等比数列-拔高难度-讲义

等比数列
知识讲解
一、等比数列概念
概念：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个
数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，常用字母(0)q q ≠表示．即数列{}n a 的递推公式为
1
n n
a q a +=（常数）（*N n ∈）． 【注意】（1）由于等比数列每一项都可能作为分母，故每一项均不为0，因此q 也不为0； （2）从第二项开始，因此首项没有前一项；
（3）
1
n n
a a +均为同一个常数，即比值相等；
（4）常数列都是等差数列，但不一定是等比数列．若常数列各项都为0的数列，它
就不是等比数列，当常数列各项不为0时，是等比数列．
二、等比数列的通项公式及推导
1.等比数列的通项公式为：1*1n n a a q n N -=∈，．
2.等比数列的公式的推导：累乘法
3.等比数列通项公式的推导：
2
13
2
1
21
n n n
n a q a a q a a q a a q a ---====，将这1n -个式子的等号两边分别相乘得：
11
n n
a q a -=，即11n n a a q -=．由等差数列的通项公式易知：n m m n a a q -=．
三、等比中项
定义：如果三个数x G y ，
，组成等比数列，那么G 叫做x 和y 的等比中项，即2G xy =．两个正数（或两个负数）的等比中项有两个，它们互为相反数；一个正数与一个负数没有等比中项．
四、等比数列的常用性质
1.公比为q 的等比数列的各项同乘以一个不为零的数m ，所得数列仍为等比数列，公比仍为
q ；
2.若*(,,,)p q m n m n p q N +=+∈，则有p q m n a a a a ⋅=⋅；若2m p q =+，则有2
m p q a a a =⋅；
3.等距离取出若干项也构成一个等比数列，即n a ，n m a +，2n m a +，为等比数列，公比为m q ．
4.若等比数列{}n a 的公比为q ，则1n a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
是以1q 为公比的等比数列；
5.若{}n a 与{}n b 均为等比数列，则{}n n a b 也为等比数列；
6.101a q >⎧⎨>⎩或{}1001n a a q <⎧⇔⎨<<⎩递增；
1001a q >⎧⎨<<⎩或{}10
1n a a q <⎧⇔⎨>⎩
递减；{}1n q a =⇔为常数列；{}0n q a <⇔为摆动数列．
五、等比数列的前n 项和及推导过程
1.等比数列前n 项和公式：111(1)(1)(1)11n n n na q S a a q
a q q q q =⎧⎪
=--⎨=≠⎪--⎩
2.等比数列由等比数列的定义知公式的推导：
方法一：由等比数列的定义知2132121n n n n a a q a a q a a q a a q ---====，
，，，， 将这n 个等式的两边分别相加得：23121()n n a a a a a a q -++
+=++
+，
即1()n n n S a S a q -=-，整理得111(1)n
n n S q a a q a a q -=-=-，
当1q ≠时，1(1)
(2)1n n a q S n q
-=
-≥，显然此式对1n =也成立； 当1q =时，1n S na =．
方法二：由前n 项定义知2
11111n n S a a q a q a q -=+++
+， 将上式两边同乘以q 得：n qS =23
1111n a q a q a q a q +++
+
两式相减得： 11(1)n n q S a a q -=-， 以下讨论同法一．
注：方法二称为错位相减法，是数列求和中常用的一种方法．
错位相减求和法：非零的等差数列{}n a 、等比数列{}n b 构造数列{},{}n
n n n
a a
b b ，数列称为差比数列，求它的前n 项和可用错位相减法．
六、等比数列前n 项和的性质
1.公比为q 的等比数列，按m 项分组，每m 项之和组成一个新数列，认为等比数列，其公比为m q （也就是说：232m m m m m S S S S S --，
，，为等比数列，公比为m q ．
2.对于项数为*
2()k k N ∈的等比数列，有
=S q S 偶奇
．
典型例题
一．选择题（共10小题）
1．（2018•广东二模）已知等比数列{a n}的首项为1，公比q≠﹣1，且a5+a4=3（a3+a2），则=（）
A．﹣9 B．9 C．﹣81 D．81
【解答】解：等比数列{a n}的首项为1，公比q≠﹣1，且a5+a4=3（a3+a2），
∴=3（a2q+a2），
化为：q2=3．
由等比数列的性质可得：a1a2……a9=q1+2+……+8==q4×9
则==q4=9．
故选：B．
2．（2018•奉贤区二模）已知正数数列{a n}是公比不等于1的等比数列，且lga1+lga2019=0，若f（x）=，则f（a1）+f（a2）+…+f（a2019）=（）A．2018 B．4036 C．2019 D．4038
