1、第3讲 等比数列及其前n项和 1等比数列的有关概念 2等比数列的有关公式 3等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam_(n，mN*)(2)若mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，则aman_；qnmapaqa(3)若数列an，bn(项数相同)是等比数列，则an，1an，a2n，anbn，anbn(0)仍然是等比数列；(4)在等比数列an中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为 qk.题组一 常识题1(教材改编)在递减的等比数列an中，若 a31，a2a452，则 a1_【解析】在等比数列an中，易得 a2a4a231，又 a2a
2、452，且数列an为递减数列，所以 a22，a412，所以 q2a4a2 14，所以 q12，则 a1a2q 4.【答案】42(教材改编)已知等比数列an中，a2a31，a4a52，则a6a7_【解析】由题易知a2a3，a4a5，a6a7成等比数列，又a2a31，a4a52，所以(a4a5)2(a2a3)(a6a7)，解得a6a74.【答案】4【答案】16 3(教材改编)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a1a2a3a41，a5a6a7a82，Sn15，则项数 n_【解析】由题得 a5a6a7a8(a1a2a3a4)q4q42，则 a1a2a3a4a1（1q4）1qa11q1，a11q
3、1，又 Sn15，即a1（1qn）1q15，qn16，又 q42，n16.4(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数构成等比数列，则这两个数为_【解析】设该数列的公比为q，由题意知2439q3，得q327，q3，故插入的两个数分别为9327，27381.【答案】27，81 题组二 常错题 索引：“G2ab”是“a，G，b成等比数列”的必要不充分条件；运用等比数列的前n项和公式时，易忽略q1的情况；等比数列的性质应用不熟导致出错 5已知等比数列an中，a34，a716，则a3与a7的等比中项为_【解析】设a3与a7的等比中项为G.因为等比数列an中，a34，a716，所以G241
4、664，所以G8.【答案】8 6数列an的通项公式为 anan(a0 且 a1)，则其前 n项和 Sn_【解析】因为 a0，所以an是以 a 为首项，以 a 为公比的等比数列又 a1，所以 Sna（1an）1a.【答案】a（1an）1a7若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_【解析】an为等比数列，且a10a11a9a122e5，a10a11a9a122a10a112e5，a10a11e5，ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a10a11)10ln(e5)10ln e5050.【答案】50【答案】48在等比数列
5、an中，an0，a5a115，a4a26，则 a3_【解析】因为 a5a115，a4a26，所以 a1q4a115，a1q3a1q6，且 q1.由 得（q21）（q21）q（q21）156，即 2q25q20，解得 q2 或12.当 q2 时，a11；当 q12时，a116(舍去)所以 a31224.考点一 等比数列的基本运算【例 1】(1)在等比数列an中，a37，前 3 项和 S321，则公比 q 的值为()A1 B12C1 或12D1 或12(2)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前 n 项和等于_【解析】(1)根据已知条件得【答案】(1)C(2)2n1【
6、反思归纳】跟踪训练1(1)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()A1盏 B3盏 C5盏D9盏(2)(2019广州测试)在各项都为正数的等比数列an中，已知a12，a2n24a2n4a2n1，则数列an的通项公式 an_(3)(2019洛阳统考)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a18a40，则S4S3()A53B.157C.56D.1514【解析】(1)设塔的顶层的灯数为 a1，七层塔的总灯数为 S7，公比为 q，则由题
