1、1等比数列的定义一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母_q_表示(q0)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 ana1qn1.3等比中项若 G2ab_(ab0)，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项4等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anamqnm(n，mN*)(2)若an为等比数列，且 klmn(k，l，m，nN*)，则 akalaman.(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5等比数列
2、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；当 q1 时，Sna11qn1qa1anq1q.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_qn_.【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*，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)如果数列an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn也是等比数列()(4)如果数列an为等比数列，则数列ln an是等差数
3、列()(5)数列an的通项公式是 anan，则其前 n 项和为 Sna1an1a.()(6)数列an为等比数列，则 S4，S8S4，S12S8 成等比数列()1(2015课标全国)已知等比数列an满足 a13，a1a3a521，则 a3a5a7 等于()A21B42C63D84答案 B解析 设等比数列an的公比为 q，则由 a13，a1a3a521 得 3(1q2q4)21，解得q23(舍去)或 q22，于是 a3a5a7q2(a1a3a5)22142，故选 B.2设等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23，S415，则 S6 等于()A31B32C63D64答案 C解析 根据题意知，等
4、比数列an的公比不是1.由等比数列的性质，得(S4S2)2S2(S6S4)，即 1223(S615)，解得 S663.故选 C.3等比数列an中，a42，a55，则数列lg an的前 8 项和等于()A6B5C4D3答案 C解析 数列lg an的前 8 项和 S8lg a1lg a2lg a8lg(a1a2a8)lg(a1a8)4lg(a4a5)4lg(25)44.4(2015安徽)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_答案 2n1解析 由等比数列性质知 a2a3a1a4，又 a2a38，a1a49，所以联立方程a1a48，a1a49，解得a11，
5、a48或a18，a41，又数列an为递增数列，a11，a48，从而 a1q38，q2.数列an的前 n 项和为 Sn12n12 2n1.5(教材改编)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_答案 27,81解析 设该数列的公比为 q，由题意知，2439q3，q327，q3.插入的两个数分别为 9327,27381.题型一 等比数列基本量的运算例 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()A.152B.314C.334D.172(2)在等比数列an中，若 a4a26，a5a115，则 a3_.答案
6、(1)B(2)4 或4解析(1)显然公比 q1，由题意得a1qa1q31，a11q31q7，解得a14，q12，或a19q13(舍去)，S5a11q51q41 125112314.(2)设等比数列an的公比为 q(q0)，则a1q3a1q6，a1q4a115，两式相除，得q1q225，即 2q25q20，解得 q2 或 q12.所以a11，q2，或a116，q12.故 a34 或 a34.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)可迎刃而解(1)在正项等比数列an中，an1an，a2a86，a4a6
7、5，则a5a7等于()A.56B.65C.23D.32(2)(2015湖南)设 Sn 为等比数列an的前 n 项和，若 a11，且 3S1,2S2，S3 成等差数列，则 an_.答案(1)D(2)3n1解析(1)设公比为 q，则由题意知 0q1，由a2a8a4a66，a4a65，得 a43，a62，所以a5a7a4a632.(2)由 3S1,2S2，S3 成等差数列知，4S23S1S3，可得 a33a2，所以公比 q3，故等比数列通项 ana1qn13n1.题型二 等比数列的判定与证明例 2 设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn14an2.(1)设 bnan12an，证明：数列
8、bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式(1)证明 由 a11 及 Sn14an2，有 a1a2S24a12.a25，b1a22a13.又Sn14an2，Sn4an12 n2，得 an14an4an1(n2)，an12an2(an2an1)(n2)bnan12an，bn2bn1(n2)，故bn是首项 b13，公比为 2 的等比数列(2)解 由(1)知 bnan12an32n1，an12n1an2n34，故an2n是首项为12，公差为34的等差数列an2n12(n1)343n14，故 an(3n1)2n2.引申探究例 2 中“Sn14an2”改为“Sn12Sn(n1)”，其他不变探求数列an的
9、通项公式解 由已知得 n2 时，Sn2Sn1n.Sn1Sn2Sn2Sn11，an12an1，an112(an1)，又 a11，当 n1 时上式也成立，故an1是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，an122n12n，an2n1.思维升华(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，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(2)利用递推关系时要注意对 n1 时的情况进行验证 设数列an的前n项和为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)(1)求 a2，a3 的值；(2)求证：数列Sn2是等比数列(1)解