【解答】解：正数数列{a n}是公比不等于1的等比数列，且lga1+lga2019=0，
可得lga1a2019=0，即a1a2019=1，
即有a1a2019=a2a2018=…=a1009a1011=a1010=1，
f（x）=，可得f（）==，
即有f（x）+f（）=2，
设S=f（a1）+f（a2）+…+f（a2019），
又S=f（a2019）+f（a2018）+…+f（a1），
相加可得2S=[f（a1）+f（a2019）]+[f（a2）+f（a2018）]+…+{f（a2019）+f（a1）] =2×2019，
解得S=2019．
故选：C．
3．（2017•甘肃模拟）已知等比数列{a n}的公比q=2，a4=8，S n为{a n}的前n项和，设a=a20.3，b=0.3，c=log an（S n+），则a，b，c大小关系是（）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a
【解答】解：∵等比数列{a n}的公比q=2，a4=8，S n为{a n}的前n项和，
∴，∴8=a1•8，
解得a1=1，∴a n=1×2n﹣1=2n﹣1，
∴a2=2，a3=4，=2n﹣1，
设a=a20.3，b=0.3，c=log an（S n+），
∴a=20.3∈（1，），a=20.3＜20.5=，b=0.34∈（0，1），
∵n∈N*，∴1≤2n﹣1≤2n﹣1，
∴＜c=＜2，
∴a，b，c大小关系是b＜a＜c．
故选：B．
4．（2017•浦东新区二模）已知等比数列a1，a2，a3，a4满足a1∈（0，1），a2∈（1，2），a3∈（2，4），则a4的取值范围是（）
A．（3，8） B．（2，16）C．（4，8） D．，
【解答】解：设公比为q，则
∵a1∈（0，1），a2∈（1，2），a3∈（2，4），
∴＜＜＜＜＜＜
∴③÷②：1＜q＜4④
③÷①：＜q＞⑤
由④⑤可得：＜q＜4
∴a4=a3q，
∴a4∈，．
故选：D．
5．（2017•东莞市二模）已知等比数列{a n}的前n项积为T n，若log2a3+log2a7=2，则T9的值为（）
A．±512 B．512 C．±1024 D．1024
【解答】解：由log2a3+log2a7=2可得：log2（a3a7）=2，
可得：a3a7=4，则a5=2或a5=﹣2（舍去负值），
等比数列{a n}的前9项积为T9=a1a2…a8a9=（a5）9=512．
故选：B．
6．（2017春•平顶山期末）设x∈R，记不超过x的最大整数为[x]，例如[2.34]=2，[﹣1.5]=﹣2，令{x}=x﹣[x]，则，，（）
A．是等差数列但不是等比数列
B．既是等差数列也是等比数列
C．是等比数列但不是等差数列
D．既不是等差数列也不是等比数列
【解答】解：根据题意，≈1.6，
则[]=1，{}=﹣[]=，
则，，，即，1，，
分析可得：（）×（）=12，，，成等比数列，（）+（）=≠2×1，，，不成等差数列，
故选：C．
7．（2017春•孝感期末）已知[x）表示大于x的最小整数，例如[3）=4，[﹣1.3）=﹣1，下列命题中正确的是（）
①函数f（x）=[x）﹣x的值域是（0，1]
②若{a n}是等差数列，则{[a n）}也是等差数列
③若{a n}是等比数列，则{[a n）}也是等比数列
④若x∈（1，2017），则方程[x）﹣x=sin x有1007个根．
A．②B．③④C．①D．①④
【解答】解：对①，当x为整数时，[x）=x+1，即[x）﹣x=1，当x不为整数时，0＜[x）﹣x＜1，所以函数f（x）=[x）﹣x的值域是（0，1]即①对；
对②，当数列{a n}是整数构成的等差数列，则数列{[a n）}也是等差数列；当{a n}不是整数构成的等差数列，则数列{[a n）}不是等差数列．
例如：数列{a n}：0.4，0.5，0.6，0.7，0.8，0.9，1.0，1.1；那么数列
{[a n）}：1，1，1，1，1，1，2，2显然不是等差数列．故②错；
对③，可取等比数列{a n}：1，2，4，8，16；则数列{[a n）}为：2，3，5，9，17显然不是等比数列，故③错；
对④，因为x∈（1，2017），函数f（x）=[x）﹣x=sin x的周期T=4，在（1，5]内有两个根，一个根x∈（4，5），另一个根x=5．因此方程[x）﹣x=sin x在区间（1，2017）内共有504×2﹣1=1007个根．
故④对．
故选：D．
8．（2016秋•怀仁县校级期末）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a1=（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：设等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，
得到奇数项为奇数项为a1（1+q2+q4+…+q2n）=255，偶数项为a1（q+q3+q5+…+q2n ﹣1）=﹣126，
