6)6.3等比数列前n项和性质

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第六章 6.3等比数列及其前n项和

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都等于同一个常数，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 表示(q ≠0). 2.等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1. 3.等比中项如果三个数x ，G ，y 组成等比数列，则G 叫做x 和y 的等比中项. 4.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N ＋).(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列. 5.等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，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 q 1－q .6.等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为 q n . 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N ＋，q 为常数)的数列{a n }为等比数列.( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列.( × )(4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列.( × ) (5)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.( × )(6)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.( × )1.(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( ) A.21 B.42 C.63 D.84 答案 B解析设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B. 2.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等于( ) A.31 B.32 C.63 D.64答案 C解析根据题意知，等比数列{a n }的公比不是－1.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.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.4 D.3 答案 C解析数列{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＝4.4.(2015·安徽)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 . 答案 2n －1解析由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又∵数列{a n }为递增数列， ∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2. ∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.5.(教材改编)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 . 答案 27,81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.题型一等比数列基本量的运算例1 (1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和.已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( ) A.152 B.314 C.334 D.172(2)在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝ . 答案 (1)B (2)4或－4解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝4(1－125)1－12＝314.(2)设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q 1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.思维升华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)可迎刃而解.(1)在正项等比数列{a n }中，a n ＋1＜a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7等于( )A.56B.65C.23D.32(2)(2015·湖南)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 ＝ . 答案 (1)D (2)3n －1解析 (1)设公比为q ，则由题意知0＜q ＜1，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 8＝a 4·a 6＝6，a 4＋a 6＝5，得a 4＝3，a 6＝2，所以a 5a 7＝a 4a 6＝32.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.题型二等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2 (n ≥2)， ② ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1 (n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1) (n ≥2). ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1 (n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列. (2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故{a n 2n }是首项为12，公差为34的等差数列. ∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2. 引申探究例2中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变探求数列{a n }的通项公式. 解由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，当n ＝1时上式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.思维升华 (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)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋).(1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列.(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)， ∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2；当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4， ∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6， ∴a 3＝8.综上，a 2＝4，a 3＝8.(2)证明 a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)，① ∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1 ＝(n －2)S n －1＋2(n －1).②①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2).∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0， ∴S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列. 题型三等比数列的性质及应用例3 (1)在等比数列{a n }中，各项均为正值，且a 6a 10＋a 3a 5＝41，a 4a 8＝5，则a 4＋a 8＝ . (2)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 ＝ .答案 (1)51 (2)－12解析 (1)由a 6a 10＋a 3a 5＝41及a 6a 10＝a 28，a 3a 5＝a 24，得a 24＋a 28＝41.因为a 4a 8＝5，所以(a 4＋a 8)2＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝41＋2×5＝51.又a n >0，所以a 4＋a 8＝51. (2)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠±1，则可得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.思维升华 (1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n 项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则有a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量.(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，公比为q k (q ≠－1).(1)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1等于( )A.12 B.22C. 2D.2(2)等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项和S 奇＝255，所有偶数项和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1等于( ) A.1 B.2 C.3D.4答案 (1)C (2)C解析 (1)由等比数列的性质得a 3a 9＝a 26＝2a 25，∵q ＞0，∴a 6＝2a 5，q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝2，故选C.(2)设等比数列{a n }共有2k ＋1(k ∈N ＋)项，则a 2k ＋1＝192，则S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2k －1＋a 2k ＋1＝1q (a 2＋a 4＋…＋a 2k )＋a 2k ＋1＝1q S 偶＋a 2k ＋1＝－126q ＋192＝255，解得q ＝－2，而S 奇＝a 1－a 2k ＋1q 21－q 2＝a 1－192×(－2)21－(－2)2＝255，解得a 1＝3，故选C.12.分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N ＋).思维点拨 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明. 规范解答(1)解设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[3分] (2)证明由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[10分]故对于n ∈N ＋，有S n ＋1S n ≤136.[12分]温馨提醒 (1)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S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种情况. ②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1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a 1，q 的取值的讨论.(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别.[方法与技巧] 1.已知等比数列{a n }(1)数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，{1a n }也是等比数列. (2)a 1a n ＝a 2a n －1＝…＝a m a n －m ＋1. 2.判断数列为等比数列的方法(1)定义法：a n ＋1a n ＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N ＋)⇔数列{a n }是等比数列；也可用a n a n －1＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N ＋，n ≥2)⇔数列{a n }是等比数列.二者的本质是相同的，其区别只是n 的初始值不同.(2)等比中项法：a2n＋1＝a n a n＋2(a n a n＋1a n＋2≠0，n∈N＋)⇔数列{a n}是等比数列.[失误与防范]1.特别注意q＝1时，S n＝na1这一特殊情况.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a1≠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.4.等比数列性质中：S n，S2n－S n，S3n－S2n也成等比数列，不能忽略条件q≠－1.A组专项基础训练(时间：35分钟)1.已知等比数列{a n}中，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，则a6＋a7等于()A.2B.2 2C.4D.4 2答案 C解析因为a2＋a3，a4＋a5，a6＋a7成等比数列，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，所以(a4＋a5)2＝(a2＋a3)(a6＋a7)，解得a6＋a7＝4.2.等比数列{a n}满足a n＞0，n∈N＋，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1等于()A.n(2n－1)B.(n＋1)2C.n2D.(n－1)2答案 A解析由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a2n＝22n，从而得a n＝2n.方法一log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(a n－1a n＋1)a n]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1).方法二取n＝1，log2a1＝log22＝1，而(1＋1)2＝4，(1－1)2＝0，排除B，D；取n＝2，log2a1＋log2a2＋log2a3＝log22＋log24＋log28＝6，而22＝4，排除C，选A.3.在正项等比数列{a n}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，a n－1a n a n＋1＝324，则n等于()A.12B.13C.14D.15答案 C解析设数列{a n}的公比为q，由a1a2a3＝4＝a31q3与a4a5a6＝12＝a31q12，可得q9＝3，a n－1a n a n＋1＝a31q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以n ＝14，故选C.4.若正项数列{a n }满足lg a n ＋1＝1＋lg a n ，且a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010＝2 016，则a 2 011＋a 2 012＋…＋a 2 020的值为( ) A.2 015·1010 B.2 015·1011 C.2 016·1010 D.2 016·1011答案 C解析 ∵lg a n ＋1＝1＋lg a n ，∴lg a n ＋1a n＝1， ∴a n ＋1a n＝10，∴数列{a n }是等比数列， ∵a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010＝2 016，∴a 2 011＋a 2 012＋…＋a 2 020＝1010(a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010)＝2 016×1010.5.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( )A.－2B.2C.－3D.3答案 B解析设公比为q ，若q ＝1，则S 2mS m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2mS m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－q ＝q m ＋1＝9，∴q m ＝8. ∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1， ∴m ＝3，∴q 3＝8，∴q ＝2.6.等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为 . 答案 3解析由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得 a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3.7.等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N ＋，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝ . 答案 11解析由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－(－2)53＝11.8.已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝ . 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2， ∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.9.数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2，b n ＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝4. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＋1＝2b n ＋2，得b n ＋1＋2＝2(b n ＋2)， ∴b n ＋1＋2b n ＋2＝2，又b 1＋2＝a 2－a 1＋2＝4， ∴数列{b n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列. ∴b n ＋2＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝2n ＋1－2. (2)由(1)知，a n －a n －1＝b n －1＝2n －2 (n ≥2)， ∴a n －1－a n －2＝2n －1－2 (n >2)， …，a 2－a 1＝22－2，∴a n －2＝(22＋23＋…＋2n )－2(n －1)， ∴a n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－2n ＋2 ＝2(2n －1)2－1－2n ＋2＝2n ＋1－2n .∴S n ＝4(1－2n )1－2－n (2＋2n )2＝2n ＋2－(n 2＋n ＋4).10.已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.(1)证明：对任意实数λ，数列{a n }不是等比数列； (2)证明：当λ≠－18时，数列{b n }是等比数列. 证明 (1)假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝⎛⎭⎫23λ－32＝λ⎝⎛⎭⎫49λ－4 ⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾. 所以{a n }不是等比数列.(2)b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫23a n －2n ＋14 ＝－23(－1)n ·(a n －3n ＋21)＝－23b n . 又λ≠－18，所以b 1＝－(λ＋18)≠0.由上式知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N ＋). 故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列. B 组专项能力提升(时间：25分钟)11.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，且公比相同答案 D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. 12.若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ . 答案 50解析因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50.13.数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N ＋，都有a n ＋m a m＝a n ，则a 3＝；{a n }的前n 项和S n ＝ . 答案 8 2n ＋1－2解析 ∵a n ＋m a m＝a n ， ∴a n ＋m ＝a n ·a m ，∴a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8；令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为q ＝2的等比数列，∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 14.定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}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： ①f (x )＝x 2：②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln |x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为 .答案 ①③解析设{a n }的公比为q ，验证①f (a n ＋1)f (a n )＝a 2n ＋1a 2n ＝q 2，③f (a n ＋1)f (a n )＝|a n ＋1||a n |＝|q |，故①③为“保等比数列函数”. 15.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N ＋.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ；(2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12， ∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32. ∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列. ∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n . (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ， ∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列，∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝3－32n.。

