1、等比数列及其前 n 项和要点自主梳理1.等比数列的定义如果一个数列_，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的_，通常用字母_表示(q0)从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)公比 q从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比 q 也是非零常数.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 an_.a1qn13.等比中项3等比中项：如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项G2ab(ab0)4.等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam_，(n，mN*).
2、qnm(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.(4)单调性：a10，q1或a100q0，0q1或a11an是_数列；递减q1an是_常_数列；q0，则lg an构成等差数列8思想与方法：(1)等比数列的判定方法：定义：an1an q(q 是不为零的常数，nN*)an是等比数列.等比中项法：a2n1anan2(anan1an20，nN*)an是等比数列.通项公式：ancqn1(c、q 均是不为零的常数，nN*)an是等比数列.(2)等比数列的
3、前 n 项和 Sn 是用错位相减法求得的，注意这种方法在数列求和中的运用.(3)在利用等比数列前 n 项和公式时，如果不确定 q 与 1 的关系，一般要用分类讨论的思想，分公比 q1 和 q1 两种情况；计算等比数列前 n 项和过程中要注意整体代入的思想方法常把 qn，a11q当成整体求解(4)等比数列的通项公式 ana1qn1 及前 n 项和公式 Sna11qn1qa1anq1q(q1)共涉及五个量 a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用.(5)揭示等比数列的特征及基本量之间的关系.利用函数、方程的观点和方法，讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小.基础自测1“b ac
4、”是“a、b、c 成等比数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2若数列an的前 n 项和 Sn3na，数列an为等比数列，则实数 a 的值是()A3B1C0D13已知等比数列an的前三项依次为 a2，a2，a8，则 an 等于()A8 32nB8 23nC8 32n1D8 23n14.在等比数列an中，an0，a2a42a3a5a4a625，则 a3a5 的值为_.55.在等比数列an中，a1a230，a3a460，则 a7a8_240 _.6.在等比数列an中，前 n 项和为 Sn，若 S37，S663，则公比 q 的值是()A.2B.2C.3D.3题型
5、一 等比数列的基本量的运算例 1(1)在等比数列an中，已知 a6a424，a3a564，求an的前 8 项和 S8；(2)设等比数列an的公比为 q(q0)，它的前 n 项和为 40，前 2n 项和为 3 280，且前 n 项中数值最大的项为 27，求数列的第 2n 项.解(1)设数列an的公比为 q，由通项公式 ana1qn1 及已知条件得：a6a4a1q3q224，a3a5a1q3264.由得 a1q38.将 a1q38 代入式，得 q22，无解，故舍去.将 a1q38 代入式，得 q24，q2.当 q2 时，a11，S8a11q81q255；当 q2 时，a11，S8a11q81q85
6、.(2)若 q1，则 na140,2na13 280，矛盾.q1，a11qn1q40，a11q2n1q3 280，得：1qn82，qn81，将代入得 q12a1.又q0，q1，a10，an为递增数列.ana1qn127，由、得 q3，a11，n4.a2na81372 187.探究提高(1)对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用.(2)在涉及等比数列前 n 项和公式时要注意对公比 q 是否等于 1 进行判断和讨论.变式训练 1(1)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S41，S817，求an
7、的通项公式.an 1152n1 或 an15(2)n1(2)已知正项等比数列an中，a1a52a2a6a3a7100，a2a42a3a5a4a636，求数列an的通项 an 和前 n 项和 Sn.本例可将所有项都用 a1 和 q 表示，转化为关于 a1 和 q 的方程组求解；也可利用等比数列的性质来转化，两种方法目的都是消元转化解 方法一 由已知得：a21q42a21q6a21q8100，a21q42a21q6a21q836.，得 4a21q664，a21q616.代入，得16q221616q2100.解得 q24 或 q214.又数列an为正项数列，q2 或12.当 q2 时，可得 a112
