1、6.3等比数列及其前n项和1等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，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，定义的表达式为q(nN*，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G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn.3等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anamqnm(n，mN*)(2)若mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，则amanapaqa.(3)若数列an，bn(
2、项数相同)是等比数列，则an，a，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.4在等比数列an中，若Sn为其前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n也成等比数列(n为偶数且q1除外)概念方法微思考1将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数2任意两个实数都有等比中项吗？提示不是只有同号的两个非零实数才有等比中项3“b2ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件因为b2a
3、c时不一定有a，b，c成等比数列，比如a0，b0，c1.但a，b，c成等比数列一定有b2ac.题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(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)如果数列an为等比数列，则数列ln an是等差数列()(3)数列an的通项公式是anan，则其前n项和为Sn.()(4)数列an为等比数列，则S4，S8S4，S12S8成等比数列()题组二教材改编2已知an是等比数列，a22，a5，则公比q_.答案解析由题意知q3，q.3公比不为1的等比数列an满足a5a6a4a718，若a1am9，则m的值为()A8 B9 C10 D
4、11答案C解析由题意得，2a5a618，a5a69，a1ama5a69，m10.题组三易错自纠4(多选)已知数列an是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是()A. Blog2aCanan1 Danan1an2答案AD解析等比数列an的通项an1时，log2a0，数列log2a不是等比数列，等比数列an的公比q1时，anan10，数列anan1不是等比数列，由等比数列的定义知和anan1an2都是等比数列故选AD.5若1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则的值为_答案解析1，a1，a2，4成等差数列，3(a2a1)41，a2a11.又1，b1，b2，b3，4成等
5、比数列，设其公比为q，则b144，且b21q20，b22，.6设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则_.答案11解析设等比数列an的公比为q，8a2a50，8a1qa1q40.q380，q2，11.7一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机_秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB210 MB)答案39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列an，且a12，q2，an2n，则2n8210213，n13.即病毒共复制了13次所需时间为13339(秒). 等比数列基本量的运算1(2020晋城模拟)设正
6、项等比数列an的前n项和为Sn，若S23，S415，则公比q等于()A5 B4 C3 D2答案D解析因为S23，S415，S4S212，所以两个方程左右两边分别相除，得q24，因为数列是正项等比数列，所以q2，故选D.2(2019全国)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等于()A16 B8 C4 D2答案C解析设等比数列an的公比为q，由a53a34a1得q43q24，得q24，因为数列an的各项均为正数，所以q2，又a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1248)15，所以a11，所以a3a1q24.3(2019全国)记Sn为等比数列an的前n项和
7、，若a11，S3，则S4_.答案解析设等比数列的公比为q，则ana1qn1qn1.a11，S3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，S4.4(2018全国)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1(nN*)(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.思维升华(1)等比数列的通项公式与前n项和公
8、式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q1和q1的分类讨论 等比数列的判定与证明例1(2019四川省名校联盟模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Snann(nN*)(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列an1的前n项和Tn.(1)证明2Snann，当n1时，2a1a11，解得a1.当n2时，2Sn1an1n1，两式相减，得2ananan11，即anan1.an，又a10，数列为等比数列(2)解由2S1a11，得a1.由(1)知，数列是以为首项，为公比的等比数列ann1n，ann，an1n，Tn.