6.3等比数列及其前n项和

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a7 解:(1)∵a3a11= =4a7,且a7≠0,∴a7=4.∴b7=4.
2
∵{bn}为等差数列, ∴b5+b9=2b7=8.
4 a q6=1, ① (2)a1a2a3a4=a1·1q·1q ·1q = 1 a a a
2 3
4 a1 q a13a14a15a16=a1q12·1q13·1q14·1q15= ·54=8, ② a a a
答案：(1)ap·q (2)q2 (3)qn (4)递增 a
递减
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基础自测
).
1.等比数列{an}中a5=4,则a2a8等于( A.4 C.16 答案：C B.8 D.32
2.在等比数列{an}中,若a4=8,q=-2,则a7的值为( A.-64 C.-48 B.64 D.48
比为 .
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(4)单调性
a1 0, a1 0, 若或 ⇔{an} q 1 0 q 1
a1 0, a1 0, 若或 ⇔{an} 0 q 1 q 1
.
.
q=1⇔{an}为常数列,q<0⇔{an}为摆动数列.
4 a1 q 54 48 ②÷①得, =q =8⇒q16=2, 4 a1 q 6
a1 q a1 q q 又a41a42a43a44=a1q40·1q41·1q42·1q43= 4·166= 4·6·160 a a a
4 a 1 q (q =( ·6)· 16)10
=1·10=1 024. 2
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等比数列的前n项和数列总结

等比数列的前n 项和一、等比数列的前n 项和公式 1．乘法运算公式法∵S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝a 1·1－q 1＋q ＋q 2＋…＋q n －11－q ＝a 11－q n1－q， ∴S n ＝a 11－q n1－q. 2．方程法 ∵S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －2)＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －1－a 1q n －1)＝a 1＋q (S n －a 1q n －1)，∴(1－q )S n ＝a 1－a 1q n .∴S n ＝a 11－q n1－q. 3．等比性质法∵{a n }是等比数列，∴a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a n a n －1＝q . ∴a 2＋a 3＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n －1＝q ，即S n －a 1S n －a n ＝q 于是S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 11－q n1－q. 二、等比数列前n 项和公式的理解(1)在等比数列的通项公式及前n 项和公式中共有a 1，a n ，n ，q ，S n 五个量，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量．(2)当公比q ≠1时，等比数列的前n 项和公式是S n ＝a 11－q n 1－q ，它可以变形为S n ＝－a 11－q ·q n ＋a 11－q ，设A ＝a 11－q，上式可写成S n ＝－Aq n ＋A .由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和S n 是由关于n 的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．当公比q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1是n 的正比例函数(常数项为0的一次函数)．等比数列前n 项和性质（1）在等比数列{a n }中，连续相同项数和也成等比数列，即：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…仍成等比数列．（2）当n 为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比，即S 偶S 奇＝q . （3）若一个非常数列{a n }的前n 项和S n ＝－Aq n ＋A (A ≠0，q ≠0，n ∈N *)，则数列{a n }为等比数列，即S n ＝－Aq n ＋A ⇔数列{a n }为等比数列．题型一等比数列前n 项和公式的基本运算（在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，a 1与q 是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a 1和q 表示a n 与S n ，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用；在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．）1、在等比数列{a n}中，(1)若S n＝189，q＝2，a n＝96，求a1和n；(2)若q＝2，S4＝1，求S8.2、设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.题型二等比数列前n项和性质的应用3、一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项和为170，求出数列的公比和项数．4、等比数列{a n}中，若S2＝7，S6＝91，求S4.题型三等比数列前n项和的实际应用5、借贷10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051)[规范解答] 方法一设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款a n元(1≤n≤6)，则a0＝10 000，a1＝1.01a0－a，a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，……a6＝1.01a5－a＝……＝1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a.由题意，可知a6＝0，即1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a＝0，a＝1.016×1021.016－1.因为1.016＝1.061，所以a＝1.061×1021.061－1≈1 739.故每月应支付1 739元．方法二一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝a[1＋0.016－1]1.01－1＝a[1.016－1]×102(元)．由S1＝S2，得a＝1.016×1021.016－1. 以下解法同法一，得a≈1 739.故每月应支付1 739元．方法技巧错位相减法求数列的和若数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{a n b n}，当求该数列的前n项的和时，常常采用将{a n b n}的各项乘以公比q，并向后错位一项与{a n b n}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法．6、已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .数列归纳整合一、数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．(4)a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2. 等差数列等比数列性质 ①设{a n }是等差数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s＋a t ＝a m ＋a n ；②从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列；③等差数列中连续m 项的和组成的新数列是等差数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等差数列 ①设{a n }是等比数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s ·a t ＝a m ·a n ； ②从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等比数列； ③等比数列中连续m 项的和组成的新数列是等比数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等比数列(注意：当q ＝－1且m 为偶数时，不是等比数列)函数特性 ①等差数列{an}的通项公式是n 的一次函数，即an ＝an ＋b(a≠0，a ＝d ，b ＝a1－d)； ②等差数列{an}的前n 项和公式是一个不含常数项的n 的二次函数，即Sn ＝an2＋bn(d≠0) ①等比数列{an}的通项公式是n 的指数型函数，即an ＝c·qn ，其中c≠0，c ＝a1q ； ②等比数列{an}的前n 项和公式是一个关于n 的指数型函数，即Sn ＝aqn －a(a≠0，q≠0，q≠1)三、等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 为常数，q ≠0)⇔{a n }是等比数列． (2)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }是等差数列；a n ＋12＝a n ·a n ＋2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝an ＋b (a ，b 是常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＝c ·q n (c ，q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；S n ＝aq n －a (a ，q 为常数，且a ≠0，q ≠0，q ≠1，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．专题一数列通项公式的求法数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究函数的性质，而有了数列的通项公式，便可求出数列中的任何一项及前n 项和．常见的数列通项公式的求法有以下几种：(1)观察归纳法求数列的通项公式就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n 的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式．(2)利用公式法求数列的通项公式数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a 1与d 或a 1与q ，再代入公式a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a 1q n －1中即可．(3)利用a n 与S n 的关系求数列的通项公式如果给出的条件是a n 与S n 的关系式，可利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2，先求出a 1＝S 1，再通过计算求出a n (n ≥2)的关系式，检验当n ＝1时，a 1是否满足该式，若不满足该式，则a n 要分段表示．(4)利用累加法、累乘法求数列的通项公式形如：已知a 1，且a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可求和数列)的形式均可用累加法；形如：已知a 1，且a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可求积数列)的形式均可用累乘法． (5)构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式)若由已知条件直接求a n 较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项公式．1、已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2且a 1＝2，求a n .2、数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n ＋2a n (n ∈N *)，求通项公式a n . 3、已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，a 1＝1，求通项公式．4、设S n 为数列{a n }的前n 项的和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．专题二数列求和求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：1、公式法：直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对等比数列q ≠1的讨论．2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列再求和．4、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广)．1、求数列214，418，6116，…，2n ＋12n ＋1的前n 项和S n . 2、在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和． 3、求和S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n .专题三数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一，也是高考的必考内容及重点考查的范围，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识交汇进行命题．1、已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且 a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围． 2、数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n 2·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .。