所以qa1（1+q2+q4+…+q2n）=255q，即a1（q+q3+q5+…+q2n﹣1）+qa2n+1=255q，
可得：﹣126+192q=255q，解得q=﹣2．
所以所有奇数项和S奇=255，末项是192，==255，即：
解得n=3．是共有7项，a7=a1（﹣）6，解得a1=3．
故选：C．
9．（2017秋•郴州期中）已知等比数列{a n}中，a1+a5=2，a3+a7=6，则=（）
A．B．0 C．D．
【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a5=2，a3+a7=6，
∴（a5+a9），
解得a5+a9==18．
则====0．
故选：B．
10．（2017春•镜湖区校级期中）设{a n}是一个等比数列，它的前3项的和为10，前6项的和为30，则它的前9项的和为（）
A．50 B．60 C．70 D．90
【解答】解：∵等比数列前3项和为10，前6项和是30，
∴公比不等于﹣1，
则S3，S6﹣S3，S9﹣S6，也成等比数列，
即10，20，S9﹣30成等比数列，公比为2，
则S9﹣30=2×20=40，
解得S9=40+30=70，
故选：C．
二．填空题（共4小题）
11．（2010春•通州区期中）等比数列{a n}的各项均为正数，且a3a6=8，则log2a1+log2a2+…+log2a8=12．
【解答】解：由等比数列的性质：a1a8=a2a7=a3a6=a4a5=8，
而log2a1+log2a2+…+log2a8=log2a1a2…a8=log284=12
故答案为：12．
12．等比数列首项a＞0，公比q＞0，前n项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n项和为6560，则a=2，q=3．
【解答】解：由S n=80，S2n=6560知q≠1，∴解得q n=81．
∵q＞0，∴q＞1，又a＞0，∴该数列为递增数列．
设前n项中最大的项为a n，∴a n=aq n﹣1=54，又q n=81，∴3a=2q，将q n=81代入①得a=q﹣1，
∴a=2，q=3，
故答案为2；3．
13．a、b、c成等比数列，公比q=3，又a，b+8，c成等差数列，则三数为4，12，36．
【解答】解：∵a、b、c成等比数列，公比q=3，∴b=3a，c=9a．
又a，b+8，c成等差数列，∴2b+16=a+c，即6a+16=a+9a，∴a=4，∴三数分别为4，12，36，
故答案为4，12，36．
14．已知1，x1，x2，7成等差数列，1，y1，y2，8成等比数列，点M（x1，y1），N（x2，y2），则线段MN的中垂线方程是x+y﹣7=0．
【解答】解：∵1，x1，x2，7成等差数列，
∴d==2
∴x1=1+2=3，x2=1+4=5
又∵1，y1，y2，8成等比数列，
∴q=2
∴y1=1×2=2，y2=1×4=4，
则M（3，2），N（5，4），
∴MN中点为（4，3），k MN==1，
∴MN的中垂线方程为y﹣3=﹣（x﹣4），即x+y﹣7=0．
故答案为：x+y﹣7=0．
三．解答题（共1小题）
15．（2017春•南城县校级月考）已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n=2a n ﹣n，（n∈N*）
（1）证明：{a n+1}是等比数列；并求数列{a n}的通项公式；
（2）若b n=（2n+1）a n+2n+1，求数列{b n}的前n项和为T n；
（3）若c n=3n+（﹣1）n﹣1λ•（a n+1）（λ为非零常数，n∈N*），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N*，都有c n+1＞c n？
【解答】（1）证明：∵S n=2a n﹣n，（n∈N*），∴n=1时，a1=2a1﹣1，解得a1=1．n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2a n﹣n﹣（2a n﹣1﹣n+1），可得a n=2a n﹣1+1，变形为a n+1=2（a n﹣1+1），
∴{a n+1}是等比数列，首项为2，公比为2．
∴a n+1=2n，即a n=2n﹣1．
（2）解：b n=（2n+1）a n+2n+1=（2n+1）•2n，
∴数列{b n}的前n项和为T n=3×2+5×22+…+（2n+1）•2n，
2T n=3×22+5×23+…+（2n﹣1）•2n+（2n+1）•2n+1，
∴﹣T n=3×2+2（22+23+…+2n）﹣（2n+1）•2n+1=2+﹣（2n+1）•2n+1，解得T n=2+（2n﹣1）•2n+1．
（3）解：c n=3n+（﹣1）n﹣1λ•（a n+1）=3n+λ（﹣1）n﹣12n，
假设存在整数λ，使得对任意n∈N*，都有c n+1＞c n，
则3n+1+λ（﹣1）n•2n+1＞3n+λ（﹣1）n﹣12n，
n=2k（k∈N*）时，λ＞=，∴λ＞﹣=﹣．
n=2k﹣1（k∈N*）时，∴λ＜．∴＜．
综上可得：＜＜．
因此存在整数λ=﹣1，0，1，使得对任意n∈N*，都有c n+1＞c n．。