1、第3讲 等比数列及其前n项和 第五章 数列考纲解读 1.理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系2掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，并熟练掌握其推导方法，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题(重点)3熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质(难点)考向预测 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的重点预测 2021年高考将会以等比数列的通项公式及其性质、等比数列的前 n 项和为考查重点，也可能将等比数列的通项、前 n 项和及性质综合考查，此外，还可能会与等差数列综合考查题型以客观题或解答题的形式呈现，属中档题型1 基础知识过关 PART ONE
2、 1.等比数列的有关概念(1)等比数列的定义一般地，如果一个数列从第 01 _项起，每一项与它的前一项的比等于 02 _，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的03 _，公比通常用字母 04 _表示数学语言表达：anan1q(n2)，q 为常数，q0.(2)等比中项如果 05 _成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项即：G 是 a 与 b 的等比中项a，G，b 成等比数列 06 _.2同一常数公比q(q0)a，G，bG2ab2.等比数列的通项公式及前 n 项和公式(1)若等比数列an的首项为 a1，公比是 q，则其通项公式为 an 01_；可推广为 an 02 _.(2)
3、等比数列的前 n 项和公式：当 q1 时，Snna1；当 q1 时，Sna11qn1qa1anq1q.a1qn1amqnm3.等比数列的相关性质设数列an是等比数列，Sn 是其前 n 项和(1)若 mnpq，则 01 _，其中 m，n，p，qN*.特别地，若 2spr，则 apara2s，其中 p，s，rN*.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即 ak，akm，ak2m，仍是等比数列，公比为 02 _(k，mN*)(3)若数列an，bn是两个项数相同的等比数列，则数列ban，panqbn和panqbn(其中 b，p，q 是非零常数)也是等比数列amanapaqqm(4)SmnSnqn
4、SmSmqmSn.(5)当 q1 或 q1 且 k 为奇数时，Sk，S2kSk，S3kS2k，是等比数列，公比为 qk.当 q1 且 k 为偶数时，Sk，S2kSk，S3kS2k，不是等比数列(6)若 a1a2anTn，则 Tn，T2nTn，T3nT2n，成等比数列(7)若数列an的项数为 2n，则S偶S奇q；若项数为 2n1，则S奇a1S偶q.1.概念辨析(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，则数列lg an是等差数列()(4)若数列an的通项公式是 anan，则其前 n 项和为 Sn
5、a1an1a.()(5)若数列an为等比数列，则 S4，S8S4，S12S8 成等比数列答案(1)(2)(3)(4)(5)答案2.小题热身(1)在等比数列an中，a32，a78，则 a5 等于()A.5 B5 C4 D4解析 设等比数列an的公比为 q，则 q4a7a3824，q22，所以 a5a3q2224.答案解析(2)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Ba2，a3，a6 成等比数列C.a2，a4，a8 成等比数列Da3，a6，a9 成等比数列解析 不妨设公比为 q，则 a23a21q4，a1a9a21q8，a2a6a21q6，当 q1时，知 A，
6、B 均不正确；又 a24a21q6，a2a8a21q8，同理，C 不正确；由 a26a21q10，a3a9a21q10，知 D 正确故选 D.答案解析(3)等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S3a210a1，a59，则 a1()A.13B13C.19D19解析 由已知条件及 S3a1a2a3，得 a39a1，设数列an的公比为q，则 q29，所以 a59a1q481a1，得 a119.答案解析(4)数列an中 a12，an12an，Sn 为an的前 n 项和，若 Sn126，则 n_.解析 因为 a12，an12an，所以 an0，故an1an 2.所以数列an是公比为 2 的等比数列
7、，因为 Sn126，所以212n12 126，所以 2n64，故 n6.解析62 经典题型冲关 PART TWO 1.九章算术第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”如：甲、乙、丙、丁衰分得 100,60,36,21.6 个单位，递减的比例为 40%，今共有粮 m(m0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得 80 石，乙、丁衰分所得的和为 164 石，则“衰分比”与 m 的值分别为()A.20%369 B80%369C.40%360 D60%365题型一 等比数列基本量的运算答案解析 设“衰分比”为 a，甲衰分得 b
8、 石，由题意得b1a280，b1ab1a3164，b80164m，解得 b125，a20%，m369.故选 A.解析2.(2019全国卷)记 Sn 为等比数列an的前 n 项和，若 a11，S334，则 S4_.解析 设等比数列的公比为 q，又 a11，则 ana1qn1qn1.S334，a1a2a31qq234，即 4q24q10，q12，S41112411258.解析583.设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a332，S392.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog26a2n1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)当公比 q1 时，a332，S392，an32；当