等比数列前n项和的性质及应用(71页)

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2.5 等比数列的前n项和
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新知初探
1．等比数列前n项和的性质性质一：若某数列前n项和公式为Sn＝an－1(a≠0， a≠± 1，n∈N*)，则{an}成等比数列．
性质二：若数列{an}是公比为q的等比数列，则
n q ①Sn＋m＝Sn＋ Sm .
典例导悟
类型一 [例1] ( ) A．28 C．35 B．32 D．49 等比数列前n项和性质的应用等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4为
[解析]
方法一：∵S2＝7，S6＝91，易知q≠1， a11＋q＝7，得a11－q6 1－q ＝91，
S2＝7，由 S6＝91，
n
1 ， 2
a11－q6n S＝－(2＋12)＝(－2)×(1－26)－14＝112，或 1－q a11－q6n 1 S＝－(2＋12)＝2[1－(－3)6]－14＝－378. 1－q
[反思]
由于等比数列与指数函数密切相关，所以我
们应当注意指数函数的有关性质在等比数列中的具体体现，例如当q>0，且q≠1时，qn>0. 在本题中，我们不按常规方法去求a1和q，而只求出qn a1 和，然后将它们作为一个整体，代入到所要求的表达 1－ q 式中，使得问题的解决快速而简捷，这就是整体思想．本题还用到了分类讨论思想．
解：设等比数列的公比为q，项数为2n(n∈N*)，由已
2n 1 － q 2 ＝85， 1－q 知，a1＝1，q≠1，且有 2n q 1 － q 2 ＝170. 1 － q
① ②
1－4n ②÷ ①得q＝2.将q＝2代入①得＝85， 1－4 ∴4n＝256，∴n＝4.∴公比q＝2，项数为8.

专题6.3 等比数列及其前n项和(讲)(解析版)

专题6.3 等比数列及其前n 项和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．知识点一等比数列的定义如果一个数列从第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，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．数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数)，或a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．知识点二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 q n －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 .知识点三等比数列及前n 项和的性质(1)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⇔G 2＝ab .(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n ．(3)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 ． (4)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 ．【必会结论】等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k. (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列． (4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .(5)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .(6)等比数列{a n }满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列；满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．考点一等比数列基本量的运算【典例1】【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=____________。

6.3 等比数列及其前n项和

题型二
等比数列的判定与证明
【例 2】（ 2008·湖北文， 21 ）已知数列 {an} 和 {bn}
2 满足： a1 = ,an+1= an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21), 3 其中为实数，n为正整数.
（1）证明：对任意实数 ,数列{an}不是等比数列; （2）证明：当 ≠-18时，数列{bn}是等比数列.
§6.3 等比数列及其前n项和
要点梳理
基础知识
自主学习
1.等比数列的定义如果一个数列从第二项起，后项与相邻前项的比是一个确定的常数（不为零），那么这个数公比列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 q 通常用字母表示. 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 n-1 项 an = a1 ·q .
1 【例3】在等比数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=8且 a1 1 1 1 1 =2,求a3. a2 a3 a4 a5 思维启迪（ 1 ）由已知条件可得 a1 与公比 q 的方程
组，解出a1、q，再利用通项公式即可得a3. （2）也可利用性质 a3 =a1·a5=a2·a4直接求得a3.
2 （1）∵a3a11= a7 =4a7，
∵a7≠0，∴a7=4，∴b7=4，
∵{bn}为等差数列，∴b5+b9=2b7=8.
（2）方法一
a1a2a3a4=a1a1qa1q2a1q3= a14 q6=1.① ②
a13a14a15a16=a1q12·a1q13·a1q14·a1q15
= a14 ·q54=8. 54 a4 q 1 ②÷①： 4 6 =q48=8q16=2， a1 q 又a41a42a43a44=a1q40a1q41·a1q42·a1q43 = a14·q166= a14 ·q6·q160=( a14 ·q6)·(q16)10

等比数列前n项和公式的推导及性质

公式评价：简洁明了，易于理解和记忆，对于等比数列的求和问题具有重要意义
对未来研究的展望与建议
探索等比数列前n项和公式的应用领域
拓展等比数列前n项和公式的推导方法
深入研究等比数列前n项和公式的推导及性质
建立等比数列前n项和公式的数学模型
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汇报人：
第一章
引言
第二章
介绍等比数列的概念
等比数列的定义：从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数的一种数列。
等比数列的通项公式：an=a1*q^(n-1)，其中an是第n项，a1是第一项，q是公比。
等比数列的分类：根据公比q的不同，等比数列可以分为常数列（q=1）、递增数列（q>1）、递减数列（0<q<1）和摆动数列（q<-1或q>1）。等比数列的应用：等比数列在数学、物理、化学、生物、经济等领域都有广泛的应用，如等比级数求和、等比序列的生成、遗传学中的基因突变等。
● 两种推导方法各有特点，错位相减法适用于等比数列的首项不为0的情况，而递推式法适用于等比数列的首项为0的情况。两种方法在推导过程中也存在联系，可以相互补充和印证。
等比数列前n项和公式的性质
第四章
公式的形式与特点
等比数列前n项和公式的一般形式
公式中的参数说明
公式的推导过程及证明
公式的应用举例及注意事项
● 错位相减法：通过错位相减的方式，将等比数列前n项和公式转化为等差数列求和的形式，进而推推式的方式逐步推导出前n项和公式。两种推导方法各有特点，错位相减法适用于等比数列的首项不为0的情况，而递推式法适用于等比数列的首项为0 的情况。两种方法在推导过程中也存在联系，可以相互补充和印证。

等比数列公式前n项和公式性质

等比数列公式前n项和公式性质
等比数列公式前n项和公式，又叫等比级数，是一个按首项和公比构成的无穷数列的总和的表达式，它具有独特的特性和性质，下面我们就来看看它的表达式及其特性和性质。

一、等比数列前n项和公式
等比数列的前n项和的计算公式是：Sn=a1(1-rn)/(1-r)，其中，a1是等比数列的首项，r是等比数列的公比，Sn是等比数列前n项的和。

