1、第三节 等比数列及其前 n 项和【考纲下载】1理解等比数列的概念2掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式3能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题4了解等比数列与指数函数的关系1等比数列的相关概念相关名词等比数列an的有关概念及公式定义an1an q(q 是常数且 q0，nN)或 anan1q(q 是常数且 q0，nN且 n2)通项公式ana1qn1amqnm前 n 项和公式Snna1 q1a11qn1qa1anq1qq1等比中项设 a，b 为任意两个同号的实数，则 a，b 的等比中项 G ab2等比数列的性质(1)对任意的正整数 m，n，p，q，若 mnpq，则
2、 amanapaq.特别地，若 mn2p，则 amana2p.(2)若等比数列前 n 项和为 Sn，则 Sm，S2mSm，S3mS2m 仍成等比数列，即(S2mSm)2Sm(S3mS2m)(mN*，公比 q1)(3)数列an是等比数列，则数列pan(p0，p 是常数)也是等比数列(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.1b2ac 是 a，b，c 成等比数列的充要条件吗？提示：不是b2ac 是 a，b，c 成等比数列的必要不充分条件，因为当 b0，a，c 至少有一个为零时，b2ac 成立，但 a，b，c 不成等比
3、数列；若 a，b，c 成等比数列，则必有 b2ac.2若 a0，则数列 a，a2，a3，an，的前 n 项和为 Sna1an1a 吗？提示：不一定当 a1 时，Snna1n；当 a1 时，Sna1an1a.1(2013江西高考)等比数列 x,3x3,6x6，的第四项等于()A24 B0 C12 D24解析：选 A 由 x,3x3,6x6 成等比数列，知(3x3)2x(6x6)，解得 x3 或 x1(舍去)所以此等比数列的前三项为3，6，12.故第四项为24.2已知an是等比数列，a22，a514，则公比 q 等于()A12B2 C2 D.12解析：选 D a22，a514，a5a214218q
4、3，q12.3在等比数列an中，已知 a7a125，则 a8a9a10a11()A10B25 C50 D75解析：选 B a7a125，a8a9a10a11(a8a11)(a9a10)(a7a12)225.4已知等比数列的前 n 项和 Sn4na，则 a_.解析：当 n1 时，a1S14a，当 n2 时，anSnSn1(4na)(4n1a)4n4n134n1.又该数列为等比数列，4a340，即 a1.答案：15设 Sn 为等比数列an的前 n 项和，8a2a50，则S5S2_.解析：8a2a50，8a2a5，即a5a28.q38，q2.S5S2a11q51qa11q21q1q51q212512
5、211.答案：11考点一等比数列的判定与证明 例 1 已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn14an2(nN*)，若 bnan12an，求证：bn是等比数列自主解答 an2Sn2Sn14an124an24an14an.bn1bn an22an1an12an 4an14an2an1an12an2an14anan12an 2，S2a1a24a12，a25.b1a22a13.数列bn是首项为 3，公比为 2 的等比数列【互动探究】保持本例条件不变，若 cnan3n1，证明：cn是等比数列证明：由例题知，bn32n1an12an，an12n1 an2n23.数列an2n2 是首项为 2，公差
6、为 3 的等差数列 an2n22(n1)33n1，an(3n1)2n2，1cn 2n12n22.数列cn为等比数列 【方法规律】等比数列的判定方法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、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已知等比数列an的公比为 q，记 bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1am(n1)2am(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 qmB数列bn为等比数列，公比为 q2mC数列cn为等比数列，公比为 qm2D数列cn为等比数列，公比为 q
7、mm解析：选 C bnam(n1)1(1qq2qm1)，bn1bn amn1amn1mqm，故数列bn为等比数列，公比为 qm，选项 A、B 均错误；cnammn11q12(m1)，cn1cn ammn1ammn1mamn1amn1mm(qm)mqm2，故数列cn为等比数列，公比为 qm2，D 错误，故选 C.高频考点考点二等比数列的基本运算 1等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择、填空题，也有解答题，难度适中，属中低档题2高考对等比数列的基本运算的考查常有以下几个命题角度：(1)化基本量求通项；(2)化基本量求特定项；(3)化基本量求公比；(4)化基本量求和例 2(1)(2013
8、新课标全国卷)等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S3a210a1，a59，则 a1()A.13B13C.19D19(2)(2012浙江高考)设公比为 q(q0)的等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23a22，S43a42，则 q_.(3)(2013湖北高考)已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a3125.求数列an的通项公式；是否存在正整数 m，使得 1a11a2 1am1？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说明理由自主解答(1)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.(2)由