9、q1 时，a332，S392，a1q232，a11q31q92，解得 a16，q12，此时 an612n1.综上所述，数列an的通项公式为an32或 an612n1.解(2)当 an32时，bnlog26a2n12，故 Tn2n；当 an612n1 时，bnlog26a2n12n，此时 Tn2nn12n(n1)综上所述，Tn2n 或 Tnn(n1).解1.等比数列基本运算中的两种常用数学思想方程的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，问题可迎刃而解如举例说明 2分类讨论的思想等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分
10、类讨论，当 q1 时，an的前 n 项和 Snna1；当 q1 时，an的前 n项和 Sna11qn1qa1anq1q.如举例说明 32.等比数列的基本运算方法(1)等比数列可以由首项 a1 和公比 q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕 a1 和 q 进行(2)对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过列方程(组)求出a1，q.如果再给出第三个条件就可以完成 a1，n，q，an，Sn 的“知三求二”问题.1.等比数列an的前 n 项和为 Sn32n1r，则 r 的值为()A.13B13C.19D19解析 当 n2 时，anSnSn132n1r32n3r832n3，当 n1 时，
11、a1S1321r3r，数列是等比数列，a1 满足 an832n3，即 83233r83，即 r13，故选 B.答案解析2.(2020滨海新区期中)已知递增等比数列an的第三项、第五项、第七项的积为 512，且这三项分别减去 1,3,9 后成等差数列(1)求an的首项和公比；(2)设 Sna21a22a2n，求 Sn.解(1)根据等比数列的性质，可得 a3a5a7a35512，解得 a58.设数列an的公比为 q，则 a3 8q2，a78q2，由题设可得8q21(8q29)2(83)10，解得 q22 或12.an是递增数列，可得 q1，q22，得 q 2.因此 a5a1q44a18，解得 a1
12、2.解(2)由(1)得an的通项公式为ana1qn12(2)n1(2)n1，a2n(2)n122n1，可得a2n是以 4 为首项，2 为公比的等比数列因此 Sna21a22a2n412n12 2n24.解(2018全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an，设 bnann.(1)求 b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式题型二 等比数列的判定与证明 解(1)由条件可得 an12n1nan.将 n1 代入，得 a24a1，而 a11，所以 a24.将 n2 代入，得 a33a2，所以 a312.从而 b11，b22，b34.(2)bn
13、是首项为 1，公比为 2 的等比数列由题设条件可得 an1n12ann，即 bn12bn，又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列(3)由(2)可得ann 2n1，所以 ann2n1.解条件探究 1 将本例中的条件改为“a11，a2n(2an11)an2an10，且 an0”，求an的通项公式解 由 a2n(2an11)an2an10，得 2an1(an1)an(an1)因为an的各项都为正数，所以an1an 12.故an是首项为 1，公比为12的等比数列，因此 an 12n1.解条件探究 2 将本例中的条件改为“a13，anan1anan1(n2，且nN)”求证数列1an12
14、 是等比数列，并求出 an.解 anan1anan1，1an1 1an1，1an 1an11，1an121an112(n2)，1an12 是以 1a11216为首项，1 为公比的等比数列 1an1216(1)n1，an631n.解等比数列的判定方法(1)定义法：若an1an q(q 为非零常数，nN*)或 anan1q(q 为非零常数且n2，nN*)，则an是等比数列见举例说明(2)(2)等比中项公式法：若数列an中，an0 且 a2n1anan2(nN*)，则数列an是等比数列(3)通项公式法：若数列通项公式可写成 ancqn(c，q 均是不为 0 的常数，nN*)，则an是等比数列.(4)
15、前 n 项和公式法：若数列an的前 n 项和 Snkqnk(k 为常数且k0，q0,1)，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.已知an，bn都是等比数列，那么()A.anbn，anbn都一定是等比数列B.anbn一定是等比数列，但anbn不一定是等比数列C.anbn不一定是等比数列，但anbn一定是等比数列D.anbn，anbn都不一定是等比数列解析 an1，bn(1)n，则an，bn都是等比数列，但anbn不是等比数列；设等比数列an的公
16、比为 p，等比数列bn的公比为 q，则an1bn1anbnan1an bn1bn pq.所以数列anbn一定是等比数列.答案解析2.设数列an的前 n 项和为 Sn，满足：Snan n1nn1，n1,2，n.(1)求证：数列Sn 1n1 是等比数列；(2)求 Sn.解(1)证明：由题意，n1 时，S1a10，即 a10，n2 时，SnSnSn12SnSn1 n1nn1 2n11n，所以 Sn 1n112Sn11n，S11212，所以数列Sn 1n1 是以12为首项，12为公比的等比数列(2)由(1)知，Sn 1n112n112 12n，所以 Sn 1n112n.解析角度 1 等比数列通项的性质