二、等比数列公式特性和性质
以上就是等比数列公式前n项和公式及它的特性和性质，希望大家能够从中有所收获。

等比数列及其前n项和

§6.3等比数列及其前n项和考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.等比数列及其性质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理解2017课标全国Ⅱ,3;2016课标全国Ⅰ,15;2015课标Ⅱ,4选择题填空题解答题★★★2.等比数列前n项和公式掌握2017江苏,9;2014课标Ⅱ,17选择题填空题解答题★★★分析解读 1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.3.求通项公式、求前n项和及等比数列相关性质的应用是高考热点.五年高考考点一等比数列及其性质1.(2017课标全国Ⅱ,3,5分)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盏答案B2.(2016天津,5,5分)设{an }是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的()A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件答案C3.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{an }满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=()A.21B.42C.63D.84答案B4.(2017北京,10,5分)若等差数列{an }和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=.答案15.(2016课标全国Ⅰ,15,5分)设等比数列{an }满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为.答案646.(2015湖南,14,5分)设Sn 为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=.答案3n-1教师用书专用(7—13)7.(2013江西,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于()A.-24B.0C.12D.24答案A8.(2013福建,9,5分)已知等比数列{an }的公比为q,记bn=am(n-1)+1+am(n-1)+2+…+am(n-1)+m,cn=am(n-1)+1·am(n-1)+2·…·am(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是()A.数列{bn}为等差数列,公差为q m B.数列{bn}为等比数列,公比为q2mC.数列{cn}为等比数列,公比为q m2D.数列{cn}为等比数列,公比为q m m 答案C9.(2014广东,13,5分)若等比数列{an }的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=.答案5010.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为 .答案 -1211.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a 2=1,a 8=a 6+2a 4,则a 6的值是 . 答案 412.(2014安徽,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q= . 答案 113.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a 5=12,a 6+a 7=3.则满足a 1+a 2+…+a n>a 1a 2…a n的最大正整数n 的值为 .答案 12考点二等比数列前n 项和公式1.(2013课标全国Ⅱ,3,5分)等比数列{a n}的前n 项和为S n,已知S 3=a 2+10a 1,a 5=9,则a 1=( )A.13B.-13C.19D.-19答案 C2.(2017江苏,9,5分)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= .答案 323.(2015安徽,14,5分)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 .答案 2n-14.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n 项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n ∈N *.(1)若2a 2,a 3,a 2+2成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率为e n,且e 2=53,证明:e 1+e 2+…+e n>4n -3n 3n -1.解析 (1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n ≥1. 又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1,故a n+1=qa n对所有n ≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q 的等比数列.从而a n=q n-1.由2a 2,a 3,a 2+2成等差数列,可得 2a 3=3a 2+2,即2q 2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以a n=2n-1(n ∈N *). (2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率e n=√1+a n 2=√1+q2(n -1). 由e 2=√1+q 2=53,解得q=43.因为1+q 2(k-1)>q 2(k-1),所以√1+q 2(k -1)>q k-1(k ∈N *).于是e 1+e 2+…+e n>1+q+…+q n-1=q n -1q -1, 故e 1+e 2+…+e n>4n -3n 3n -1.疑难突破由(1)可得e n=√1+q 2(n -1),因为不等式左边是e 1+e 2+…+e n,直接求和不行,利用放缩法得e n=√1+q 2(n -1)>√q 2(n -1)=q n-1,从而得e 1+e 2+…+e n>q 0+q 1+…+q n-1,化简即可.评析本题涉及的知识点比较多,由递推思想推出数列{a n}是等比数列,由等差中项求出q,由放缩法证明不等式成立.综合性较强.5.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{a n}满足a 1=1,a n+1=3a n+1.(1)证明{a n +12}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)证明1a 1+1a 2+…+1a n<32.解析 (1)由a n+1=3a n+1得a n+1+12=3(a n +12).又a 1+12=32,所以{a n +12}是首项为32,公比为3的等比数列.a n+12=3n 2,因此{a n}的通项公式为a n=3n -12. (2)由(1)知1a n=23n-1. 因为当n ≥1时,3n-1≥2×3n-1, 所以13n-1≤12×3n -1. 于是1a 1+1a 2+…+1a n≤1+13+…+13n -1=32(1-13n )<32.所以1a 1+1a 2+…+1a n<32.教师用书专用(6—11)6.(2013北京,10,5分)若等比数列{a n}满足a 2+a 4=20,a 3+a 5=40,则公比q= ;前n 项和S n= . 答案 2;2n+1-27.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n 项和.若a 1,a 3是方程x 2-5x+4=0的两个根,则S 6= . 答案 638.(2015山东,18,12分)设数列{a n}的前n 项和为S n.已知2S n=3n+3. (1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a nb n=log 3a n,求{b n}的前n 项和T n. 解析 (1)因为2S n=3n+3,所以2a 1=3+3,故a 1=3,当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n={3,n =1,3n -1,n >1.(2)因为a nb n=log 3a n,所以b 1=13,当n>1时,b n=31-nlog 33n-1=(n-1)·31-n.所以T 1=b 1=13;当n>1时,T n=b 1+b 2+b 3+…+b n=13+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3T n=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],两式相减,得2T n=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n=136-6n+32×3n,所以T n=1312-6n+34×3n.经检验,n=1时也适合. 综上可得T n=1312-6n+34×3n.9.(2015江苏,20,16分)设a 1,a 2,a 3,a 4是各项为正数且公差为d(d ≠0)的等差数列.(1)证明:2a 1,2a 2,2a 3,2a 4依次构成等比数列;(2)是否存在a 1,d,使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a 1,d 及正整数n,k,使得a 1n ,a 2n+k ,a 3n+2k ,a 4n+3k 依次构成等比数列?并说明理由. 解析(1)证明:因为2a n+12a n =2a n+1-a n =2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以2a 1,2a 2,2a 3,2a 4依次构成等比数列.(2)令a 1+d=a,则a 1,a 2,a 3,a 4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d ≠0).假设存在a 1,d,使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列,则a 4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a 2(a+2d)4.令t=da ,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4(-12<t <1,t ≠0),化简得t 3+2t 2-2=0(*),且t 2=t+1.将t 2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t 2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-14.显然t=-14不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a 1,d,使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列.