分 B组 专项能力提升 12.(2013福建)已知等比数列an的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1am(n1)2 am(n1)m(m，nN)，则以下结论一定正确的是()A.数列bn为等差数列，公差为
30、qm B.数列bn为等比数列，公比为q2m C.数列cn为等比数列，公比为 D.数列cn为等比数列，公比为 13141511122mqmmq练出高分 B组 专项能力提升 1314151112解析 bnam(n1)(qq2qm)bn1bn amnqq2qmamn1qq2qm amnamn1qm(常数).bn1bn不是常数.又cn(am(n1)mq12m(am(n1)m，12mq练出高分 B组 专项能力提升 1314151112cn1cn(amnamn1)m(qm)m(常数).2mq选C.答案 C 练出高分 B组 专项能力提升 121415111313.已知数列an是等比数列，a1，a2，a3依次
31、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an_(nN).第一列 第二列 第三列 第一行 1 10 2 第二行 6 14 4 第三行 9 18 8 练出高分 B组 专项能力提升 1214151113解析 观察题中的表格可知a1，a2，a3分别为2,6,18，即an是首项为2，公比为3的等比数列，an23n1.答案 23n1 练出高分 B组 专项能力提升 121315111414.在数列an中，a12，an14an3n1，nN.(1)证明数列ann是等比数列；证明 由题设an14an3n1，得an1(n1)4(ann)，nN.又a111，所以数列a
32、nn是首项为1，且公比为4的等比数列.练出高分 B组 专项能力提升 1213151114(2)求数列an的前n项和Sn.解 由(1)可知ann4n1，于是数列an的通项公式为an4n1n，所以数列an的前 n 项和 Sn4n13nn12.练出高分 B组 专项能力提升 15.已知an的前n项和为Sn，且anSn4.(1)求证：数列an是等比数列；证明 由anSn4，得an1Sn14，两式相减，得(an1Sn1)(anSn)0，即2an1an0，an112an.又a1S12a14，a12，数列an是首项为a12，公比为q12的等比数列.1213141115练出高分 B组 专项能力提升 1213141115(2)是否存在正整数 k，使Sk12Sk2 2 成立？解 由(1)得 Sn2112n112422n.故Sk12Sk2 2 可化为421k2422k22 且 Sk20，整理得2321k1.练出高分 B组 专项能力提升 1213141115即 12k132.kN，2k1N，这与 2k1(1，32)相矛盾，故不存在这样的 k，使不等式成立.
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