17、1.已知数列an是递增的等比数列，且 a4a62a24a2a4144，则 a5a3()A.6 B8 C10 D12解析 an是递增的等比数列，由a4a62a24a2a4144，a5a30，可得 a252a3a5a23144，(a5a3)2144，a5a312，故选 D.答案解析题型三 等比数列前 n 项和及性质的应用 2.(2019开封模拟)已知数列an满足 log2an11log2an(nN*)，且 a1a2a3a101，则 log2(a101a102a110)_.解析 由 log2an11log2an，可得 log2an1log22an，所以 an12an，所以数列an是以 a1 为首项，
18、2 为公比的等比数列，又 a1a2a101，所以 a101a102a110(a1a2a10)21002100，所以 log2(a101a102a110)log22100100.解析100角度 2 等比数列的前 n 项和的性质3.(2019丽水模拟)设各项都是正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且S1010，S3070，那么 S40 等于()A.150 B200C.150 或200 D400 或50解析 易知 S10，S20S10，S30S20，S40S30 成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，故 S2020 或 S2030.又
19、 S200，所以 S2030，S20S1020，S30S2040，故 S40S3080，所以S40150.故选 A.答案解析4.(2020池州高三上学期期末)已知等比数列an的公比 q2，前 100项和为 S10090，则其偶数项 a2a4a100 为()A.15 B30 C45 D60解析 设 Sa1a3a99，则 a2a4a100(a1a3a99)q2S，又因为 S100a1a2a3a10090，所以 3S90，S30，所以 a2a4a1002S60.答案解析1.掌握运用等比数列性质解题的两个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出 a1，q 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如
20、果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：若an是等比数列，且 an0，则logaan(a0 且 a1)是以 logaa1 为首项，logaq 为公差的等差数列若公比不为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.如举例说明 3.2.牢记与等比数列前 n 项和 Sn 相关的几个结论(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列an中，公比为 q.若共有 2n 项，则 S 偶S 奇q；若共有 2n1 项，则 S 奇S 偶a1a2n1q1q
21、(q1 且 q1)，S奇a1S偶q.(2)分段求和：SnmSnqnSmqnSnmSnSm(q 为公比).1.(2019青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a6,3a4，a5 成等差数列，则S4S2()A.3 B9 C10 D13答案解析 设等比数列an的公比为 q，因为 a6,3a4，a5 成等差数列，所以 6a4a6a5，所以 6a4a4(q2q)由题意得 a40，q0.所以 q2q60，解得 q3，所以S4S2S2q2S2S21q210.解析2.(2015全国卷)已知等比数列an满足 a13，a1a3a521，则a3a5a7()A.21 B42 C63
22、D84解析 设an的公比为 q，由 a13，a1a3a521 得 1q2q47，解得 q22(负值舍去)a3a5a7a1q2a3q2a5q2(a1a3a5)q221242.故选 B.答案解析3.各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2，S3n14，则 S4n 等于()A.80 B30 C26 D16解析 由题意知公比大于 0，由等比数列的性质知 Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，仍为等比数列设 S2nx，则 2，x2,14x 成等比数列由(x2)22(14x)，解得 x6 或 x4(舍去)Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，是首项为 2，公比为 2 的
23、等比数列又 S3n14，S4n1422330.故选 B.答案解析3 课时作业 PART THREE 1.(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a34a1，则 a3()A.16 B8 C4 D2A组基础关解析 由题意知a10，q0，a1a1qa1q2a1q315，a1q43a1q24a1，解得a11，q2，a3a1q24.故选 C.答案解析2.(2020新乡调研)已知各项均不为 0 的等差数列an满足 a3a272 a110，数列bn为等比数列，且 b7a7，则 b1b13()A.25 B16 C8 D4解析 由 a3a272 a110，得 2a7a2