(3)假设存在a 1,d 及正整数n,k,使得a 1n ,a 2n+k ,a 3n+2k ,a 4n+3k依次构成等比数列,则a 1n (a 1+2d)n+2k=(a 1+d)2(n+k),且(a 1+d)n+k(a 1+3d)n+3k=(a 1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以a 12(n+k )及a 12(n+2k ),并令t=da 1(t >-13,t ≠0),则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t), 且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t). 化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t), 则g'(t)=2[(1+3t )2ln (1+3t )-3(1+2t )2ln (1+2t )+3(1+t )2ln (1+t )](1+t )(1+2t )(1+3t ).令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t), 则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=12(1+t )(1+2t )(1+3t )>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在(-13,0)和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a 1,d 及正整数n,k,使得a 1n ,a 2n+k ,a 3n+2k ,a 4n+3k依次构成等比数列.10.(2013天津,19,14分)已知首项为32的等比数列{a n}不是．．递减数列,其前n 项和为S n(n ∈N *),且S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-1S n(n ∈N *),求数列{T n}的最大项的值与最小项的值.解析 (1)设等比数列{a n}的公比为q,因为S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列,所以S 5+a 5-S 3-a 3=S 4+a 4-S 5-a 5,即4a 5=a 3,于是q 2=a 5a 3=14.又{a n}不是递减数列且a 1=32,所以q=-12.故等比数列{a n}的通项公式为a n=32×(-12)n -1=(-1)n-1·32n .(2)由(1)得S n=1-(-12)n={1+12n, n 为正奇数,1-12n ,n 为正偶数.当n 为正奇数时,S n随n 的增大而减小,所以1<S n≤S 1=32,故0<S n-1S n≤S 1-1S 1=32-23=56.当n 为正偶数时,S n随n 的增大而增大,所以34=S 2≤S n<1,故0>S n-1S n ≥S 2-1S 2=34-43=-712.综上,对于n ∈N *,总有-712≤S n-1S n≤56.所以数列{T n}最大项的值为56,最小项的值为-712.11.(2013湖北,18,12分)已知等比数列{a n}满足:|a 2-a 3|=10,a 1a 2a 3=125. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得1a 1+1a 2+…+1a m≥1?若存在,求m 的最小值;若不存在,说明理由.解析 (1)设等比数列{a n}的公比为q,则由已知可得{a 13q 3=125,|a 1q -a 1q 2|=10,解得{a 1=53,q =3,或{a 1=-5,q =-1.故a n=53·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=53·3n-1,则1a n=35·(13)n -1, 故{1a n}是首项为35,公比为13的等比数列,从而∑n=1m1a n=35·[1-(13)m ]1-13=910·[1-(13)m ]<910<1. 若a n=(-5)·(-1)n-1,则1a n=-15(-1)n-1,故{1a n}是首项为-15,公比为-1的等比数列,从而∑n=1m1a n={-15,m =2k -1(k ∈N +),0,m =2k (k ∈N +).故∑n=1m 1a n <1. 综上,对任何正整数m,总有∑n=1m1a n <1. 故不存在正整数m,使得1a 1+1a 2+…+1a m≥1成立. 三年模拟A 组 2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列及其性质1.(2018广东广雅中学、东华中学、河南名校第一次联考,7)已知公比不为1的等比数列{a n}的前n 项和为S n,a 1a 2a 3a 4a 5=11 024,且a 2,a 4,a3成等差数列,则S 5=( )A.3316B.3116C.23D.1116答案 D2.(2018云南玉溪模拟,7)等比数列{a n}中,a 1=512,公比q=-12,记Πn=a 1×a 2×…×a n(即Πn表示数列{a n}的前n 项之积),Π8,Π9,Π10,Π11中,值为正数的个数是( ) A.1 B.2 C.3D.4答案 B3.(2017福建4月模拟,6)已知递增的等比数列{a n}的公比为q,其前n 项和S n<0,则( ) A.a 1<0,0<q<1 B.a 1<0,q>1C.a 1>0,0<q<1 D.a 1>0,q>1答案 A4.(2016福建厦门一中期中,4)已知数列{a n}为等比数列,且a 1a 13+2a 72=4π,则tan(a 2a 12)的值为( )A.√3B.-√3C.±√3D.-√33答案 A考点二等比数列前n 项和公式5.(2017河北衡水中学高三上学期第三次调研,4)等比数列{a n}的前n 项和为S n,已知a 2a 5=2a 3,且a 4与2a 7的等差中项为54,则S 5=( )A.29B.31C.33D.36答案 B6.(2018江西新余第一中学四模,14)等比数列{a n}的前n 项和为S n,S n=b(-2)n-1-a,则a b= .答案 -127.(2017江西吉安一中期中,15)已知正项等比数列{a n}满足log 2a n+2-log 2a n=2,且a 3=8,则数列{a n}的前n 项和S n= . 答案 2n+1-2B 组 2016—2018年模拟·提升题组(满分:50分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018湖北荆州一模,9)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,且a 1,a 3,a 7为等比数列{b n}的连续三项,则b 3+b 4b 4+b 5的值为( )A.12B.4C.2D.√2答案 A2.(2017河南洛阳期中,11)已知数列S n为等比数列{a n}的前n 项和,S 8=2,S 24=14,则S 2016=( )A.2252-2 B.2253-2C.21008-2 D.22016-2 答案 B3.(2017江西南昌摸底考试,11)设等比数列{a n}的公比为q,其前n 项之积为T n,并且满足条件:a 1>1,a 2016a 2017>1,a 2 016-1a 2 017-1<0,给出下列结论:(1)0<q<1;(2)a 2016a 2018-1>0;(3)T 2016是数列{T n}中的最大项;(4)使T n>1成立的最大自然数等于4 031,其中正确的结论为( )A.(2)(3)B.(1)(3)C.(1)(4)D.(2)(4) 答案 B4.(2016江西名校学术联盟调研三,7)已知等比数列{a n}的各项都为正数,其前n 项和为S n,且a 1+a 7=9,a 4=2√2,则S 8=( )A.15(1+√2)B.15(1+√22)C.15(√2-1)或15(1-√22) D.15(1+√2)或15(1+√22)答案 D二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2018广东广州第一次调研,14)在各项都为正数的等比数列{a n}中,若a 2018=√22,则1a 2 017+2a 2 019的最小值为 .答案 46.(2018湖北黄石第三中学阶段性检测,15)下表给出一个“三角形数阵”:18, 14,18, 38,316,332, ……已知每一列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,每一行的公比都相等.记第i 行第j 列的数为a i-j,则(1)a8-3= ;(2)前20行中14这个数共出现了次. 答案 (1)14(2)47.(2017江西仿真模拟,16)已知数列{a n}的前n 项和为S n,且满足:a 1=1,a 2=2,S n+1=a n+2-a n+1(n ∈N *),若不等式λS n>a n恒成立,则实数λ的取值范围是 . 答案 λ>1三、解答题(共15分)8.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,19)已知数列{a n}的首项a 1=1,且a n+1=4a na n +2(n ∈N *). (1)证明:数列{1a n -12}是等比数列; (2)若b n=n a n -n 2,求数列{b n}的前n 项和S n.解析 (1)证明:∵a n+1=4a na n +2, ∴1a n+1=a n +24a n =14+12a n , ∴1a n+1-12=12(1a n -12). 又a 1=1,∴1a 1-12=12,∴数列{1a n -12}是以12为首项,12为公比的等比数列. (2)由(1)知,1a n -12=12·(12)n -1=12n , 即1a n=12n +12. ∴b n=n a n -n 2=n 2n .于是S n=12+222+323+…+n 2n ,①12S n=122+223+…+n -12n +n2n+1,② ①-②得,12S n=12+122+…+12n -n 2n+1=12(1-12n )1-12-n 2n+1=1-12n -n 2n+1,则S n=2-12n -1-n 2n =2-n+22n,∴数列{b n}的前n 项和S n=2-2+n2n. C 组 2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列基本运算的解题技巧1.(2017福建漳州八校2月联考,3)等比数列{a n}的前n 项和为S n,若S 3=2,S 6=18,则S 10S 5等于( )A.-3B.5C.-31D.33答案 D2.(2017山西运城康杰中学模拟(2),7)已知{a n}是各项均为正数的等比数列(公比q>1),b n=log 2a n,b 1+b 2+b 3=3,b 1b 2b 3=-3,则a n=( )A.22n-3B.25-2nC.22n-5D.22n-3或25-2n答案 A方法2 等比数列的判定与证明3.(2016河南洛阳期中模拟,5)下列结论正确的是( ) A.若数列{a n}的前n 项和S n=n 2+n+1,则{a n}为等差数列 B.若数列{a n}的前n 项和S n=2n-2,则{a n}为等比数列C.非零实数a,b,c 不全相等,若a,b,c 成等差数列,则1a ,1b ,1c也可能构成等差数列 D.非零实数a,b,c 不全相等,若a,b,c 成等比数列,则1a ,1b ,1c一定构成等比数列答案 D4.(2018湖北八校第一次联考,17)已知数列{a n}满足a 1=1,a 2=4,a n+2=4a n+1-4a n. (1)求证:{a n+1-2a n}为等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.解析 (1)证明:由a n+2=4a n+1-4a n得a n+2-2a n+1=2a n+1-4a n=2(a n+1-2a n),∴a n+2-2a n+1a n+1-2a n=2,又a 2-2a 1=2≠0,∴{a n+1-2a n}是等比数列.(2)由(1)可得a n+1-2a n=2n-1(a 2-2a 1)=2n,∴a n+12n+1-a n 2n =12,∴{a n 2n }是首项为12,公差为12的等差数列,∴a n 2n =n2,∴a n=n ·2n-1.。

