高中数学高考复习：第五章第3讲 等比数列及其前n项和

第3讲 等比数列及其前n 项和 ,)1．等比数列的有关概念 (1)定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．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a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)． (2)等比中项假如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⇒G 2＝ab ． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．1．辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．2．等比数列的三种判定方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式法：a n ＝cqn －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．3．求解等比数列的基本量常用的思想方法(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：a 1，q ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中依据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．(2)分类争辩思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必需分类求和，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q；在推断等比数列单调性时，也必需对a 1与q 分类争辩．1.教材习题改编 等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6等于( ) A ．27 B ．36 C ．812D ．54C 法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，所以a 6＝a 1q 5＝163×⎝ ⎛⎭⎪⎫325＝812.故选C.法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4，所以a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，所以a 6＝a 24a 2＝1828＝812.故选C.2.教材习题改编 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C. 3.教材习题改编 在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，得q 3＝27，所以q ＝3.所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 27，814.教材习题改编 由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________． log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10 ＝log 2＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.255.教材习题改编 在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 由于a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.所以a 1q 4－a 1＝15，① a 1q 3－a 1q ＝6，②且q ≠1. ①②得（q 2＋1）（q 2－1）q ·（q 2－1）＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， 所以q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．所以a 3＝1×22＝4. 4等比数列的基本运算(高频考点)等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，属中、低档题． 高考对等比数列基本运算的考查主要有以下三个命题角度： (1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(2021·兰州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1， 两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)， 即6a n ＝9(a n －a n －1)，所以a n ＝3a n －1.所以数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由于b n ＝1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2，所以{b n }是首项为3，公比为13的等比数列，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .等比数列基本运算的解题技巧(1)求等比数列的基本量问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是：①由已知条件列出以首项和公比为未知数的方程(组)；②求出首项和公比；③求出项数或前n 项和等其余量．(2)设元的技巧，可削减运算量，如三个数成等比数列，可设为a q，a ，aq (公比为q )；四个数成等比数列且q >0时，设为a q 3，a q，aq ，aq 3.角度一 求首项a 1、公比q 或项数n1．(2021·高考全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．由于a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又由于S n ＝126，所以2（1－2n）1－2＝126，所以n ＝6.6角度二 求通项或特定项2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________． 由于3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.3n －1角度三 求前n 项和3．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－310) B ．19(1－3－10) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)C 由题意知数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，则q ＝a n ＋1a n ＝－13，a 1＝a 2q ＝4，因此其前10项和等于4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3(1－3－10)．等比数列的判定与证明(2022·高考全国卷丙)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.【解】 (1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列， 于是a n ＝11－λ(λλ－1)n －1.(2)由(1)得，S n ＝1－(λλ－1)n. 由S 5＝3132得，1－(λλ－1)5＝3132，即(λλ－1)5＝132. 解得λ＝－1.证明数列{a n }是等比数列常用的方法 一是定义法，证明a n a n －1＝q (n ≥2，q 为常数)；二是等比中项法，证明a 2n ＝a n －1·a n ＋1.若推断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．已知数列{a n }是等差数列，a 3＝10，a 6＝22，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋13b n ＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋5d ＝22，解得a 1＝2，d ＝4.所以a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2. (2)证明：由T n ＝1－13b n ，①令n ＝1，得T 1＝b 1＝1－13b 1.解得b 1＝34，当n ≥2时，T n －1＝1－13b n －1，②①－②得b n ＝13b n －1－13b n ，所以b n ＝14b n －1，所以b n b n －1＝14.又由于b 1＝34≠0， 所以数列{b n }是以34为首项，14为公比的等比数列．等比数列的性质(1)(2021·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1C ．12D ．18(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( ) A ．31 B ．36 C ．42D ．