8、，an122n12n2，Sn12(12n)12 2n112；当 q12时，可得 a132.an32 12n126n.Sn321 12n1126426n.方法二 a1a5a2a4a23，a2a6a3a5，a3a7a4a6a25，由a1a52a2a6a3a7100，a2a42a3a5a4a636，可得a232a3a5a25100，a232a3a5a2536，即(a3a5)2100，(a3a5)236.a3a510，a3a56.解得a38，a52，或a32，a58.当 a38，a52 时，q2a5a32814.q0，q12，由 a3a1q28，得 a132，an32 12n126n.Sn3226n1
9、21126426n.当 a32，a58 时，q2824，且 q0，q2.由 a3a1q2，得 a12412.an122n12n2.Sn12(2n1)21 2n112.（3）在等比数列an中，a1an66，a2an1128，Sn126，求 n 和 q.解 由题意得a2an1a1an128，a1an66，解得a164，an2或a12，an64.若a164，an2，则 Sna1anq1q 642q1q 126，解得 q12，此时，an264 12n1，n6.若a12，an64，则 Sn264q1q 126，q2.an6422n1.n6.综上 n6，q2 或12.题型二 等比数列的性质及应用例 2 在
10、等比数列an中，(1)已知 a4a7512，a3a8124，且公比为整数，求 a10；(2)若已知 a3a4a58，求 a2a3a4a5a6 的值.解(1)a4a7a3a8512，a3a8512a3a8124，解之得a34a8128 或a3128a84.当a34a8128 时，q5a8a332，q2.a1a3q21，a10a1q91(2)9512.当a3128a84 时，q5a8a3 132，q12.又q 为整数，q12舍去.综上所述：a10512.(2)a3a4a58，又 a3a5a24，a348，a42.a2a3a4a5a6a542532.探究提高 在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐
11、含条件，利用性质，特别是性质“若mnpq，则 amanapaq”，可以减少运算量，提高解题速度.变式训练 2(1)在等比数列an中，若 a1a2a3a41，a13a14a15a168，求 a41a42a43a44.a1a2a3a4a1a1qa1q2a1q3a41q61.a13a14a15a16a1q12a1q13a1q14a1q15a41q548.：a41q54a41q6 q488q162，又 a41a42a43a44a1q40a1q41a1q42a1q43a41q166a41q6q160(a41q6)(q16)1012101 024.(2)已知等比数列an中，有 a3a114a7，数列bn是
12、等差数列，且 b7a7，求 b5b9 的值；a3a11a274a7，a70，a74，b74，bn为等差数列，b5b92b78.(3)在等比数列an中，a1a2a3a4a58，且1a1 1a21a3 1a4 1a52，求 a3.解 由已知得1a1 1a2 1a3 1a4 1a5a1a5a1a5 a2a4a2a4 a3a23a1a2a3a4a5a23 8a232，a234，a32.若 a32，设数列的公比为 q，则2q2 2q 22q2q28，即1q21q1qq21q122q122124.此式显然不成立，经验证，a32 符合题意，故 a32.题型三 等比数列的定义及判定例 3 设数列an的前 n
13、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.解题导引(1)证明数列是等比数列的两个基本方法：an1an q(q 为与 n 值无关的常数)(nN*)a2n1anan2(an0，nN*)(2)证明数列不是等比数列，可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明，也可用反证法(1)证明 由已知有 a1a24a12，解得 a23a125，故 b1a22a13.又 an2Sn2Sn14an12(4an2)4an14an，于是 an22an12(an12an)，即 bn12bn.因此数列bn是首项为 3，公比为 2 的等比数列(
14、2)解 由(1)知等比数列bn中 b13，公比 q2，所以 an12an32n1，于是an12n1an2n34，因此数列an2n 是首项为12，公差为34的等差数列，an2n12(n1)3434n14，所以 an(3n1)2n2.变式训练 3(1)已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn中，b1a1，bnanan1(n2)，且 anSnn.设 cnan1，求证：cn是等比数列；求数列bn的通项公式.(1)证明 anSnn，an1Sn1n1.得 an1anan11，2an1an1，2(an11)an1，an11an1 12，an1是等比数列.首项 c1a11，又 a1a11，a112，c11