9、 S23a22，S43a42 作差，可得 a3a43a43a2，即 2a4a33a20，所以2q2q30，解得 q32或 q1(舍)(3)设等比数列an的公比为 q，则由已知可得a31q3125，|a1qa1q2|10，解得a153，q3或a15，q1.故 an533n1，或 an5(1)n1.若 an533n1，则 1an35 13n1，故1an 是首项为35，公比为13的等比数列，从而13115319191111031013mmmnna.若 an(5)(1)n1，则1an15(1)n1，故1an 是首项为15，公比为1 的等比数列，从而11,21(),150,2().mnnmkkNamk
10、kN 故11mnna1.综上，对任何正整数 m，总有11mnna1.故不存在正整数 m，使得1a11a2 1am1 成立答案(1)C(2)32等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略(1)化基本量求通项求等比数列的两个基本元素 a1 和 q，通项便可求出，或利用知三求二，用方程求解(2)化基本量求特定项利用通项公式或者等比数列的性质求解(3)化基本量求公比利用等比数列的定义和性质，建立方程组求解(4)化基本量求和直接将基本量代入前 n 项和公式求解或利用等比数列的性质求解1(2013新课标全国卷)设首项为 1，公比23的等比数列an的前 n 项和为 Sn，则()ASn2an1 BSn3an2
11、CSn43anDSn32an解析：选 D 因为 a11，公比 q23，所以 an 23n1，Sna11qn1q31 23n 32 23n132an.2已知等比数列an为递增数列，且 a25a10,2(anan2)5an1，则数列an的通项公式an_.解析：设数列an的首项为 a1，公比为 q，a25a10,2(anan2)5an1，a21q8a1q9，21q25q，得 a1q，由由知 q2 或 q12，又数列an为递增数列，a1q2，从而 an2n.答案：2n3等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S1，S3，S2 成等差数列(1)求an的公比 q；(2)若 a1a33，求 Sn.解：(1
12、)S1，S3，S2 成等差数列，a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)由于 a10，故 2q2q0，又 q0，从而 q12.(2)由已知可得 a1a11223，故 a14，从而 Sn4112n11283112n.考点三等比数列的性质 例 3(1)已知等比数列an中，a1a2a340，a4a5a620，则前 9 项之和等于()A50 B70 C80 D90(2)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10()A7B5 C5 D7自主解答(1)S3，S6S3，S9S6 成等比数列，S3(S9S6)(S6S3)2，又 S340，S6402060，40(S960)202，故 S970
13、.(2)由已知得a4a72，a5a6a4a78，解得a44，a72 或a42，a74.当 a44，a72 时，易得 a18，a101，从而 a1a107；当 a42，a74 时，易得 a108，a11，从而 a1a107.答案(1)B(2)D【方法规律】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1记等比数列an的前 n 项积为 Tn(nN*)，已知 am1am12am0，且 T2m1128，则m 的值为()A4B7C10 D12解析：选 A 因为
14、an是等比数列，所以 am1am1a2m，又由 am1am12am0，可知 am2.由等比数列的性质可知前(2m1)项积 T2m1a2m1m，即 22m1128，故 m4.2在等比数列an中，若 a1a2a3a41，a13a14a15a168，则 a41a42a43a44_.解析：法一：a1a2a3a4a1a1qa1q2a1q3a41q61，a13a14a15a16a1q12a1q13a1q14a1q15a41q548，由，得a41q54a41q6 q488q162，又 a41a42a43a44a1q40a1q41a1q42a1q43a41q166a41q6q160(a41q6)(q16)10
15、12101 024.法二：由性质可知，依次 4 项的积为等比数列，设公比为 q，T1a1a2a3a41，T4a13a14a15a168，T4T1q31q38，即 q2.T11a41a42a43a44T1q102101 024.答案：1 024课堂归纳通法领悟2 个注意点应用等比数列的公比应注意的问题(1)由 an1qan(q0)，并不能断言an为等比数列，还要验证 a10.(2)在应用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q1 和 q1 分类讨论，防止因忽略 q1 这一特殊情况而导致错误4 种方法等比数列的判定方法(1)定义法：若an1an q(q 为非零常数)或 anan1q(q 为非零
16、常数且 n2)，则an是等比数列；(2)等比中项法：在数列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)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是等比数列注意：前两种方法也可用来证明一个数列为等比数列数学思想(八)分类讨论思想在等比数列中的应用分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有：(1)已知 Sn 与 an 的关系，要分 n1，n2 两种情况(2)等比数列中遇到求和问题要分公比 q1