48(3)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________． 【解析】 (1)法一：由于a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)， 所以a 24＝4(a 4－1)， 所以a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2.又由于q 3＝a 4a 1＝214＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：由于a 3a 5＝4(a 4－1)， 所以a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)．将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12，故选C.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×（1－25）1－2＝31，故选A.(3)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠1，S 10－S 5S 5＝－132. 由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.【答案】 (1)C (2)A (3)－12等比数列常见性质的应用(1)在解决等比数列的有关问题时，要留意挖掘隐含条件，利用性质，特殊是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以削减运算量，提高解题速度．(2)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．依据题目条件，认真分析，发觉具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(3)在应用相应性质解题时，要留意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时留意设而不求思想的运用．1．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18 B ．－18C ．578D ．558A 由于a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.2．(2021·沈阳质量监测)数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________．设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知a 5＝a 2q 3，求得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝14a 1a 2，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝14a n －1a n (n ≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n)．323(1－4－n) ,)——分类争辩思想在等比数列中的应用已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________．【解析】 设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件冲突，故q ≠1.由于S 2m S m ＝a 1（1－q 2m ）1－q a 1（1－q m）1－q ＝q m＋1＝9，所以q m＝8.所以a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，所以m ＝3，所以q 3＝8，所以q ＝2. 【答案】 2(1)本题在利用等比数列的前n 项和公式表示S 2m 和S m 时，对公比q ＝1和q ≠1进行了分类争辩．(2)分类争辩思想在等比数列中应用较多，常见的分类争辩有： ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种状况． ②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1争辩．③项数的奇、偶数争辩．④等比数列的单调性的推断留意与a 1，q 的取值的争辩．在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)， 解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ·(n ＋1)． 由于b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n 2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.,)1．(2021·太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4C ． 2D ．2 2B 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q2＝a 4a 2＝14， 所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－12D ．12A 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a2，所以a ＝－13.3．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C ．n （n ＋1）2D ．n （n －1）2A 由于a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．故选A.4．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3C 设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，依据题意可得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝2，a 1q 4＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16125，q ＝52.所以a n ＝a 1qn －1＝16125×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －4，所以lg a n ＝lg 2＋(n －4)lg 52，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg 52＝8lg 2＋4lg 52＝4lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫4×52＝4.5．(2021·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n， 所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.6．(2021·唐山一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝( )A ．4n －1B ．4n－1 C ．2n －1D ．2n－1D 设{a n}的公比为q ，由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①②可得1＋q2q ＋q 3＝2，所以q ＝12，代入①得a 1＝2，所以a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n ， 所以S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ， 所以S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n－1，选D.7．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________． 设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.2n－18．(2021·郑州其次次质量猜测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．由题可知{a n }为等比数列，设首项为a 1，公比为q ，所以a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，所以27a 1q 2＝a 1q 5，所以q ＝3，由S n ＝a 1（1－q n ）1－q，得S 6＝a 1（1－36）1－3，S 3＝a 1（1－33）1－3，所以S 6S 3＝a 1（1－36）1－3·1－3a 1（1－33）＝28.289．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________． T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0＜a 1＜a 2＜…＜a 14＜a 15＜1＜a 16＜a 17＜…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.1510．