10、a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当 n1 时，a1212；当 n2 时，a12a2(a1a2)4，a24；当 n3 时，a12a23a32(a1a2a3)6，a38.综上，a24，a38.(2)证明 a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当 n2 时，a12a23a3(n1)an1(n2)Sn12(n1)得 nan(n1)Sn(n2)Sn12n(SnSn1)Sn2Sn12nanSn2Sn12.Sn2Sn120，即 Sn2Sn12，Sn22(Sn12)S1240，Sn120，Sn2Sn122，故Sn2是以 4 为首项，2 为公比的等比数列题型三 等比数列的性质及应用
11、例 3(1)在等比数列an中，各项均为正值，且 a6a10a3a541，a4a85，则 a4a8_.(2)等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10S5 3132，则公比 q_.答案(1)51(2)12解析(1)由 a6a10a3a541 及 a6a10a28，a3a5a24，得 a24a2841.因为 a4a85，所以(a4a8)2a242a4a8a28412551.又 an0，所以 a4a8 51.(2)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
12、q5 132，q12.思维升华(1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前 n 项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若 mnpq，则有 amanapaq”，可以减少运算量(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列 Sk，S2kSk，S3kS2k，成等比数列，公比为 qk(q1)(1)已知等比数列an的公比为正数，且 a3a92a25，a22，则 a1 等于()A.12B.22C.2D2(2)等比数列an共有奇数项，所有奇数项和 S 奇255，所有偶数项和 S 偶126，末项是 192，则首项 a1 等于()A1B2C3D4答案(1
13、)C(2)C解析(1)由等比数列的性质得 a3a9a262a25，q0，a6 2a5，qa6a5 2，a1a2q 2，故选 C.(2)设等比数列an共有 2k1(kN*)项，则 a2k1192，则 S 奇a1a3a2k1a2k11q(a2a4a2k)a2k11qS 偶a2k1126q 192255，解得 q2，而 S 奇a1a2k1q21q2a119222122255，解得 a13，故选 C.12分类讨论思想在等比数列中的应用典例(12 分)已知首项为32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；(2)证明：Sn1Sn136(
14、nN*)思维点拨(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前 n 项和，根据函数的单调性证明规范解答(1)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，可得 2a4a3，于是 qa4a312.2 分又 a132，所以等比数列an的通项公式为an3212n1(1)n1 32n.3 分(2)证明 由(1)知，Sn112n，Sn1Sn112n1112n212n2n1，n为奇数，212n2n1，n为偶数.6 分当 n 为奇数时，Sn1Sn随 n 的增大而减小，所以 Sn1SnS11S1136.8 分当
15、n 为偶数时，Sn1Sn随 n 的增大而减小，所以 Sn1SnS21S22512.10 分故对于 nN*，有 Sn 1Sn136.12 分温馨提醒(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(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，可以利用图象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方法与技巧1已知等比数列an(1)数列can(c0)，|an|，a
16、2n，1an也是等比数列(2)a1ana2an1amanm1.2判断数列为等比数列的方法(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)等比中项法：a2n1anan2(anan1an20，nN*)数列an是等比数列失误与防范1特别注意 q1 时，Snna1 这一特殊情况2由 an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证 a10.3在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q1 与 q1 分类讨论，防止因忽略
17、q1 这一特殊情形而导致解题失误4等比数列性质中：Sn，S2nSn，S3nS2n 也成等比数列，不能忽略条件 q1.A 组 专项基础训练(时间：35 分钟)1(2014重庆)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9 成等比数列Ba2，a3，a6 成等比数列Ca2，a4，a8 成等比数列Da3，a6，a9 成等比数列答案 D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.2(2015课标全国)已知等比数列an满足 a114，a3a54(a41)，则 a2 等于()A2B1C.12D.18答案 C解析 由