15、2，公比 q12.又 cnan1，cn是以12为首项，12为公比的等比数列.(2)解 由(1)可知 cn12 12n1 12n，ancn11 12n.当 n2 时，bnanan11 12n1 12n1 12n1 12n 12n.又 b1a112代入上式也符合，bn 12n.探究提高 注意(2)问中要注意验证 n1 时是否符合 n2 时的通项公式，能合并的必须合并.(2)已知数列an的首项 a15，前 n 项和为 Sn，且 Sn12Snn5，nN*.证明数列an1是等比数列；求an的通项公式以及 Sn.证明 由已知 Sn12Snn5，nN*，可得 n2 时，Sn2Sn1n4，两式相减得 Sn1S
16、n2(SnSn1)1，即 an12an1，从而 an112(an1)，当 n1 时，S22S115，所以 a2a12a16，又 a15，所以 a211，从而 a212(a11)，故总有 an112(an1)，nN*，又 a15，a110，从而an11an1 2，即数列an1是首项为 6，公比为 2 的等比数列解 由(1)得 an162n1，所以 an62n11，于是 Sn6(12n)12n62nn6.(3)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)求 a2，a3 的值；求证：数列Sn2是等比数列解 a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，
17、当 n1 时，a1212；当 n2 时，a12a2(a1a2)4，a24；当 n3 时，a12a23a32(a1a2a3)6，a38.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 为公比的等比数列点评：.由 an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证 a10.(4)已知函数 f(x)2
18、x1x2(x2，xR)，数列an满足 a1t(t2，tR)，an1f(an)，(nN)若数列an是常数列，求 t 的值；当 a12 时，记 bnan1an1(nN*)，证明：数列bn是等比数列，并求出通项公式 an.解：数列an是常数列，an1ant，即 t2t1t2，解得 t1，或 t1.所求实数 t 的值是 1 或1.a12，bnan1an1，b13，bn1an11an112an1an2 12an1an2 13an1an1，即 bn13bn(nN*)题型四 等差、等比数列的综合应用例 4 已知等差数列an的首项 a11，公差 d0，且第 2 项、第 5 项、第 14 项分别是等比数列bn的
19、第 2 项、第 3 项、第 4 项.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设数列cn对 nN*均有c1b1c2b2cnbnan1 成立，求 c1c2c3c2 013.解(1)由已知有 a21d，a514d，a14113d，(14d)2(1d)(113d).解得d2(d0).an1(n1)22n1.又 b2a23，b3a59，数列bn的公比为 3，bn33n23n1.(2)由c1b1c2b2cnbnan1 得当 n2 时，c1b1c2b2cn1bn1an.两式相减得：n2 时，2bn23n1(n2).又当 n1 时，c1b1a2，3 n123n1n2.c1c2c3c2 01336232 013
20、133(332 013)32 013.探究提高 在解决等差、等比数列的综合题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前 n 项和公式.本题第(1)问就是用基本量公差、公比求解；第(2)问在作差 an1an 时要注意 n2.变式训练 4 已知数列an满足 a112，3an1an1an1 1an1an1an，且 an1an0(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)若 bna2n1a2n，试问数列bn中是否存在三项能按某种顺序构成等差数列？若存在，求出满足条件的等差数列；若不存在，说明理由.解(1)由 a112，an1an0 知，当 n 为偶数时，an0.由3an1an1
21、an1 1an1an1an，得 3(a2n1a2n)1a2n1.即 4a2n13a2n1，所以 4(a2n11)3(a2n1)，即数列a2n1是以 a21134为首项，34为公比的等比数列.所以 a2n134 34n1 34n，a2n1 34n，故 an(1)n11 34n(nN*).(2)由(1)知 bna2n1a2n1 34n11 34n14 34n，则对于任意的 nN*，bnbn1.假设数列bn中存在三项 br，bs，bt(rsbsbt，即只能有 2bsbrbt 成立，所以 214 34s14 34r14 34t，2 34s 34r 34t，所以 23s4ts3r4tr3t，因为 rs0
22、，tr0，所以 23s4ts 是偶数，3r4tr3t 是奇数，而偶数与奇数不可能相等，因此数列bn中任意三项不可能构成等差数列.失误与防范1.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 q1这一特殊情2.在求解与等比数列有关的问题时，除了要灵活地运用定义和公式外，还要注意性质的应用，以减少运算量而提高解题速度.形而导致解题失误.等比数列及其前 n 项和（1）一、选择题1.在等比数列an中，a12，前 n 项和为 Sn，若数列an1也是等比数列，则 Sn 等于()A.2n12 B.3nC.2nD.3n12.在等比数列an中，a37，前 3 项之和 S32