在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2a 4＝16，a 6＝32，记b n ＝a n ＋a n ＋1，则数列{b n }的前5项和S 5为________．设数列{a n }的公比为q ，由a 23＝a 2a 4＝16得，a 3＝4，即a 1q 2＝4，又a 6＝a 1q 5＝32，解得a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n －1＋2n ＝3·2n －1，所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 5＝3（1－25）1－2＝93.9311．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． (1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)， 当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1. 由于S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1， 公比为43的等比数列．(2)由于a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1.12．(2021·衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1C 由于数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，由于数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.13．设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n－1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． 由于4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，所以a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．14．(2021·南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)由于a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0， 所以2q 2－3q ＋1＝0， 由于q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.。

第03讲 等比数列及其前n 项和(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：课前自我评估测试 第三部分：典型例题剖析 题型一：等比数列基本量的运算 题型二：等比数列的判断与证明 题型三：等比数列的性质及其综合应用角度1：等比数列的性质角度2：等比数列与等差数列的综合问题第四部分：高考真题感悟1.等比数列的概念 (1)等比数列的定义一般地，如果一个数列从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 (0q ≠)表示．数学语言表达：1(2)nn a q n a -=≥，q 为常数，0q ≠. (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⇔2G ab =. 2.等比数列的有关公式(1)若等比数列{}n a 的首项为1a ，公比是q ，则其通项公式为11n n a a q -=；可推广为n m n m a a q -=.(2)等比数列的前n 项和公式：当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，11(1)11n n n a a q a q S q q--==--.3.等比数列的性质设数列{}n a 是等比数列，n S 是其前n 项和．(1)若m n p q +=+，则m n p q a a a a =，其中,,,m n p q N *∈.特别地，若2m n p +=，则2m n p a a a =，其中,,m n p N *∈.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ka ，k ma +，2k ma +，…仍是等比数列，公比为mq(,k m N *∈)．(3)若数列{}n a ，{}n b 是两个项数相同的等比数列，则数列{}n ba ，{}n n pa qb ⋅和{}nnpa qb (其中b ，p ，q 是非零常数)也是等比数列．1．（2022·宁夏·平罗中学高一期中（理））已知2、x 、8成等比数列，则x 的值为（ ） A ．4 B ．4- C ．4± D ．5【答案】C解：因为2、x 、8成等比数列， 所以228x =⨯，解得4x =±； 故选：C2．（2022·辽宁·辽师大附中高二阶段练习）已知一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了4个伙伴；第2天，5只蜜蜂飞出去，各自找回了4个伙伴，……按照这个规律继续下去，第20天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有蜜蜂（ ） A ．420只 B ．520只C ． 20554-只D ． 21443-只【答案】B第一天一共有5只蜜蜂，第二天一共有2555⨯=只蜜蜂，……按照这个规律每天的蜜蜂数构成以为5首项，公比为5的等比数列则第n 天的蜜蜂数1555n nn a -=⨯=第20天蜜蜂都归巢后，蜂巢中共有蜜蜂数205 故选：B ．3．（2022·北京·昌平一中高二期中）2与8的等比中项是（ ） A ．4 B ．5 C ．4± D ．5±【答案】C设a 为2与8的等比中项，则22816a =⨯=，解得：4a =±. 故选：C.4．（2022·湖北·蕲春县实验高级中学高二期中）已知2是2m 与n 的等差中项，1是m 与2n 的等比中项，则12m n+=（ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．8【答案】D由题可知24m n +=，21mn =，所以1228m n m n mn++==． 故选：D ．5．（2022·全国·高二单元测试）在下列的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x y +的值为（ ） 2 4 1 2 x yB ．3C ．4D ．5【答案】A 由题意知表格为 2 4 6 12 3 12132故3222x y +=+=． 故选：A题型一：等比数列基本量的运算例题1．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二阶段练习）若等比数列{}n a 满足123a a +=，4581a a +=，则数列{}n a 的公比为（ ）A ．﹣2B ．2C ．﹣3D ．3【答案】D设等比数列{an }的公比为q ，由a 4+a 5＝（a 1+a 3）q 3，得3q 3＝81，解得q ＝3， 故选：D ．例题2．（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测（文））在正项等比数列{}n a 中，1236a a a a =，且416a =，则10a =（ ） A ．1024 B ．960 C ．768 D ．512【答案】A解：依题意设公比为q ，且10a >、0q >，由1236a a a a =，则33511a q a q =，即221a q =，所以1a q =，因为416a =，所以34116a q q ==，所以2q，所以2n n a =，所以101021024a ==；故选：A例题3．（2022·辽宁·鞍山市华育高级中学高二期中）在等比数列{}n a 中，241a a +=，352a a +=，则公比q =（ ）A ．12 B ．2 C ．1 D ．2-【答案】B设等比数列{}n a 的公比为q ，由()2424351,2+=+=+=a a a a a a q ，解得2q .故选：B.例题4．（2022·全国·模拟预测）已知{}n a 是等比数列，0n a >，1329a a a =，12312323a a a ++=． (1)求{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，求使得1n n S na +≥的正整数n 的所有取值．【答案】(1)3nn a =或9n a =；(2)答案见解析．(1)因为{}n a 为等比数列，所以213229a a a a ==，又0n a ≠，所以29a =．设{}n a 的公比为()0q q >，因为12312323aa a ++=， 所以12329993q q++=，化简得24309q q q-+=，解得3q =或1q =． 当3q =时，2933n nn a -=⨯=．当1q =时，9n a =．(2)当3q =时，()1113312n n n a q S q+--==-． 由1n n S na +≥，得23332n n n +-≥⋅，化简得()9233nn -⨯≥．易知，当5n ≥时，不等式显然不成立，检验可知，满足不等式的正整数n 的所有取值为1，2，3，4．