等比数列前n项和的性质

S5 31
S 3 7，求S 5。
7、已知正项等比数列 {an }前n项和为S n，若a2 a4 1 ，
31 S5 4
8、已知数列 {an }的前n项和S n 满足：S n 4an 2，求数列 {an }的通项公式。
2 4 n 1 an ( ) 3 3
等差数列前n项和的性质： ① 数列 {an }是等比数列 S n Aqn - A( A 0)
170 2 85
S n S 偶 S奇 170 85 255
由等比数列前 n项和公式得：
1 2n 255 1-2
n8
5、在等比数列 {an }中，a1 an 66 ，a2 an1 128 ，前n项和S n 126 ，求n及公比q。
解： a1an
B.必有一项为0
2
n1
D.可以有无数项为0
n
3、若等比数列 {a n }的前n项和S n 2 1 ，数列{bn }满足： bn a n ，则{bn }的前那n项和Tn
2
1 n (4 1) 。 3
合作探究形成规律
a1 n a1 a1 a1q n Sn q Sn 1-q 1-q 1-q a1 令A 0 则：S n Aqn - A 1-q
数
列
等比数列的前n项和的性质
复习回顾引入新课
1、等比数列前n项和公式: q 1 ， na1 na1 S n a1 a1 q n 或 Sn a a q 1 n q 1。 1-q 1-q 2、数学思想：整体代入法。 3、两个求和方法： (1)拆项分组求和法； (2)错位相减求和法；
a2 an1 128

等比数列前N项和的性质知识讲解

例题讲解
4、若等 {an}的比公数 1 3，比列 a1且为 a3a99 6,0
则 {an}的1前 0 项 0 和 80 为。
解：令 S 奇 a 1 a 3 a 9 9 60
S 偶 a 2a 4 a 100
由则等 S100比 S奇数 nS项偶列和前性S质偶知 q1：
化简S到 n1 3： 3n2a
1 3
2a
0
a 1 6
探究二：
我们知道，等差数列有这样的性质：
如 a n 果为等，则差 S k,S 2 数 kSk,S 列 3 kS 2 k也成等
新的等差数列 Sk，首公项差k为为 2d。
那么，在等比数列中，也有类似的性质吗？怎么证明？
等比数列前n项和的性质二：
法
二
：
根据题意S10，S20－S10，S30－S20成等比数列 → S10＝10，S20＝30 → S30
例题讲解
【解】法一：设公比为 q，则
a111－－qq10＝10 a111－－qq20＝30 ② ② ①得 1＋q10＝3，∴q10＝2，
①
a1 10 1 q
例题讲解
∴S30＝a111－－qq30＝70. 法二：∵S10，S20－S10，S30－S20 仍成等比数列，又 S10＝10，S20＝30， ∴S30－S20＝S30－30＝30－10102，即 S30＝70.
课后作业
书上第62页，习题2.5 B组，第2题、第5题。
5 、在{a 等 n} 中 a 比 1 ， a n 数 6， 6 a 2列 a n 1 1， 2 前 n 项 S n 和 1， 2n 6 及求 q 公。比
解： a1ana2an 1128

专题6.3等比数列及其前n项和(2021年高考数学一轮复习专题)