17、，q1 讨论(3)项数的奇、偶数讨论(4)等比数列的单调性的判断注意与 a1，q 的取值的讨论典例(2013天津高考)已知首项为32的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)，且 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 TnSn1Sn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值解题指导(1)利用等差数列的性质结合已知条件求出公比 q，进而可求得通项公式；(2)结合数列的单调性求数列的最大项与最小项的值解(1)设等比数列an的公比为 q，因为 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列，所以 S5a5S3a3S4a4S5a5，即 4a5a3
18、，于是 q2a5a314.又an不是递减数列且 a132，所以 q12.故等比数列an的通项公式为 an3212n1(1)n1 32n.(2)由(1)得 Sn112n112n，n为奇数，112n，n为偶数.当 n 为奇数时，Sn 随 n 的增大而减小，所以 1SnS132，故 0Sn1SnS11S1322356.当 n 为偶数时，Sn 随 n 的增大而增大，所以34S2SnSn1SnS2 1S23443712.综上，对于 nN*，总有 712Sn1Sn56.所以数列Tn最大项的值为56，最小项的值为 712.题后悟道 1.数列与函数有密切联系，证明与数列有关的不等式，其本质是求数列中的最大项，
19、可以利用图象或者数列的单调性求解，同时注意数列的单调性与函数单调性的区别2本题易忽视条件“an不是递减数列”而认为 q12，从而导致解题错误已知数列an的前 n 项和 Snan1(a0)，则an()A一定是等差数列B一定是等比数列C或者是等差数列，或者是等比数列D既不可能是等差数列，也不可能是等比数列解析：选 C Snan1(a0)，anS1，n1，SnSn1，n2，即 ana1，n1，a1an1，n2.当 a1 时，an0，数列an是一个常数列，也是等差数列；当 a1 时，数列an是一个等比数列全盘巩固1设 Sn 是等比数列an的前 n 项和，a332，S392，则公比 q()A.12B12
20、 C1 或12D1 或12解析：选 C 当 q1 时，a1a2a332，S3a1a2a392，符合题意；当 q1 时，由题意得a3a1q232，S3a11q31q92，解得 q12.故 q1 或 q12.2各项都为正数的等比数列an中，首项 a13，前三项和为 21，则 a3a4a5()A33 B72 C84 D189解析：选 C a1a2a321，a1a1qa1q221,33q3q221，即 1qq27，解得 q2 或 q3.an0，q2，a3a4a521q221484.3已知等比数列an满足 an0(nN*)，且 a5a2n522n(n3)，则当 n1 时，log2a1log2a3log2
21、a5log2a2n1()A(n1)2Bn2Cn(2n1)D(n1)2解析：选 B 由等比数列的性质可知 a5a2n5a2n，又 a5a2n522n，所以 an2n.又 log2a2n1log222n12n1，所以 log2a1log2a3log2a5log2a2n1135(2n1)12n1n2n2.4已知数列an满足 a15，anan12n，则a7a3()A2 B4 C5 D.52解析：选 B 依题意得an1an2anan1 2n12n 2，即an2an 2，故数列 a1，a3，a5，a7，是一个以 5 为首项、2 为公比的等比数列，因此a7a34.5已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11
22、，Sn2an1，则 Sn()A2n1B.32n1C.23n1D.12n1解析：选 B Sn2an1，当 n2 时，Sn12an.anSnSn12an12an.3an2an1.an1an 32.又S12a2，a212.a2a112.an从第二项起是以32为公比的等比数列 Sna1a2a3an1121 32n1132 32n1也可以先求出n2时，an3n22n1，再利用 Sn2an1，求得Sn 32n1.6定义在(，0)(0，)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x
23、)2x；f(x)|x|；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为()ABCD解析：选 C 法一：设an的公比为 q.f(an)a2n，a2n1a2n an1an2q2，f(an)是等比数列排除 B，D；f(an)|an|，|an1|an|an1an|q|，f(an)是等比数列排除 A.法二：不妨令 an2n.因为 f(x)x2，所以 f(an)4n.显然f(2n)是首项为 4，公比为 4 的等比数列因为 f(x)2x，所以 f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以fa2fa124224fa3fa2282416，所以f(an)不是等比
24、数列因为 f(x)|x|，所以 f(an)2n(2)n.显然f(an)是首项为 2，公比为 2的等比数列因为 f(x)ln|x|，所以 f(an)ln 2nnln 2.显然f(an)是首项为 ln 2，公差为 ln 2 的等差数列7(2013重庆高考)已知an是等差数列，a11，公差 d0，Sn 为其前 n 项和，若 a1，a2，a5 成等比数列，则 S8_.解析：由 a1，a2，a5 成等比数列，得(a1d)2a1(a14d)，即(1d)214d，解得 d2(d0 舍去)，S881872 264.答案：648若等比数列an满足 a2a420，a3a540，则公比 q_；前 n 项和 Sn_.