当1q =时，9n S n =，由1n n S na +≥，得()919n n +≥，此时n 的取值为一切正整数． 例题5．（2022·北京二中高二学业考试）已知数列{}n a 是等比数列，142,16a a ==， (1)求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ；(2)若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第3项和第5项，求数列{}n b 的通项公式及其前n 项和n T .【答案】(1)2n n a =，122n n S +=-.(2)1228n b n =-,2622n T n n =-.(1)设数列{}n a 的公比为q ，则41411682a qa -===，得2q ，所以111222n n nn a a q --==⨯=.11(1)2(12)22112n n n n a q S q +--===---.(2)设等差数列{}n b 的公差为d ， 33328b a ===,555232b a ===,则5332812532b b d --===-， 所以3(3)812(3)1228n b b n d n n =+-=+-=-，2(161228)6222n n n T n n -+-==-. 方法总结解决等比数列基本量运算的思想方法(1)方程思想:等比数列的基本量为首项1a 和公比q ,通常利用已知条件及通项公式或前n 项和公式列方程(组)求解,等比数列中包含1a ,q ,n ,n a ,n S 五个量,可“知三求二”.(2)整体思想:当所给条件只有一个时,可将已知和所求都用1a ,q 表示,寻求两者间的联系,整体代换即可求解.(3)分类讨论思想:若题目中公比q 未知,则运用等比数列前n 项和公式时要对q 分1q =和1q ≠两种情况进行讨论.题型二：等比数列的判断与证明例题1．（2022·辽宁·抚顺一中高二阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-． (1)求{}n a 的通项公式；【答案】(1)212n n a -=(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =． 当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---， 整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．例题2．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且231n n S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)13-=n n a(1)当1n =时，1112321S a a =-⇒=， 又231n n S a =-，①当2n ≥时11231n n S a --=-，② ①−②得：1233n n n a a a -=-，即13n n a a -=， ∴数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴ 13-=n n a ．例题3．（2022·江西·二模（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，212S =，且()*,m n m n a a a m n +=∈N .(1)求{}n a 的通项公式；【答案】(1)3n n a =(1)令m =n =1，得221a a =，又21212S a a =+=，解得：13a =或14a =-（负值舍去），令m =1，得11n n a a a +=，所以13n na a +=， 所以{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以3nn a =.证明{}n a 是等比数列 定义法1n na q a +=(n N *∈) (或者1(2)nn a q n a -=≥）等差中项法211(2)n n n a a a n -+=⋅≥判断{}n a 是等比数列{}n a 的通项关于n 的指数函数1n n a cq -=（0c ≠，0q ≠）{}n a 的前n 项和 n n S kq k =-（0c ≠，0q ≠，1q ≠）题型三：等比数列的性质及其综合应用角度1：等比数列的性质例题1．（2022·宁夏·平罗中学高一期中（文））已知{}n a 是等比数列，若0n a >，且243546225a a a a a a ++=，则35a a +=（ ）A ．10B ．25C ．5D ．15【答案】C因为{}n a 是等比数列，243546225a a a a a a ++=，所以223355225a a a a ++=，即()23525a a +=，因为0n a >， 所以355a a +=. 故选：C例题2．（2022·江西·九江一中高二阶段练习（理））在正项等比数列{}n a 中，48128a a a =，则22214log log a a +=（ ） A ．2 B ．1C ．12D ．14【答案】A由4812388a a a a ==，可得82a =则()222142214282228log log log log log log 2222a a a a a a ===+==故选：A例题3．（2022·辽宁沈阳·三模）在等比数列{}n a 中，28,a a 为方程240x x π-+=的两根，则357a a a 的值为（ ） A ．ππB ．π-C ．π±D ．3π【答案】C解：在等比数列{}n a 中，因为28,a a 为方程240x x π-+=的两根，所以2258a a a π==，所以5a π=± 所以33575a a a a π==±故选：C.例题4．（2022·河南·高二阶段练习（文））在等比数列{}n a 中，2313a a =，则28a a =______．【答案】9设等比数列{}n a 的公比为q ，由2313a a =得：2211()3a q a =，则有4513a a q ==， 所以2285()9a a a ==.故答案为：9例题5．（2022·全国·高三专题练习）在正项等比数列{}n a 中，若484a a =，则22210log log a a +=______． 【答案】2()()2221022102482log log log log log 42a a a a a a +====．故答案为：2例题6．（2022·全国·高二单元测试）等比数列{}n a 中，0n a >且243546225a a a a a a ++=，则35a a +=_______ 【答案】52435462a a a a a a ++()222335535225a a a a a a =++=+=，又等比数列{}n a 中，0n a >， 355a a ∴+=，故答案为：5．角度2：等比数列与等差数列的综合问题例题1．（2022·浙江·杭师大附中模拟预测）数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 满足()N n n b na n *=∈，且数列{}n b 的前n 项和为(1)2n n S n -+．(1)求12,a a ，并求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)12a =，24a =，2n n a =(2)证明见解析 (1)由题意得12323(1)2n n a a a na n S n ++++=-+，①当1n =时，12a =；当2n =时，1221222444a a S a a a +=+=++⇒=； 当2n ≥时，1231123(1)(2)2(1)n n a a a n a n S n --++++-=-+-，②①-②得，1(1)(2)2(2)222(2)n n n n n n n na n S n S S n a S a n -=---+=+-+⇒=-≥，当1n =时，12a =，也适合上式，所以()22N n n S a n *=-∈，所以1122n n S a --=-，两式相减得12(2)n n a a n -=≥，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2n n a =．例题2．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21n n S a n *=-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)13n na =(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭. 例题3．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））若n S 为数列{}n a 的前n 项和，12a =，且()()*121n n S S n +=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)2n n a =(1)解：因为()121n n S S +=+①，*n ∈N ， 当2n ≥时，()121n n S S -=+②，由①②可得()()112121n n n n S S S S +--=+-+， 即12(2)n n a a n +=≥．1n =时，122a a S +==112222S a +=+，又12a =，所以24a =， 所以()*12n n a a n +=∈N ，所以12n na a +=， 所以数列{}n a 是等比数列，且首项为2，公比为2． 所以2n n a =．例题4．