9、思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：若q(q是不为零的常数)，则数列an是等比数列(2)等比中项法：若aanan2(nN*，an0)，则数列an是等比数列(3)通项公式法：若anAqn(A，q是不为零的常数)，则数列an是等比数列跟踪训练1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；(2)求数列an的通项公式(1)证明由a11及Sn14an2，有a1a2S24a12.a25，b1a22a13.又，得an14an4an1(n2)，an12an2(an2an1)(n2)bnan12an，bn2bn1(n2)，故bn是
10、首项b13，公比为2的等比数列(2)解由(1)知bnan12an32n1，故是首项为，公差为的等差数列(n1)，故an(3n1)2n2. 等比数列性质的应用例2(1)(2019黑龙江省大庆第一中学模拟)在各项不为零的等差数列an中，2a2 019a2a2 0210，数列bn是等比数列，且b2 020a2 020，则log2(b2 019b2 021)的值为()A1 B2 C4 D8答案C解析因为等差数列an中a2 019a2 0212a2 020，所以2a2 019a2a2 0214a2 020a0，因为数列an各项不为零，所以a2 0204，因为数列bn是等比数列，所以b2 019b2 02
11、1a16.所以log2(b2 019b2 021)log2164.故选C.(2)(2020长春质检)各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，已知S630，S970，则S3_.答案10解析根据等比数列的前n项和的性质，若Sn是等比数列的和，则Sn，S2nSn，S3nS2n，仍是等比数列，得到(S6S3)2S3(S9S6)，解得S310或S390(舍)思维升华等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形(2)等比中项的变形(3)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跟踪训练2(1)(2019安徽省江淮十校月考)已知等比
12、数列an的公比q，该数列前9项的乘积为1，则a1等于()A8 B16 C32 D64答案B解析由已知a1a2a91 ，又a1a9a2a8a3a7a4a6a ，所以a1 ，即a51，所以a141 ，a116.故选B.(2)已知等比数列an的前n项和为Sn，且，则_(n2，且nN*)答案解析很明显等比数列的公比q1，则由题意可得，解得q，则.对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式构造法1形如an1cand(c0，其中a1a)型(1)若c1，数列an为等差数列；(2)若d0，数列an为等比数列；(3)若c1且d0，数列an为线性递推数列，其通
13、项可通过待定系数法构造等比数列来求方法如下：设an1c(an)，得an1can(c1)，与题设an1cand比较系数得(c1)，所以anc(n2)，即构成以a1为首项，以c为公比的等比数列例1在数列an中，若a11，an13an2，则通项an_.答案23n11解析an13an2，即an113(an1)，又因为a1120，所以an1构成以2为首项，以3为公比的等比数列，所以an123n1，an23n11.构造法2形如 an1panqpn1(p0,1，q0)型an1panqpn1(p0,1，q0)的求解方法是两端同时除以pn1，即得q，则数列为等差数列例2(1)已知正项数列an满足a14，an12
14、an2n1，则an等于()An2n1 B(n1)2nCn2n1 D(n1)2n答案B解析an12an2n1，1，即1，又2，数列是首项为2，公差为1的等差数列，2(n1)1n1，an(n1)2n，故选B.(2)(2019武汉市二中月考)已知正项数列an中，a12，an12an35n，则数列an的通项an等于()A32n1 B32n1C5n32n1 D5n32n1答案D解析方法一在递推公式an12an35n的两边同时除以5n1，得，令bn，则式变为bn1bn，即bn11(bn1)，所以数列bn1是等比数列，其首项为b111，公比为，所以bn1n1，即bn1n1，所以1n11.故an5n32n1.
15、方法二设an1k5n12(ank5n)，则an12an3k5n，与题中递推公式比较得k1，即an15n12(an5n)，所以数列an5n是首项为a153，公比为2的等比数列，则an5n32n1，故an5n32n1.故选D.构造法3相邻项的差为特殊数列(形如an1panqan1，其中a1a，a2b型)可化为an1x1anx2(anx1an1)，其中x1，x2是方程x2pxq0的两根例3数列an中，a11，a22，an2an1an，求数列an的通项公式解由an2an1an可得，an2an1(an1an)，所以数列an1an是首项为1，公比为的等比数列，当n2时，a2a11，a3a2，a4a3，an
16、an1n2，将上面的式子相加可得an11n2，从而可求得an2n2，故有ann(n2)又a11也符合上式，则ann.构造法4倒数为特殊数列(形如an型)例4已知数列an中，a11，an1，求数列an的通项公式解an1，a11，an0，即，又a11，则1，是以1为首项，为公差的等差数列(n1)，an(nN*)1(2020韶关模拟)若等比数列an的各项均为正数，a23,4aa1a7，则a5等于()A. B. C12 D24答案D解析数列an是等比数列，各项均为正数，4aa1a7a，所以q24，所以q2.所以a5a2q332324，故选D.2等比数列an的前n项和为Sn32n1r，则r的值为()A.
