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(4an1 4an ) 2an1 2an1 4an 2
an1 2an
an1 2an
∴数列{bn}是公比为2的等比数列,首项为a2-2a1. ∵S2=a1+a2=4a1+2, ∴a2=5.∴b1=a2-2a1=3.
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(2)由(1)知bn=3·2n-1=an+1-2an,
∴
an1 2n1
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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 ，公比通常
用字母 q(q≠0) 表示.
其数学表达式为：
an+1 an
= q（q为常数）或
an = q a n-1
（q为常数）（n≥2）,常用定义判断或证明一个数列是等
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设等比数列{an}的公比q＜1,前n项和为Sn.已知 a3=2,S4=5S2,求{an}的通项公式.
【解析】由题设知a1≠0,Sn=
,
则
a1q2=2,
①
a1(1- q4 ) 5 a1(1- q 2 )
②
1-q
1-q
由②得1-q4=5(1-q2),(q2-4)(q2-1)=0,
a1(1- qn ) 1- q
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1 1 1
1
n2
2
2
1 1 n1 1 2
1 1 2
1
2
1
1
n1
3 2
5
2
1
n1
3 3 2
当n=1时，
5 3
2 3
1 2
n1
=1=a1,
∴an=
5
2
1
n
1
（n∈N*）.
3 3 2
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证明数列{an}是等比数列一般有两种方法: ①定义法:an+1=qan(n∈N*,q是常数); ②等比中项法:an+12=an·an+2(n∈N*). 做题时应根据题目中的已知条件来确定用哪一种方法.
故{an}的通项an=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)知 2an=2n,由等比数列前n项和公式,得
Sn=2+22+23+…+2n=
2(1 - 2n ) =2n+1-2.
1 2
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数列的通项公式和前n项和公式是数列中应用最 广泛,最重要的公式,应熟记公式掌握应用.
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［2010年高考四川卷］已知等差数列{an}的前3项和为6, 前8项和为-4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(4-an)qn-1(q≠0,n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.
{an}成等比数列，则Sm，S2m-Sm，S3m-
S2m 成等比数列 ，公比为
qm
.
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考点1 等比数列基本量的计算
［和2,80a120+年a5高=0考,则浙江SS52 卷=］设Sn为等比数列{an}的( 前n项)
A.11
B.5
C.-8
D.-11
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【分析】建立关于a1,q的方程求解.
【解析】设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由已知q≠1, 又∵8a2+a5=0,
等比数列
考纲解读
1.理解等比数列的概念.
等比数列
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 数列,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.
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考向预测
在高考客观题中,对等比数列的考查主要是涉及 到通项公式和前n项和公式,以中低档题为主,在主观 题特别是解答题中,对等比数列的考查,近几年题目难 度大大降低,与三角、函数、方程及不等式联系的综 合题难度较大但考的较少,2012年复习主要放在通项 公式、求和公式的应用上.
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【分析】由题意,第n个圆的圆心横坐标与半径之间存在关 系,第n个圆与第n+1个圆的圆心之间因外切也存在联系,由 此建立rn,rn+1的关系并求解.
【解析】 (1)证明:将直线y= 3 x的倾斜角记为θ,则有
tanθ= rnλn=
12,3得3,sλinn=θ=2rn.同.12设理Cλnn的+1=圆32心rn+为1.从(λn而,0),则由题意知
比数列.
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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
公式an= a1·qn-1 .
通项公式的变形为an=amqn-m，也可写为qn-m=
用此求通项公式中的公比q.当公比q≠1时an=
a1 ·qn q
可aamn以常
看成函数y=c·qx，是一个不为零的常数与指数函数的乘
λn+1=λn+rn+rn+1=2rn+1.将λn=2rn代入,解得rn+1=3rn.
a a a =
14·q166=
4 1
·q6·q160=(
4 1
·q6)·(q16)10
=1·210=1 024.
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解法二:由性质可知,依次4项的积为等比数列,设公比为p,
设T1=a1·a2·a3·a4=1,
T4=a13·a14·a15·a16=8,
∴T4=T1·p3=1·p3=8
p=2.
∴T11=a41·a42·a43·a44=T1·p10=210=1 024.
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(2)解法一:a1a2a3a4=a1·a1q·q1q2·a1q3=a14q6=1, ①
a13a14a15a16=a1q12·a1q13·a1q14·a1q15
= a14 ·q54=8,
②
②÷①:
a14q54 a14q6
=q48=8
q16=2,
∴a41a42a43a44=a1q40·a1q41·a1q42·a1q43
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【解析】 (1)证明：b1=a2a-na11= 1an，
当n≥2时，bn=an+1-an=
2
an
1 2
(an
an1
)
1 2
bn1
∴（{2b）n}是由以（11为）首知项bn，=a-n+112为-a公n=比的 等12 比n，1数列. 当n≥2时，an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）
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【解析】 (1)设数列{an}的公差为d,由已知,得
3a1+3d=6
解得 a1=3
8a1+28d=-4,
d=-1.
故an=3-(n-1)=4-n.
(2)由(1)可得bn=n·qn-1,于是
Sn=1·q0+2·q1+3·q2+…+n·qn-1.
若q≠1,将上式两边同乘q,得
qSn=1·q1+2·q2+…+(n-1)·qn-1+n·qn. 两式相减,得
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【解析】利用等比数列的性质. 由已知a1+a2+…+an=2, an+1+an+2+…+a2n+a2n+1+a2n+2+…+a3n=12. 注意到 (a1+a2+…+an),(an+1+an+2+…+a2n),(a2n+1+a2n+2+…+a3n),( a3n+1+a3n+2+…+a4n),…,也成等比数列,其公比为qn,于是, 问题转化为已知: A1=2,A1qn+A1q2n=12, 要求A1q3n+A1q4n+A1q5n的值.
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(q-1)Sn=nqn-1-q1-q2-…-qn-1
qn 1 nq n1 (n 1)qn 1
=nqn-
.
q1
q1
于是,Sn=
nq n1 (n 1)qn
q 12
若q=1,则Sn=1+2+3+…+n=
1. n(n
1)
.
2
n(n 1)
(q=1)
所以,Sn=
2
nq n1 (n 1)qn 1
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数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*).
(1)设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列;
(2)设cn=
an 3n 1
,求证:{cn}是等比数列.
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【证明】an+2=Sn+2-Sn+1
=4an+1+2-4an-2=4an+1-4an.
(1) bn1 an2 - 2an1 bn an1 - 2an
an 2n2
3
.
∴数列
∴
an 2n-2
(
an.
2 (n -1) 3 3n. -1
∴an=(3n-1)·2n-2.∴cn=2n-2.
∴
cn1 cn
2n-1 2n-2
=2.
∴数列{cn}为等比数列，公比为2.
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考点4 等比数列的性质
已知等比数列前n项和为2,其后2n项的和为12,求再往 后3n项的和. 【分析】由已知条件,根据前n项和公式列出关于首项a1和公 比q及n的两个方程,应能解出a1和q关于n的表达式,这样可能 较繁琐又不便于求出结果,若采用整体处理的思路,问题就会 变得简单,也可采用等比数列的性质使问题简化.