23、1，则公比 q 的值为()A.1B.12 C.1 或12D.1 或123.若等比数列an满足 anan116n，则公比为()A.2B.4C.8D.164记等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S32，S618，则S10S5 等于()A3B5C31D33因为等比数列an中有 S32，S618，即S6S3a1(1q6)1qa1(1q3)1q1q3182 9，故 q2，从而S10S5 a1(1q10)1qa1(1q5)1q1q512533.5在各项都为正数的等比数列an中，a13，前三项的和 S321，则 a3a4a5 等于()A33B72C84D189C 由题可设等比数列的公比为 q，则3(1q
24、3)1q 211qq27q2q60(q3)(q2)0，根据题意可知 q0，故 q2.所以 a3a4a5q2S342184.二、填空题6.在等比数列an中，a11，公比 q2，若 an64，则 n 的值为_7_.7.在数列an中，已知 a11，an2(an1an2a2a1)(n2，nN*)，这个数列的通项公式是_.a n1 n123n2n28.设等比数列an的公比 q，前 n 项和为 Sn，若 Sn1，Sn，Sn2 成等差数列，则 q 的值为_2_.9设an是公比为正数的等比数列，若 a11，a516，则数列an前 7 项的和为_解析 公比 q4a5a116，且 q0，q2，S712712 12
25、7.10在等比数列an中，公比 q2，前 99 项的和 S9930，则 a3a6a9a99_.解析 S9930，即 a1(2991)30，数列 a3，a6，a9，a99 也成等比数列且公比为 8，a3a6a9a994a1(1833)184a1(2991)747301207.三、解答题11.已知等差数列an满足 a22，a58.(1)求an的通项公式；(2)各项均为正数的等比数列bn中，b11，b2b3a4，求bn的前 n 项和 Tn.(1)an2n2(2)Tn2n112.Sn 是无穷等比数列an的前 n 项和，且公比 q1，已知 1 是12S2 和13S3 的等差中项，6 是2S2 和 3S3
26、 的等比中项.(1)求 S2 和 S3；(2)求此数列an的前 n 项和公式；(3)求数列Sn的前 n 项和.解(1)根据已知条件12S213S32，2S23S336.整理得3S22S312，3S22S336.解得 3S22S36，即S22，S33.(2)q1，则a11q2，a11qq23.可解得 q12，a14.Sn4112n112838312n.(3)由(2)得 S1S2Sn83n8312 112n11283n89112n.13已知an是公差不为零的等差数列，a11，且 a1，a3，a9 成等比数列(1)求数列an的通项；(2)求数列2an的前 n 项和 Sn.解(1)由题设知公差 d0，
27、由 a11，a1，a3，a9 成等比数列，得12d118d12d，解得 d1 或 d0(舍去)故an的通项 an1(n1)1n.(2)由(1)知 2an2n，由等比数列前 n 项和公式，得 Sn222232n2(12n)12 2n12.)14已知数列an满足 a11，a22，an2anan12，nN*.(1)令 bnan1an，证明：bn是等比数列；(2)求an的通项公式.解(1)证明 b1a2a11，当 n2 时，bnan1anan1an2an12(anan1)12bn1，bn是首项为 1，公比为12的等比数列.(2)解 由(1)知 bnan1an12n1，当 n2 时，ana1(a2a1)
28、(a3a2)(anan1)1112 12n21112n1112123112n1 532312n1，当 n1 时，532312111a1，an532312n1(nN*).15.设数列 na的前n 项和为nS，已知122nnnSa(nN*).（1）求数列 na的通项公式；（2）设1log2nnanb，数列 nb的前n 项和为nB，若存在整数m，使对任意 nN*且 n 2，都有320nnmBB成立，求m 的最大值；解：（1）由122nnnSa，得1122nnnSa(n2).两式相减，得1222nnnnaaa，即122nnnaa(n2).于是11122nnnnaa，所以数列2nna是公差为 1 的等差
29、数列.又21122Sa，所以14a.所以2(1)12nnann，故(1)2nnan.（2）因为21log2log2nnnanb1n，则3111123nnBBnnn.令111()123f nnnn，则111111(1)233313233f nnnnnnn.所以1111(1)()3132331f nf nnnnn1121120313233333333nnnnnn.即(1)()f nf n，所以数列()f n为递增数列.所以当 n 2 时，()f n 的最小值为111119(2)345620f.据题意，192020m，即19m.又m 为整数，故m 的最大值为 18.等比数列及其前 n 项和（2）一、