24、72 0，a74，所以 b74，b1b13b2716.答案解析3.(2020天津武清区模拟)设an是首项大于零的等比数列，则“a21a22”是“数列an为递增数列”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 设公比为 q，若 a21a22，则 a211，则 q1 或 q1，当 q1 时，数列为摆动数列，则“数列an为递增数列”不成立，即充分性不成立，若“数列an为递增数列”，则 a10，a20，则“a21a22”成立，即必要性成立，则“a210)的等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23a22，S43a42，则 a1 等于()A.2 B1
25、C.12D.23解析 将已知两式作差得 S4S23a43a2，所以 a3a43a43a2，即 3a2a2q2a2q20.所以 2q2q30，解得 q32或 q1(舍去)将 q32代入 S23a22，即 a1a1q3a1q2，解得 a11.答案解析6.(2019郑州模拟)等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S2n4(a1a3a2n1)，a1a2a327，则 a5()A.81 B24 C81 D24解析 解法一：易知等比数列an的公比 q1，由 S2n4(a1a3a2n1)，可得a11q2n1q4a11q2n1q2，解得 q3.由 a1a2a3a3227，得 a23，所以 a5a2q33338
26、1.故选 C.解法二：当 n1 时，S2a1a24a1，即 a23a1，所以 q3.又 a1a2a3a3227，所以 a23，所以 a5a2q333381.故选 C.答案解析7.(2019南昌模拟)在等比数列an中，a1an66，a2an1a3an2256，且前 n 项和 Sn126，则 n()A.2 B4 C6 D8解析 因为数列an是等比数列，所以 a2an1a3an2a1an，又因为 a2an1a3an2256，所以 a1an128，又因为 a1an66.所以a12，an64 或 a164，an2.因为 Sna1anq1q，且 Sn126，所以若 a12，an64，则264q1q 126
27、，得 q2.此时 an22n12n64，n6；若 a164，an2，则642q1q 126，得 q12，此时 an6412n12，得 n6.综上知，n6.答案解析8.已知等比数列an满足 a114，a3a54(a41)，则 q_.解析 由等比数列的性质得 a24a3a5，又因为 a3a54(a41)，所以 a244(a41)，解得 a42.又 a114，所以 q3a4a18，解得 q2.解析29.设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S10S512，则 S15S5_.解析 因为 S10S512，所以设 S52a，S10a(a0)，因为 S5，S10S5，S15S10 成等比数列，即 2a，
28、a，S15a 成等比数列，所以(a)22a(S15a)，解得 S153a2，所以 S15S534.解析3410.已知an是等比数列，a22，a514，则 a1a2a2a3anan1 等于_解析 因为an是等比数列，a22，a514，所以 q3a5a218，则 q12，所以anan1an1anq214(n2)所以数列anan1是以 8 为首项，14为公比的等比数列所以 a1a2a2a3anan18114n114323 1 14n.答案解析323 1 14n1.(2018北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个
29、纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为()A.3 2fB.3 22fC.12 25fD.12 27fB组能力关答案解析 由已知，单音的频率构成一个首项为 f，公比为12 2的等比数列，记为bn，共有 13 项由等比数列的通项公式可知，b8b1q7f(12 2)712 27f.解析2.(2019天水市秦州区模拟)设ABC 的内角 A，B，C 成等差数列，sinA，sinB，sinC 成等比数列，则这个三角形的形状是()A.等边三角形B钝角三角形C.直角三角形D等腰直角三角形
30、解析 由题意得 2BAC，又 ABC，所以 B3，又因为 sin2BsinAsinC，由正弦定理得 b2ac.由余弦定理得 b2a2c22accosBa2c2ac，所以 a2c22ac0，即(ac)20，所以 ac.所以ABC 是等边三角形.答案解析3.若数列an1an是等比数列，且 a11，a22，a35，则 an_.解析 因为 a11，a22，a35，所以 a2a11，a3a23.所以等比数列an1an的首项为 1，公比为 3，所以 an1an13n1.所以 a2a11，a3a23，anan13n2，解析3n112以上各式相加得 ana1133n213n113 3n112，又 a11，所以
31、 an3n112(n2)当 n1 时，a11，也满足上式，所以 an3n112.解析4.(2019全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和解(1)设an的公比为 q，由题设得 2q24q16，即 q22q80.解得 q2(舍去)或 q4.因此an的通项公式为 an24n122n1.(2)由(1)得 bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前 n 项和为 13(2n1)n2.解5.已知数列an中，a11，anan112n，记 T2n 为an的前 2n 项的和，bna2na2n1，nN*.(
32、1)判断数列bn是否为等比数列，并求出 bn；(2)求 T2n.解(1)anan112n，an1an212n1，an2an 12，即 an212an.解bna2na2n1，bn1bn a2n2a2n1a2na2n1 12a2n12a2n1a2na2n1 12，a11，a1a212，a212，b1a1a232.bn是首项为32，公比为12的等比数列bn3212n1 32n.解(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)112n11212112n1123 32n.解本课结束