（2022·四川·树德中学高一竞赛）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，()*11n n S a n N +=-∈．(1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)12n na(1)解：由题意，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，11n n S a +=-， 当2n ≥时，可得11n n S a -=-，两式相减得1n n n a a a +=-，即12n n a a +=，即12(2,)n na n n N a ++=≥∈， 当1n =时，1211S a a =-=，可得22a =，可得212a a =， 所以数列{}n a 表示首项为11a =，公比为2q的等比数列，所以数列{}n a 的通项公式为1112n n n a a q --==.例题5．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）在①()12n n n n a T T n ++=，②23n n n S a +=这两个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答下列题目.设首项为2的数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且___________. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中是否存在连续三项构成等比数列，若存在，请举例说明，若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)()1n a n n =+(2)不存在，理由见解析 (1)选①：()12nn n n a T T n++=， 即()12nn n a a n++=.∴12n na a n n+=+ 即()()()1211n n a a n n n n +=+++，∴数列()1n a n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭是常数列，∴()11211n a a n n =⨯+=，故()1n a n n =+选②：因为()32n n S n a =+，所以2n ≥时，()1131n n S n a --=+， 则()()1321n n n a n a n a -=+-+，即()()111n n n a n a --=+，即111n n a n a n -+=-， 所以()114311221n n n a a n n n n +=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+--， 当1n =时，12a =也满足，所以()1n a n n =+.(2)假设在数列中存在连续三项n a ，1n a +，2n a +成等比数列，那么有212n n n a a a ++=成立， 即()()()()()212123n n n n n n ⎡⎤++=+++⎣⎦成立. 即()()()123n n n n ++=+成立，即20=成立，此等式显然不成立，故原命题不成立，即不存在连续三项n a ，1n a +，2n a +成等比数列例题6．（2022·全国·高二单元测试）在①102nn a a ++=，②1661n n a a +=-，③18n n a a n +=+-这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且14a =，______，求{}n a 的通项公式，并判断n S 是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.【答案】选①：312n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，存在，最大值4；选②：12566n a n =-+，存在，最大值50；选③：217242n n n a -+=，不存在，理由见解析.选①：因为102nn a a ++=，即112n n a a +=-，14a =， 所以数列{}n a 是首项为4、公比为12-的等比数列，1311422n n n a --⎛⎫⎛⎫=⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当n 为奇数时，141281113212n n nS ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==+ ⎪⎝⎭+， 因为81132n⎛⎫+ ⎪⎝⎭随着n 的增大而减小，所以此时n S 的最大值为14S =； 当n 为偶数时，141281113212n n nS ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭+，且81814323n n S ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭，综上，n S 存在最大值，且最大值为4.选②：因为1661n n a a +=-，即116n n a a +-=-，14a =，所以{}n a 是首项为4、公差为16-的等差数列，()112541666n a n n ⎛⎫=+-⋅-=-+ ⎪⎝⎭，125066n -+≥，解得25n ≤，240a >，250a =， 故n S 存在最大值，且最大值为25S 或24S ，25252414255026S ⨯⎛⎫=⨯+⨯-= ⎪⎝⎭，n S 的最大值为50. 选③：因为18n n a a n +=+-，所以18n n a a n +-=-， 所以217a a -=-，326a a -=-，…，19n n a a n --=-， 则()()()()()2111221791171622n n n n n n n n n a a a a a a a a ----+---+-=-+-+⋅⋅⋅+-==，因为14a =，所以217242n n n a -+=，当16n ≥时，0n a >，故n S 不存在最大值.1．（2022·上海·高考真题）已知{}n a 为等比数列，{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则下列选项中正确的是（ ） A ．若20222021S S >，则数列{}n a 单调递增 B ．若20222021T T >，则数列{}n a 单调递增 C ．若数列{}n S 单调递增，则20222021a a ≥ D ．若数列{}n T 单调递增，则20222021a a ≥ 【答案】DA ：由20222021S S >，得20220a >，即202110a q>，则1a 、q 取值同号， 若100a q <<，，则{}n a 不是递增数列，故A 错误；B ：由20222021T T >，得20221a >，即202111a q >，则1a 、q 取值同号，若100a q <<，，则数列{}n a 不是递增数列，故B 错误；C ：若等比数列11a =，公比12q =，则11()122(1)1212nn nS -==--， 所以数列{}n S 为递增数列，但20222021a a <，故C 错误；D ：由数列{}n T 为递增数列，得1n n T T ->，所以1n a >， 即1q ≥，所以20222021a a ≥，故D 正确. 故选：D2．（2022·上海·高考真题）已知数列{}n a ，21a =，{}n a 的前n 项和为n S .(1)若{}n a 为等比数列，23S =，求lim n n S →∞； (2)若{}n a 为等差数列，公差为d ，对任意*n ∈N ，均满足2n S n ≥，求d 的取值范围. 【答案】(1)4；(2)[]0,1.(1)解：2123S a a =+=，则12a =，所以，等比数列{}n a 的公比为2112a q a ==， ()1114112n n n a q S q-⎡⎤⎛⎫∴==-⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦，因此，()111lim lim lim 44412n nn n n n a q S q →∞→∞→∞-⎡⎤⎛⎫==-⋅=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦.(2)解：由已知可得()()12222122n n n n a a S n a a n -+==+≥，则2211n a a -+≥， 即()22231a n d +-≥，可得()231n d -≥-. 当1n =时，可得1d ≤；当2n ≥时，则231n -≥，所以，132d n≥-， 因为数列()1232n n ⎧⎫≥⎨⎬-⎩⎭为单调递增数列，而11032n -≤<-，故0d ≥. 综上所述，01d ≤≤.3．（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列，1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；4．（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式； 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =； （1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.。