30、选择题1.已知an是等比数列，a22，a514，则 a1a2a2a3anan1 等于()A.16(14n)B.16(12n)C.323(14n)D.323(12n)2已知方程(x2mx2)(x2nx2)0 的四个根组成以12为首项的等比数列，则mn()A.32B.32或23C.23D 以上都不对解析 设 a，b，c，d 是方程(x2mx2)(x2nx2)0 的四个根，不妨设 acdb，则abcd2，a12，故 b4，根据等比数列的性质，得到：c1，d2，则 mab92，ncd3，或 mcd3，nab92，则mn32或mn23.3.设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数，且对任意的实数 x，
31、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()A.12，2B.12，2 C.12，1D.12，14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.172an是由正数组成的等比数列，且 a2a41，设an的公比为 q，则 q0，且 a231，即 a31.S37，a1a2a31q21q17，即 6q2q10.故 q12或 q13(舍去)，a1 1q24.S54(1125)1128(1 125)314.5设 Sn 为等比数列an的前 n 项
32、和，8a2a50，则S5S2等于()A11B8C5D11A 由 8a2a50，得 8a1qa1q40，所以 q2，则S5S2a1(125)a1(122)11.6等比数列an前 n 项的积为 Tn，若 a3a6a18 是一个确定的常数，那么数列 T10，T13，T17，T25 中也是常数的项是()AT10BT13CT17DT25a3a6a18a31q2517(a1q8)3a39，即 a9 为定值，所以下标和为 9 的倍数的积为定值，可知 T17为定值二、填空题7.在等比数列an中，若 a9a10a(a0)，a19a20b，则 a99a100_b9a8_.8.已知数列xn满足 lg xn11lg
33、xn(nN*)，且 x1x2x3x1001，则 lg(x101x102x200)_100_.9.已知数列an是正项等比数列，若 a132，a3a412，则数列log2an的前 n 项和 Sn 的最大值为_15_.10在等比数列an中，若公比 q4，且前 3 项之和等于 21，则该数列的通项公式 an_.解析 等比数列an的前 3 项之和为 21，公比 q4，不妨设首项为 a1，则 a1a1qa1q2a1(1416)21a121，a11，an14n14n1.三、解答题11.已知等比数列an的公比 q1，a1 与 a4 的等比中项是 4 2，a2 和 a3 的等差中项为 6，数列bn满足 bnlo
34、g2an.(1)求an的通项公式；(2)求bn的前 n 项和.(1)an2n(2)解 bnlog2an，an2n，bnn.bn的前 n 项和 Sn123nnn12.12.设数列an的前 n 项和为 Sn，且(3m)Sn2manm3(nN*)，其中 m 为常数，m3且 m0.(1)求证：an是等比数列；(2)若数列an的公比 qf(m)，数列bn满足 b1a1，bn32f(bn1)(nN*，n2)，求证：1bn为等差数列，并求 bn.证明(1)由(3m)Sn2manm3，得(3m)Sn12man1m3，两式相减，得(3m)an12man，m3 且 m0，an1an 2mm3(n1).an是等比数
35、列.(2)由(3m)S12ma1m3，S1a1，解得 a11，b11.又an的公比为 2mm3，qf(m)2mm3，n2 时，bn32f(bn1)32 2bn1bn13，bnbn13bn3bn1，推出 1bn 1bn113，1bn 是以 1 为首项，13为公差的等差数列，1bn1n13 n23，bn 3n2.13已知数列log2(an1)为等差数列，且 a13，a25.(1)求证：数列an1是等比数列；(2)求1a2a11a3a21an1an的值10(1)证明 设 log2(an1)log2(an11)d(n2)，因为 a13，a25，所以 dlog2(a21)log2(a11)log24lo
36、g221，所以 log2(an1)n，所以 an12n，所以 an1an112(n2)，所以an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)解 由(1)可得 an1(a11)2n1，所以 an2n1，所以1a2a11a3a21an1an12221232212n12n12 12212n1 12n 14已知等差数列an的首项 a11，公差 d0，且第 2 项、第 5 项、第 14 项分别是等比数列bn的第 2 项、第 3 项、第 4 项(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设数列cn对 nN*均有c1b1c2b2cnbnan1 成立，求 c1c2c3c2 010.解(1)由已知有 a21d，a514d，a14113d，(14d)2(1d)(113d)解得 d2(d0 舍)an1(n1)22n1 又 b2a23，b3a59，数列bn的公比为 3，bn33n23n1(2)由c1b1c2b2cnbnan1 得当 n2 时，c1b1c2b2cn1bn1an.两式相减得：当 n2 时，cnbnan1an2cn2bn23n1(n2)又当 n1 时，c1b1a2，3 (n1)23n1(n2)c1c2c3c2 01036232 010133(332 010)32 010.