专题等比数列及其前n 项和一、题型全归纳题型一等比数列基本量的运算【题型要点】1．等比数列的有关概念(1)定义：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(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⇔G 2＝ab ． “a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －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.解决等比数列有关问题的2种常用思想4．等比数列的基本运算方法(1)等比数列可以由首项a 1和公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a 1和q 进行． (2)对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过列方程(组)求出a 1，q .如果再给出第三个条件就可以完成a 1，n ，q ，a n ，S n 的“知三求二”问题．例1】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝．【答案】58.【解析】通解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝1及S 3＝34，易知q ≠1.把a 1＝1代入S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝34，得1＋q ＋q 2＝34，解得q ＝－12，所以S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯21--121--114＝58.优解一：设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝34，a 1＝1，所以1＋q ＋q 2＝34，解得q ＝－12，所以a 4＝a 1·q 3＝321-⎪⎭⎫⎝⎛＝－18，所以S 4＝S 3＋a 4＝34＋⎪⎭⎫ ⎝⎛81-＝58.优解二：设等比数列{a n }的公比为q ，由题意易知q ≠1.设数列{a n }的前n 项和S n ＝A (1－q n )(其中A 为常数)，则a 1＝S 1＝A (1－q )＝1 ①，S 3＝A (1－q 3)＝34 ②，由①②可得A ＝23，q ＝－12.所以S 4＝23×⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯421--11＝58.【例2】(2020·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．32B ．31C ．64D ．63【解析】：通解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B.优解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.题型二等比数列的判定与证明【题型要点】等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．【易错提醒】：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．【例1】已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．【解析】 (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）n a n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4.将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4. (2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.【例2】设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：S n ＋a n ＝n －1n (n ＋1)，n ＝1,2，…，n .(1)求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n S n 是等比数列；(2)求S n . 【解析】 (1)证明：由题意，n ＝1时，S 1＋a 1＝0，即a 1＝0，n ≥2时，S n ＋S n －S n －1＝2S n －S n －1＝n －1n (n ＋1)＝2n ＋1－1n，所以S n －1n ＋1＝12⎭⎬⎫⎩⎨⎧-n S n 11-，S 1－12＝－12，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n S n 是以－12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知，S n －1n ＋1＝121-⎪⎭⎫⎝⎛n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-＝n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-，所以S n ＝1n ＋1－n⎪⎭⎫⎝⎛21. 【例3】已知数列{a n }是等比数列，则下列命题不正确的是( ) A ．数列{|a n |}是等比数列 B ．数列{a n a n ＋1}是等比数列 C ．数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等比数列 D ．数列{lg a 2n }是等比数列【解析】.因为数列{a n }是等比数列，所以a n ＋1a n ＝q .对于A ，|a n ＋1||a n |＝⎪⎪⎪⎪a n ＋1a n ＝|q |，所以数列{|a n |}是等比数列，A 正确；对于B ，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，所以数列{a n a n ＋1}是等比数列，B 正确；对于C ，1a n ＋11a n＝a n a n ＋1＝1q ，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等比数列，C 正确；对于D ，lg a 2n ＋1lg a 2n ＝2lg a n ＋12lg a n ＝lg a n ＋1lg a n ，不一定是常数，所以D 错误．【例4】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：因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n ＋1，所以2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，所以存在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．所以a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．题型三等比数列性质的应用【题型要点】1.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)．常用结论2．记住等比数列的几个常用结论(1)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1，{a 2n }，{a n ·b n }，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 仍是等比数列．(2)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .(3)一个等比数列各项的k 次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k 次幂． (4){a n }为等比数列，若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T 3nT 2n，…成等比数列．(5)当q ≠0，q ≠1时，S n ＝k －k ·q n (k ≠0)是{a n }成等比数列的充要条件，此时k ＝a 11－q.(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．类型一等比数列项的性质的应用【例1】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 ．1 C.12D ．18【解析】：法一：因为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.又因为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：因为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.【例2】(2020·洛阳市第一次联考)等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－2 C. 2D ．－2或2【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3＜0，a 15＜0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－ 2.类型二等差数列前n 项和性质的应用【例3】等比数列{a n }中，前n 项和为48，前2n 项和为60，则其前3n 项和为________．【解析】法一：设数列{a n }的前n 项和为S n .因为S 2n ≠2S n ，所以q ≠1，由前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q n ）1－q＝48，①a 1（1－q 2n ）1－q＝60，②②÷①，得1＋q n ＝54，所以q n ＝14.③将③将入①，得a 11－q＝64. 所以S 3n ＝a 1（1－q 3n ）1－q ＝64×⎪⎭⎫⎝⎛341-1＝63.法二：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，即S 3n ＝（S 2n －S n ）2S n ＋S 2n ＝（60－48）248＋60＝63.法三：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为S 2n ＝S n ＋q n S n ，所以q n ＝S 2n －S n S n ＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q 2n S n ＝60＋241⎪⎭⎫⎝⎛×48＝63.【例4】(2020·池州高三上学期期末)已知等比数列{a n }的公比q ＝2，前100项和为S 100＝90，则其偶数项 a 2＋a 4＋…＋a 100为( ) A ．15 B ．30 C ．45D ．60【解析】设S ＝a 1＋a 3＋…＋a 99，则a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)q ＝2S ，又因为S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝90，所以3S ＝90，S ＝30，所以a 2＋a 4＋…＋a 100＝2S ＝60.【例5】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 ＝．【解析】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.【总结提升】1．掌握运用等比数列性质解题的两个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a 1，q 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件． (2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：①若{a n }是等比数列，且a n >0，则{log a a n }(a >0且a ≠1)是以log a a 1为首项，log a q 为公差的等差数列． ②若公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n . 2．牢记与等比数列前n 项和S n 相关的几个结论 (1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . ①若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q ；②若共有2n ＋1项，则S 奇－S 偶＝a 1＋a 2n ＋1q 1＋q (q ≠1且q ≠－1)，S 奇－a 1S 偶＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m ⇔q n ＝S n ＋m －S nS m(q 为公比)．题型四数列与数学文化及实际应用类型一．等差数列与数学文化【例1】(2020·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( ) A ．6斤 B ．7斤 C ．9斤D ．15斤【解析】设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n }，则有a 1＝4，a 5＝2，所以a 1＋a 5＝6，数列{a n }的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.【题后升华】以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n 项和等．类型二．等比数列与数学文化【例2】(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( ) A.253 B ．503 C.507 D ．1007【解析】5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a 1，a 2，a 3，由题意可知a 1，a 2，a 3构成公比为2的等比数列，且S 3＝50，则a 1（1－23）1－2＝50，解得a 1＝507，所以马主人应偿还粟的量为a 2＝2a 1＝1007，故选D.【题后升华】以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n 项和等．类型三．递推数列与数学文化【例3】(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为( ) A ．7 B ．10 C ．12D ．22【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7.故选A.【题后升华】以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，求a 4的问题．类型四．周期数列与数学文化【例4】(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( ) A ．672 B ．673 C ．1 346D ．2 019【解析】由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，所以{a n }是周期为3的周期数列，且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.因为2 019＝673×3，所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.【题后反思】以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以2的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果．类型五．数列在实际问题中的应用【例5】私家车具有申请报废制度．一车主购买车辆时花费15万，每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元，每年的维修费是一个公差为3 000元的等差数列，第一年维修费为3 000元，则该车主申请车辆报废的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是________年．【解析】设这辆汽车报废的最佳年限为n 年，第n 年的费用为a n ，则a n ＝1.5＋0.3n .前n 年的总费用为S n ＝15＋1.5n ＋n 2(0.3＋0.3n )＝0.15n 2＋1.65n ＋15，年平均费用：S n n ＝0.15n ＋15n＋1.65≥20.15n ×15n＋1.65＝4.65，当且仅当0.15n ＝15n ，即n ＝10时，年平均费用S nn 取得最小值．所以这辆汽车报废的最佳年限是10年．【题后反思】数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．二、高效训练突破一、选择题1．(2020·湖南衡阳一模)在等比数列{a n }中，a 1a 3＝a 4＝4，则a 6的所有可能值构成的集合是( ) A ．{6} B ．{－8，8} C ．{－8}D ．{8}【解析】：因为a 1a 3＝a 22＝4，a 4＝4，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝2，所以a 6＝a 2q 4＝2×4＝8，故a 6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.2．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．2【解析】：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝3a 3＋4a 1，得a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，得q 4－3q 2－4＝0，令q 2＝t ，则t 2－3t －4＝0，解得t ＝4或t ＝－1(舍去)，所以q 2＝4，即q ＝2或q ＝－2(舍去)．又 S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.故选C.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，则( ) A ．数列{a n }的公比为2 B ．数列{a n }的公比为8 C.S 6S 3＝8 D ．S 6S 3＝4【解析】：因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，所以a 6a 3＝q 3＝8，解得q ＝2，所以S 6S 3＝1－q 61－q 3＝1＋q 3＝9.4．(2020·山西3月高考考前适应性测试)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【解析】：设公比为q ，由正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，可得a 23＋2a 3a 7＋a 27＝(a 3＋a 7)2＝16，即a 3＋a 7＝4，由a 5与a 9的等差中项为4，得a 5＋a 9＝8，则q 2(a 3＋a 7)＝4q 2＝8，则q ＝2(舍负)，故选D. 4．(2020·湘赣十四校第二次联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了( ) A ．6里 B ．12里 C ．24里D ．96里【解析】：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×(12)5＝6，最后一天走了6里，故选A.5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( ) A ．13 B ．12 C ．11D ．10【解析】：设该等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9，(a 1·a n )3＝3×9＝33，所以a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，所以T 2n ＝(a 1·a n )n ，即7292＝3n ，所以n ＝12.6．(2020·青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列，则S 4S 2＝( ) A ．3 B ．9 C ．10D ．13【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 6,3a 4，－a 5成等差数列，所以6a 4＝a 6－a 5，所以6a 4＝a 4(q 2－q )．由题意得a 4>0，q >0.所以q 2－q －6＝0，解得q ＝3，所以S 4S 2＝S 2＋q 2S 2S 2＝1＋q 2＝10.7．(2020届福建厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2【解析】：解法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A.解法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.8．(2020·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3－a 272＋a 11＝0，数列{b n }为等比数列，且b 7＝a 7，则b 1·b 13＝( )A ．25B ．16C ．8D ．4【解析】由a 3－a 272＋a 11＝0，得2a 7－a 272＝0，a 7＝4，所以b 7＝4，b 1·b 13＝b 27＝16. 9.(2020·福建厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2【解析】：法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A. 法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.10．(2020·辽宁部分重点高中联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1，则{a n }的通项公式a n ＝( ) A ．2n －1 B ．2n －1 C ．2n －1D ．2n ＋1【解析】：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，因此a n ＝2n －1，故选B.11．(2020·长春市质量监测(一))已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若公比q ＝2，则a 1＋a 3＋a 5S 6＝( )A.13B.17C.23D ．37【解析】：法一：由题意知a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋22＋24)＝21a 1，而S 6＝a 1（1－26）1－2＝63a 1，所以a 1＋a 3＋a 5S 6＝21a 163a 1＝13，故选A. 法二：由题意知S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5＋(a 2＋a 4＋a 6)＝a 1＋a 3＋a 5＋2(a 1＋a 3＋a 5)＝3(a 1＋a 3＋a 5)，故a 1＋a 3＋a 5S 6＝13，故选A.12.(2020·河南郑州三测)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( )A.12×(310－1)B.18×(910－1)C.126×(279－1) D ．126×(2710－1)【解析】：因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n ＝3，所以{a n }为等差数列，公差为3，{b n }为等比数列，公比为3，所以a n＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝1×3n －1＝3n －1，所以ba n ＝33n －3＝27n －1，所以{ba n }是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ba n }的前10项和为1×（1－2710）1－27＝126×(2710－1)，故选D.二、填空题1.(2020·陕西第二次质量检测)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 2a 12＝16，则log 2a 15＝．【解析】：等比数列{a n }的各项都是正数，且公比为2，a 2a 12＝16，所以a 1qa 1q 11＝16，即a 21q 12＝16，所以a 1q 6＝22，所以a 15＝a 1q 14＝a 1q 6(q 2)4＝26，则log 2a 15＝log 226＝6.2．(2020·陕西榆林二模)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2(n 2＋n )，若b n ＝22a n ，则{b n }的前n 项和S n ＝．【解析】：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2(n 2＋n )，得a n ＋1n ＋1－a n n ＝2，又a 1＝2，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为2，公差为2的等差数列，所以a nn ＝2＋2(n －1)＝2n ，即a n ＝2n 2，所以b n ＝22a n ＝4n ，所以数列{b n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以S n ＝4－4n ＋11－4＝4n ＋1－43.3．(2020·安徽安庆模拟)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________．【解析】：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎪⎭⎫ ⎝⎛-λ2n a .由于数列{a n－1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.4.在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64，且前n 项和S n ＝42，则n ＝________．【解析】：因为{a n }为等比数列，所以a 3·a n －2＝a 1·a n ＝64.又a 1＋a n ＝34，所以a 1，a n 是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，a n ＝2.又因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32. 由S n ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝42，解得q ＝4.由a n ＝a 1q n －1＝2×4n －1＝32，解得n ＝3.5．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 ＝________．【解析】：因为a n ＋m a m ＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.6.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10∶S 5＝1∶2，则S 15∶S 5＝________.【解析】因为S 10∶S 5＝1∶2，所以设S 5＝2a ，S 10＝a (a ≠0)，因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，即2a ，－a ，S 15－a 成等比数列，所以(－a )2＝2a (S 15－a )，解得S 15＝3a2，所以S 15∶S 5＝3∶4.三解答题1.(2020·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7. (1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值．【解析】：(1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.(舍去)所以a n ＝4·121-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝321-⎪⎭⎫ ⎝⎛n .(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝8⎪⎭⎫⎝⎛n 21-1＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增．又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8)．又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8. 2．(2020·山西长治二模)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q ＞0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明现由．【解析】：(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1（1－q 3）1－q＝13，q ＞0，解得a 1＝1，q ＝3，所以a n＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列，因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝3，故存在常数λ＝12，使得数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n S 是等比数列．3.(2020届长春市高三质量监测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，设b n ＝a n 2n .(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n b b 的前n 项和S n .【解析】：(1)证明：当n ≥2时，b n －b n －1＝a n 2n －a n －12n －1＝a n －2a n －12n ＝1，又b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知，b n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.4.(2020届南昌市第一次模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4，得2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知a 1＝1，q ＝2，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，所以b n ＝2n－1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2＋22＋…＋2n －n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .。