7、意知 S7381，q2，S7a1（1q7）1qa1（127）12381，解得 a13.故选 B.(2)设数列an的公比为 q(q0)，由 a2n24a2n4a2n1，an0，得(anq2)24a2n4(anq)2，整理得 q44q240，解得 q 2或 q 2(舍去)，所以 an22n12 2n12.(3)在等比数列an中，因为 a18a40，所以 q12，所以S4S3a1（1q4）1qa1（1q3）1q1124112315169856.【答案】(1)B(2)2n12 (3)C考点二 等比数列的判定与证明【例 2】已知数列an的前 n 项和 Sn1 an，其中 0.(1)证明an是等比数列，并
8、求其通项公式(2)若 S53132，求.【解析】(1)证明：由题意得 a1S11a1，故 1，a111，故 a10.由 Sn1an，Sn11an1 得 an1an1an，即 an1(1)an.由 a10，0 得 an0，所以an1an 1.因此an是首项为11，公比为 1的等比数列，于是 an111n1.(2)由(1)得 Sn11n.由 S53132得 1153132，即15 132.解得 1.【反思归纳】跟踪训练 2(2019兰州模拟)已知数列an满足对任意的正整数 n，均有 an15an23n，且 a18.(1)证明：数列an3n为等比数列，并求数列an的通项公式(2)记 bnan3n，求
9、数列bn的前 n 项和 Tn.【解析】(1)证明：因为 an15an23n，所以 an13n15an23n3n15(an3n)，又 a18，所以 a1350，所以数列an3n是首项为 5、公比为 5 的等比数列 所以 an3n5n，所以 an3n5n.(2)由(1)知，bnan3n3n5n3n153n，则数列bn的前 n 项和 Tn15311532153nn53153n153 5n123nn52.考点三 等比数列的性质角度 1 等比数列项的性质的应用【例 3】(1)在等比数列an中，a3，a15 是方程 x26x80 的根，则a1a17a9 的值为()A2 2B4C2 2或 2 2D4 或 4
10、(2)(2019武汉华师附中调研)数列an的通项公式为 an2n1，则使不等式 a21a22a2n52n1 成立的 n 的最大值为()A2 B3C4 D5【解析】(1)因为 a3，a15 是方程 x26x80 的根，所以 a3a158，a3a156，易知 a3，a15 均为正，由等比数列的性质知，a1a17a29a3a158，所以 a92 2，a1a17a9 2 2，故选 A.(2)因为 an2n1，a2n4n1，所以 a21a22a2n1（14n）1413(4n1)因为 a21a22a2n52n1，所以13(4n1)52n1，所以 2n(2n30)1，对 n 进行赋值，可知 n 的最大值为
11、4.【答案】(1)A(2)C角度2 等比数列前n项和的性质的应用【例4】等比数列an中，已知a1a38，a5a74，则a9a11a13a15的值为()A1B2 C3D5【解析】法一：因为an为等比数列，所以 a5a7 是 a1a3 与 a9a11 的等比中项，所以(a5a7)2(a1a3)(a9a11)，故 a9a11（a5a7）2a1a3428 2.同理，a9a11 是 a5a7 与 a13a15 的等比中项，所以(a9a11)2(a5a7)(a13a15)，故 a13a15（a9a11）2a5a7224 1.所以 a9a11a13a15213.法二：在等比数列an中，得 q4a5a7a1a
12、312，所以 a9a11a13a15q8(a1a3a5a7)14(84)3.【答案】C【反思归纳】【答案】A 跟踪训练 3 已知等比数列an中，a4a82，则 a6(a22a6a10)的值为()A4 B6C8 D9【解析】a6(a22a6a10)a6a22a26a6a10a242a4a8a28(a4a8)2，因为 a4a82，所以 a6(a22a6a10)4.跟踪训练 4(2019青岛调研)设等比数列an中，前 n 项和为Sn，已知 S38，S67，则 a7a8a9 等于()A.18B18C.578D.558【解析】因为 a7a8a9S9S6，且 S3，S6S3，S9S6也成等比数列，即 8，
13、1，S9S6 成等比数列，所以 8(S9S6)1，即 S9S618.所以 a7a8a918.【答案】A跟踪训练5 在等比数列an中，公比q2，前87项的和S87140，则a3a6a9a87()A20B56 C80D136【解析】法一：a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q21（q3）291q3q21qq2a1（1q87）1q4714080.故选 C.法二：设b1a1a4a7a85，b2a2a5a8a86，b3a3a6a9a87，因为b1qb2，b2qb3，且b1b2b3140，所以b1(1qq2)140，又1qq27，所以b120，b3q2b142080.故选C.【答案】C 课时作业