第五章 数列授课提示：对应学生用书第293页[A 组 基础保分练]1．若正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝0，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝22n －1B ．a n ＝2nC ．a n ＝22n ＋1D ．a n ＝22n －3答案：A2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578 D ．558答案：A3．(2021·西安模拟)设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，则a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5D ．159.5 解析：因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，则a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12.a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.答案：C4．正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( ) A ．1 B ．2 C.22D ．2答案：D5．(2021·南宁统一考试)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }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 ．既不充分也不必要条件解析：等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，0＜q ＜1.答案：D6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，若S 2＋a 2＝S 3－3，则a 4＋3a 2的最小值为( )A ．12B ．9C ．16D ．18解析：因为S 3－S 2＝a 3，所以由S 2＋a 2＝S 3－3，得a 3－a 2＝3，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＝3q q －1，由于{a n }的各项为正，所以q ＞1.a 4＋3a 2＝a 1q 3＋3a 1q ＝a 1q (q 2＋3)＝3q q －1q (q 2＋3)＝3q 2＋3q －1＝3(q －1＋4q －1＋2)≥18，当且仅当q －1＝2，即q ＝3时，a 3＋3a 2取得最小值18.答案：D7．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 6S 3＝65，则数列{a n }的公比为________．答案：48．(2021·安庆模拟)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________． 答案：29．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．解析：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－3，解得a 1＝3， 当n ＝2时，S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－6，解得a 2＝9， 当n ＝3时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－9，解得a 3＝21.(2)假设{a n ＋λ}是等比数列，则(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)， 即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 下面证明{a n ＋3}为等比数列：∵S n ＝2a n －3n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n＋1，∴2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，∴a n ＋1＋3a n ＋3＝2，∴存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列． ∴a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．[B 组 能力提升练]1．(多选题)如图，在每个小格中填上一个数，使得每一行的数依次成等差数列，每一列的数依次成等比数列，则( )A.x ＝1 C ．z ＝3D ．x ＋y ＋z ＝2解析：因为每一列成等比数列，所以第一列的第3,4,5个小格中的数分别是12，14，18，第三列的第3,4,5个小格中的数分别是1，12，14，所以x ＝1.又每一行成等差数列，所以y ＝14＋3×12－142＝58，z －18＝2×18，所以z ＝38，所以x ＋y ＋z ＝2.故A ，D 正确；B ，C错误． 答案：AD2．已知等比数列{a n }满足a 4＋a 6a 1＋a 3＝18，a 5＝4，记等比数列{a n }的前n 项积为T n ，则当T n取最大值时，n ＝( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．6或7D ．7或8答案：C3．已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 27·a 2 020＝16，则a 1·a 2·…·a 1 017＝( ) A ．41 017 B ．21 017 C ．41 018 D ．21 018答案：B4．(多选题)已知数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，a 1＝1，b 1＝2，a 2＋b 2＝7，a 3＋b 3＝13.记c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，数列{c n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．a n ＝2n －1 B ．b n ＝2nC ．S 9＝1 409D ．S 2n ＝2n 2－n ＋43(4n－1)解析：设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q (q ≠0)，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＋2q ＝7，1＋2d ＋2q 2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，故a n ＝2n －1，b n ＝2n ，故A ，B 正确；则c 2n －1＝a 2n －1＝4n －3，c 2n ＝b 2n ＝4n ，所以数列{c n }的前2n 项和S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝n 1＋4n －32＋41－4n 1－4＝2n 2－n ＋43(4n －1)，S 9＝S 8＋a 9＝385，故C 错误，D 正确． 答案：ABD5．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案：2n ＋1－26．(2021·黄冈模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________.答案：317．(2021·山东德州模拟)给出以下三个条件：①数列{a n }是首项为2，满足S n ＋1＝4S n ＋2的数列；②数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝22n ＋1＋λ(λ∈R )的数列； ③数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝a n ＋1－2的数列．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 与S n 满足________，记数列b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，c n ＝n 2＋nb n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解析：选条件①.由已知S n ＋1＝4S n ＋2，可得当n ≥2时，S n ＝4S n －1＋2， 两式相减，得a n ＋1＝4(S n －S n －1)＝4a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n ＝1时，S 2＝4S 1＋2，即2＋a 2＝4×2＋2，解得a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1， 所以b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2，所以c n ＝n 2＋n b n b n ＋1＝n n ＋1n 2n ＋12＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1. 故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.选条件②.