25、解析：由等比数列的性质，得 a3a5(a2a4)q，解得 qa3a5a2a42，又a2a4a1(qq3)20，a12，Sna11qn1q2n12.答案：2 2n129(2013江苏高考)在正项等比数列an中，a512，a6a73.则满足 a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的值为_解析：设等比数列的首项为 a1，公比为 q0，由a1q412，a1q5a1q63，得 a1 132，q2.所以 an2n6.a1a2an2n525，a1a2an2nn112.由 a1a2ana1a2an，得 2n5252nn112，由 2n52nn112，得 n213n100，解得13 1292na1a2an
26、，n13 时不满足 a1a2ana1a2an，故 n 的最大值为 12.答案：1210数列an中，Sn1kan(k0，k1)(1)证明：数列an为等比数列；(2)求通项 an；(3)当 k1 时，求和 a21a22a2n.解：(1)证明：Sn1kan，Sn11kan1，得 SnSn1kankan1(n2)，(k1)ankan1，anan1 kk1为常数，n2.an是公比为 kk1的等比数列(2)S1a11ka1，a1 11k.an 11kkk1n1 kn1k1n.(3)an中 a1 11k，q kk1，a2n是首项为1k12，公比为kk12 的等比数列当 k1 时，等比数列a2n的首项为14，
27、公比为14，a21a22a2n141 14n114131 14n.11已知函数 f(x)bxcx1 的图象过原点，且关于点(1,2)成中心对称(1)求函数 f(x)的解析式；(2)若数列an满足 a12，an1f(an)，证明数列anan1 为等比数列，并求出数列an的通项公式解：(1)f(0)0，c0.f(x)bxcx1 的图象关于点(1,2)成中心对称，f(x)f(2x)4，解得 b2.f(x)2xx1.(2)an1f(an)2anan1，当 n2 时，anan1an1an11 anan1an11an1 2an1an112an1an111an11an1 2an1an11an11an1 2.
28、又 a1a1120，数列anan1 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，anan12n，an 2n2n1.12已知等差数列an的前 n 项的和为 Sn，等比数列bn的各项均为正数，公比是 q，且满足：a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求 an 与 bn；(2)设 cn3bn2an3，若数列cn是递增数列，求 的取值范围解：(1)由已知可得q3a212，3a2q2，所以 q2q120，解得 q3 或 q4(舍)，从而 a26，所以 an3n，bn3n1.(2)由(1)知，cn3bn2an3 3n2n.由题意，cn1cn对任意的 nN*恒成立，即 3n12n13n2n恒成立，亦即2
29、n23n恒成立，即232n恒成立 由于函数 y32n是增函数，所以232nmin2323，故3，即的取值范围为(，3)冲击名校1设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数，且对任意的实数 x，yR，都有 f(x)f(y)f(xy)，若 a112，anf(n)(nN*)，则数列an的前 n 项和 Sn 的取值范围是_解析：由已知可得 a1f(1)12，a2f(2)f(1)2 122，a3f(3)f(2)f(1)f(1)3 123，anf(n)f(1)n 12n，所以 Sn12 122 123 12n121 12n1121 12n.nN*，12Sn1，且 nN*)an1an3(SnSn1)3an，
30、an14an(n1，nN*)，a23S113a113t1，当 t1 时，a24a1，数列an是等比数列(2)在(1)的结论下，an14an，an14n，bnlog4an1n，cnanbn4n1n，Tnc1c2cn(401)(412)(4n1n)(14424n1)(123n)4n131nn2.高频滚动1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，S440，Sn210，Sn4130，则 n()A12 B14 C16 D18解析：选 B SnSn4anan1an2an380，S4a1a2a3a440，所以 4(a1an)120，a1an30，由 Snna1an2210，得 n14.2已知数列an满足 a
31、11，且 an2an12n(n2，nN*)(1)求证：数列an2n 是等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)求数列an的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：因为 an2an12n，所以an2n2an12n2nan12n11，即an2nan12n11，所以数列an2n 是等差数列，且公差 d1，其首项a12112，所以an2n12(n1)1n12，解得 ann12 2n(2n1)2n1.(2)Sn120321522(2n1)2n1，2Sn121322523(2n3)2n1(2n1)2n，得Sn12022122222n1(2n1)2n1412n112(2n1)2n(32n)2n3.所以 Sn(2n3)2n3.