18、an为等比数列，得 a3a5a24，又 a3a54(a41)，所以 a244(a41)，解得 a42，设等比数列an的公比为 q，则由 a4a1q3，得 214q3，解得 q2，所以 a2a1q12.选 C.3在正项等比数列an中，已知 a1a2a34，a4a5a612，an1anan1324，则 n 等于()A12B13C14D15答案 C解析 设数列an的公比为 q，由 a1a2a34a31q3 与 a4a5a612a31q12，可得 q93，an1anan1a31q3n3324，因此 q3n68134q36，所以 n14，故选 C.4若正项数列an满足 lg an11lg an，且 a2
19、 001a2 002a2 0102 016，则 a2 011a2 012a2 020 的值为()A2 0151010B2 0151011C2 0161010D2 0161011答案 C解析 lg an11lg an，lg an1an 1，an1an 10，数列an是等比数列，a2 001a2 002a2 0102 016，a2 011a2 012a2 0201010(a2 001a2 002a2 010)2 0161010.5已知 Sn 是等比数列an的前 n 项和，若存在 mN*，满足S2mSm 9，a2mam 5m1m1，则数列an的公比为()A2B2C3D3答案 B解析 设公比为 q，若
20、 q1，则S2mSm 2，与题中条件矛盾，故 q1.S2mSm a11q2m1qa11qm1qqm19，qm8.a2mam a1q2m1a1qm1 qm85m1m1，m3，q38，q2.6(2015浙江)已知an是等差数列，公差 d 不为零若 a2，a3，a7 成等比数列，且 2a1a21，则 a1_，d_.答案 23 1解析 因为 a2，a3，a7 成等比数列，所以 a23a2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a123d，2a1a21，2a1a1d1 即 3a1d1，a123，d1.7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 an2a
21、n12an0，则 S5_.答案 11解析 由题意知 a3a22a10，设公比为 q，则 a1(q2q2)0.由 q2q20 解得 q2 或 q1(舍去)，则 S5a11q51q125311.8已知数列an的首项为 1，数列bn为等比数列且 bnan1an，若 b10b112，则 a21_.答案 1 024解析 b1a2a1a2，b2a3a2，a3b2a2b1b2，b3a4a3，a4b1b2b3，anb1b2b3bn1，a21b1b2b3b20(b10b11)102101 024.9数列bn满足：bn12bn2，bnan1an，且 a12，a24.(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前
22、 n 项和 Sn.解(1)由 bn12bn2，得 bn122(bn2)，bn12bn2 2，又 b12a2a124，数列bn2是首项为 4，公比为 2 的等比数列bn242n12n1，bn2n12.(2)由(1)知，anan1bn12n2(n2)，an1an22n12(n2)，a2a1222，an2(22232n)2(n1)，an(222232n)2n222n121 2n22n12n.Sn412n12 n22n22n2(n2n4)10已知数列an和bn满足 a1，an123ann4，bn(1)n(an3n21)，其中 为实数，n 为正整数(1)证明：对任意实数，数列an不是等比数列；(2)证明
23、：当 18 时，数列bn是等比数列证明(1)假设存在一个实数，使an是等比数列，则有 a22a1a3，即233 249449249492490，矛盾所以an不是等比数列(2)bn1(1)n1an13(n1)21(1)n123an2n1423(1)n(an3n21)23bn.又 18，所以 b1(18)0.由上式知 bn0，所以bn1bn 23(nN*)故当 18 时，数列bn是以(18)为首项，23为公比的等比数列B 组 专项能力提升(时间：20 分钟)11在由正数组成的等比数列an中，若 a3a4a53，则 sin(log3a1log3a2log3a7)的值为()A.12B.32C1D 32
24、答案 B解析 因为 a3a4a53a34，所以 a433.log3a1log3a2log3a7log3(a1a2a7)log3a747log333 73，所以 sin(log3a1log3a2log13a7)32.12若等比数列an的各项均为正数，且 a10a11a9a122e5，则 ln a1ln a2ln a20_.答案 50解析 因为 a10a11a9a122a10a112e5，所以 a10a11e5.所以 ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550.13数列an
25、满足 a12 且对任意的 m，nN*，都有anmam an，则 a3_；an的前 n项和 Sn_.答案 8 2n12解析 anmam an，anmanam，a3a12a1a2a1a1a1238；令 m1，则有 an1ana12an，数列an是首项为 a12，公比为 q2 的等比数列，Sn212n12 2n12.14已知正项等比数列an满足 a2 0152a2 013a2 014，若存在两项 am，an，使得 aman4a1，则n4mnm 的最小值为_答案 32解析 设an的公比为 q(q0)，由正项等比数列an满足 a2 0152a2 013a2 014，可得 a2 013q22a2 013a
26、2 013q，q2q20，q0，q2.aman4a1，qmn216，mn6.n4mnm 16(mn)1m4n 165nm4mn32，当且仅当nm4mn，即 m2，n4 时取等号故n4mnm 的最小值为32.15已知数列an中，a11，anan1 12n，记 T2n 为an的前 2n 项的和，bna2na2n1，nN*.(1)判断数列bn是否为等比数列，并求出 bn；(2)求 T2n.解(1)anan1 12n，an1an2 12n1，an2an 12，即 an212an.bna2na2n1，bn1bn a2n2a2n1a2na2n1 12a2n12a2n1a2na2n1 12，a11，a1a212，a212b1a1a232.bn是首项为32，公比为12的等比数列bn32 12n1 32n.(2)由(1)可知，an212an，a1，a3，a5，是以 a11 为首项，以12为公比的等比数列；a2，a4，a6，是以 a212为首项，以12为公比的等比数列，T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)1 12n112121 12n112332n.