由已知3S n ＝22n ＋1＋λ，可得当n ≥2时，3S n －1＝22n －1＋λ，两式相减，得3a n ＝22n ＋1－22n －1＝3·22n －1，即a n ＝22n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足a n ＝22n －1，故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1. 以下同选条件①. 选条件③.由已知3S n ＝a n ＋1－2，可得当n ≥2时，3S n －1＝a n －2， 两式相减，得3a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n＝1时，3a1＝a2－2，又a1＝2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，故数列{a n}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n＝22n－1.以下同选条件①.[C组创新应用练]1．(多选题)设数列{a n}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，K n是其前n 项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中正确的是( )A．0＜q＜1B．a7＝1C．K9＞K5D．K6与K7均为K n的最大值解析：若K6＝K7，则a7＝K7K6＝1，故B正确；由K5＜K6可得a6＝K6K5＞1，则q＝a7a6∈(0,1)，故A正确；由数列{a n}是各项为正数的等比数列且q∈(0,1)，可得数列{a n}单调递减，则有K9＜K5，故C错误；结合K5＜K6，K6＝K7＞K8，可得D正确．答案：ABD2．(2021·湖南常德模拟)某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚八时各服一次，现知每次药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%.某人上午八时第一次服药，至第二天上午八时服完药时，这种药在他体内还残留( )A．220毫克B．308毫克C．123.2毫克D．343.2毫克解析：设第n次服药后，药在体内的残留量为a n毫克，则a1＝220，a2＝220＋a1×(1－60%)＝220×1.4＝308，a3＝220＋a2×(1－60%)＝343.2.答案：D3．设{a n}是各项为正数的无穷数列，A i是边长为a i，a i＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{A n}为等比数列的充要条件是( )A．{a n}是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，….∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n＝q ，从而{A n }为等比数列． 答案：D。

第3节 等比数列及其前n 项和考试要求 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.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；3.体会等比数列与指数函数的关系.知 识 梳 理1.等比数列的概念(1)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个非零常数，那么这个数列叫做等比数列. 数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数). (2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝±ab . 2.等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m qn －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q.3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和.(1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .[微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 也是等比数列.2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(必修5P53A1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.答案 D3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 答案 27，814.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A.2B.4C.92D.6解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2. 又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4. 答案 B5.(2018·北京卷)“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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f ，公比为122的等比数列，设此数列为{a n }，则a 8＝1227f ，即第八个单音的频率为1227f . 答案 D6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n）1－2＝126，解得n ＝6. 答案 6考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q.【训练1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( ) A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16， 解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2（1－24）1－2＝30.(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 (1)D (2)1考点二 等比数列的判定与证明【例2】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ， 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.规律方法 1.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题、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. 2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n ＝1的情形进行验证.【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)， 又由题意知a 1－2a 1＝－3， 所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n＝4（1－2n）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.考点三 等比数列的性质及应用【例3】 (1)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A.12B.10C.8D.2＋log 35(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A.－2B.－ 2C.± 2D. 2(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4，a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0，所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3， ∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73. 答案 (1)B (2)73[思维升华]1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.(2)分类讨论思想：如求和时要分q ＝1和q ≠1两种情况讨论，判断单调性时对a 1与q 分类讨论. [易错防范]1.特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况.2.S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1时且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立.数学运算——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想. 