等比数列前N项和的性质

法三：∵{an}为等比数列，
∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列．即7，S4－7,91－S4成等比数列， ∴(S4－7)2＝7(91－S4)．解得S4＝28或－21.
∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2
＝(a1＋a2)(1＋q2)＝7(1＋q2)＞0， ∴S4＝28.
q
S偶 S奇
170 2 85
ห้องสมุดไป่ตู้
Sn S偶 S奇 170 85 255
由等比数列前 n项和公式得：
1 2 255 1-2
n
n8
等差数列前n项和的性质： ① 数列 {an }是等比数列

S n Aq - A( A 0)
n
② an 为等比数列 S k , S 2k S k , S3k S 2k 也成等比数列。
[解 ]
法一：∵S2＝7，S6＝91，易知q≠1，
a11＋q＝7， ∴a11－q6 ＝91. 1 － q a11＋q1－q1＋q2＋q4 ∴ ＝91. 1－ q ∴q4＋q2－12＝0.∴q2＝3. a11－q4 ∴S4＝＝a1(1＋q)(1＋q2)＝7×(1＋3)＝28. 1－ q ∴S4＝28.
前20项和S20＝30，求S30.
【思路点拨】法二法一：设公比为q ：
→ 根据条件列方程组 → 解出q → 代入求S30 根据题意S10，S20－S10，S30－S20成等比数列 → S10＝10，S20＝30 → S30
【解】
法一：设公比为 q，则 ① ②
a11－q10 ＝10 1－q 20 a 1 － q 1 1－q ＝30
这个形式和等比数列等价吗？相反数

等比数列前n项和性质

实数m= -1
S练2、n习已：x知1 3等、n比已1 数知116列等,比则an数x的的列前值ann为项的和前12为n项S和n 为3n2 2a,
则a的值为
18
3、已知等比数列an的前n项和为 Sn 4 3n2 5a,
则a的值为

4 45
等差数列中依次每k项的和，仍成等差数列。在等比数列中，是否也有类似的性质？
f(12)＝1·12＋3·(12)2＋5·(12)3＋…＋(2n－1)·(12)n，
12f(12)＝1·(12)2＋3·(12)3＋…＋(2n－3)·(12)n＋22nn－＋11.
把两式相减，得：
(1－12)f(12)＝12－22nn－＋11＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n]
＝12－22nn－＋11＋2·122[11－－1212n－1].
等比数列的前n项和（二）
有关的性质
复习回顾引入新课
等比数列前n项和公式:
na1
Sn

a1
a1q n
1-q
或
Sn

na1 a1 anq
1-q
q 1， q 1。
q 1， q 1。
例3已知数列an前n项和Sn 2n 1，求此数列的
通项an，并证明它是一个等比数列。
由于 an1 an

2n 2n1

2(n N*)

an
是一个等比数列
探究：由Sn

a1
(1 qn 1 q
)
得Sn是形如Sn

Aqn

B的式子，
且A B 0反，之，若一个数列an的前n项和为
Sn Aqn B，A 0, q 1，则数列an是等比数列吗？

34第六章数列等比数列及其前n项和

(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m. 1－－2n
解析若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝ 3 . 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
思维升华
(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量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q＝1和q≠1的分类讨论.
√3n2＋n C. 2
3n2－n D. 2
3 课时作业
PART THREE
基础保分练
1.(2018·重庆巴蜀中学月考)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3a7＝16，则该数
列的公比为
√A.± 2
B. 2
C.±2
D.2
解析根据等比数列的性质可得 a3·a7＝a25＝a21·q8＝q8＝16＝24，
(λ≠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，an＋k， an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
【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.“b2＝ac”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b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0， b＝0，c＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.
a1－an (4)数列{an}的通项公式是 an＝an，则其前 n 项和为 Sn＝ 1－a .( × )

等比数列前n项和公式和性质

且S10 5, S20 15.
(1).求S30; 35
(2).问S10, S20 S10 , S30 S20
是否成等比数列?
性质2： Sn为等比数列的前n项和， Sn≠0，则Sn,S2n－Sn,S3n－S2n是等比数列．
•
已知等比数列{an}中，前10项和S10＝10，前20项和S20＝30，求S30.
解析：易求得q＝2，a1＝1.∴S5＝11－－225＝31. 答案：31
• 4．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a12＋a22＋…＋an2 等于________．
答案： 13(4n－1) 解析：设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝2n－ 1.易知等比数列{an}的公比 q＝2，首项 a1＝1， ∴an＝2n－1，于是 an2＝4n－1， ∴a12＋a22＋…＋an2＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝13(4n－1)
……
50001.12台
第n年产量为 5000 1.1n1台
则n年内的总产量为：
5 51.1 51.12 51.1n1
• 1．数列{2n－1}的前99项和为( • A．2100－1 • C．299－1
改为数列{2n-1}呢？
) B．1－2100 D．1－299
解析：a1＝1，q＝2，∴S99＝1×11－－2299＝299－1. 答案：C
2 30 - 1 = 1073741823
请同学们考虑如何求出这个和？
S64 1 2 22 23 26的这3. 方种法求,和就(1)
2S64 即2S64
2(1
2 22
2 2223 ຫໍສະໝຸດ 23263是2减错264法6位.3 !)相.
(2)
2S64 S64 (2 2那2如么果这213些00麦02粒粒4麦的粒总重质为量246就03 克是，264 )