17、 B C. D答案B解析当n1时，a1S13r，当n2时，anSnSn132n132n332n3(321)832n3832n2319n1，所以3r，即r，故选B.3(2019天津市河西区月考)设an是公比为q的等比数列，则“q1”是“an为递增数列”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件答案D解析取an2n，此时q21，但an是单调递减数列，取ann，因anan1n0，故an是单调递增数列，但q1 ”是“an是递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.4已知递增的等比数列an中，a26，a11，a22，a3成等差数列，则该数列的前6项和S6等于()A93 B
18、189 C. D378答案B解析设数列an的公比为q，由题意可知，q1，且2(a22)a11a3，即2(62)16q，整理可得2q25q20，则q2，则a13，数列an的前6项和S6189.5(2020苏州模拟)设等比数列an的公比为q，则下列结论正确的是()A数列anan1是公比为q的等比数列B数列anan1是公比为q的等比数列C数列anan1是公比为q的等比数列D数列是公比为的等比数列答案D解析对于A，由q2(n2)知其是公比为q2的等比数列；对于B，若q1，则anan1项中有0，不是等比数列；对于C，若q1，则数列anan1项中有0，不是等比数列；对于D，所以数列是公比为的等比数列，故选
19、D.6若正项等比数列an满足anan122n(nN*)，则a6a5的值是()A. B16C2 D16答案D解析设正项等比数列an的公比为q0，anan122n(nN*)，4q2，解得q2，a222n，an0，解得an，则a6a516，故选D.7(多选)在等比数列an中，a54，a716，则a6可以为()A8 B12C8 D12答案AC解析因为an为等比数列，a54，a716，所以aa5a741664，所以a68.8(多选)在等比数列an中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a11，a99a10010，0，下列选项中，结论正确的是()A0q1Ba99a10110CT100的值是Tn中最大的D使
20、Tn1成立的最大自然数n等于198答案ABD解析对于A，a99a10010，aq1971，(a1q98)2q1.a11，q0.又0，a991，且a1001.0q1，故A正确；对于B，aa99a101，a1000，aa9002a1a5，a59a3，则a2 020的个位数字是_答案7解析由等比数列的性质可得a1a5a2a4，因为aa9002a1a59002a2a4，所以aa2a2a4(a2a4)2900，又因为an0，所以a2a430，又由a59a3，所以a1(qq3)30，a3q29a3，且q0，解得a11，q3，所以a2 020a1q2 01932 019(34)50433，所以a2 020的
21、个位数字是7.15在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2，.设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，xt，2，并记anlog2(1x1x2xt2)，其中t2n1，nN*，求数列an的通项公式解anlog2(1x1x2xt2)，所以an1log21(1x1)x1(x1x2)xt(xt2)2log2(12xxxx22)3an1，所以an13，所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列，所以an3n1，所以an.16已知数列an的前n项和为Sn，且数列是首项为3，公
22、差为2的等差数列，若bn，数列bn的前n项和为Tn，求使得SnTn268成立的n的最小值解因为数列是首项为3，公差为2的等差数列，所以3(n1)2 ，化简得Sn2n2n，则Sn12(n1)2(n1)(n2)，所以anSnSn1 (2n2n)2(n1)2(n1)4n1(n2)，当n1 时，S1a13，也符合上式，所以an4n1，因为bn，所以b1a2，b2a4，b3a8，b4a16，b5a32，b6a64，所以Tna2a4a8a16(231)(241)(251)(2n11)(2n21)2324252n12n2n2n3n8，所以S1T1(2121)(2418)10，S2T2(2222)(2528)32，S3T3(2323)(2638)74，S4T4(2424)(2748)152，S5T5(2525)(2858)298，所以使得SnTn268成立的n的最小值为5.