类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .【例1】 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________. (2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2. 又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d . 由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例2】 (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6B.5C.4D.3(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B.－18C.578D.558解析 (1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a9＝18.答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . 若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q nS m (q 为公比).【例3】 (1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________.解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160， 所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0. 则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案 (1)2 (2)3116基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A.8B.9C.10D.11解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10. 答案 C2.已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( ) A.16B.8C.2 2D.4解析 因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8， 所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8， 所以2a 7＋a 11的最小值为8. 答案 B3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝3a 3，则S 5＝( ) A.1B.5C.3148D.1116解析 由题意得a 1（1－q 3）1－q ＝3a 1q 2，解得q ＝－12或q ＝1(舍)，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1251－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1116. 答案 D4.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B5.(2019·深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，则ab＝( )A.－3B.－1C.1D.3解析 ∵等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，∴a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－S 1＝3a ＋b －a －b ＝2a ，a 3＝S 3－S 2＝9a ＋b －3a －b ＝6a ，∵等比数列{a n }中，a 22＝a 1a 3， ∴(2a )2＝(a ＋b )×6a ，解得a b＝－3.答案 A 二、填空题6.等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 13＋a 14a 14＋a 15＝________.解析 设{a n }的公比为q .由题意得a 1＋2a 2＝a 3，则a 1(1＋2q )＝a 1q 2，q 2－2q －1＝0，所以q ＝1＋2(舍负). 则a 13＋a 14a 14＋a 15＝1q＝2－1.答案2－17.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)， ∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n . 答案12n 8.(2018·南京模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________.解析 由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )得，a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，∴(a n ＋1－2a n )2＝0，a n ＋1a n ＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，∴S 9＝2(1－29)1－2＝1 022. 答案 1 022 三、解答题9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.10.已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个首项为1，公差为2的等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， 所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－12.T n ≤S n 即3n－12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T 1>1的n 的最小值为( ) A.4B.5C.6D.7解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6.答案 C12.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( ) A.(3n－1)2B.12(9n－1)C.9n－1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列. 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1－9n)1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝______.解析 ∵{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25， ∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q，∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.答案 8314.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数). (1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ； (2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ). 又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列， 此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1；当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ.(2)由(1)知a n ＝2n－1，所以n (a n ＋1)＝n ×2n，T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ×2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.新高考创新预测15.(创新思维)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是( )A.a1<a2<a3<a4B.a1＝a2＝a3＝a4C.a1>a2>a3>a4D.以上结论都有可能成立解析构造函数f(x)＝e x－x－1，f′(x)＝e x－1＝0，x＝0，得极小值f(0)＝0，故f(x)≥0，即e x≥x＋1恒成立(x＝0取等号).a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3>a1＋a2＋a3＋1⇒a4>1⇒q>0，且a2>1，a3>1，若公比q∈(0，1]，则4a1≥a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3>e2＋a1>7e a1>7a1＋7>4a1，产生矛盾.所以公比q>1，故a1<a2<a3<a4.故选A.答案 A。