高考总复习《走向清华北大》精品课件29等比数列Word格式.docx
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（6）当q≠0,q≠1时,Sn=k-k·
qn（k≠0）是{an}成等比数列的充要
条件,这时
a
k=
.
-q
4.等比数列的判定方法
（1）定义法:
an+1
=q（q是不为0的常数,n∈N*）⇔{a}是等比数
n
列.
an
（2）通项公式法:
an=cqn（c,q均是不为0的常数,n∈N*）⇔{an}是
等比数列.
（3）中项公式法
:
a2n+1=an·
an+2（an·
an+1·
an+2≠0,n∈N*）⇔{an}
是等比数列.
a1
（4）前n项和公式法:
S=
n-
是常
q
=kqn-k（k=
q-1
数,且q≠0,q≠1）⇔{an}是等比数列.
考点陪练
1.已知数列的前n项和为Sn=an-2（a是不为0的实数）,那么数列
{an}（）
A.是等比数列
B.当a≠1时是等比数列
C.从第二项起成等比数列
D.从第二项起成等比数列或成等差数列
解析:
由数列中an与Sn的关系,当n=1时,a1=S1=a-2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=（a-1）an-1,经验证n=1时,通项公式不符合,故当a≠1时,从第二项起成等比数列;
当a=1时,an=0（n≥2）,数列从第二项起成等差数列.
答案:
D
2.已知等比数列{an}满足a1+a2=3,a2+a3=6,则a7=（）
A.64B.81
C.128
D.243
a2
+a3
a1q+a2q
6
=
=q=
=2,
∵{an}是等比数列,∴a
+a
a+a
3
又
2
∵a1+a1q=3,∴a1=1,a7=a1q6=1×
26=64.
A
3.已知{an}是等比数列,a2
=2,a5
则a1a2+a2a3+⋯+
4
anan+1等于（
）
（
A.161
-4-n
B.161-2-n
C.
32
（1-4-n）
D.
（1-2-n）
解析:
设{an}公比为q,
a2=2,a5=a2q3=14,∴q=12.
bn=anan+1,∴{bn}是首项为8,公比为14的等比数列.
⎛
⎫n
8[1-ç
]
∴Sn=
⎝
⎭
（1-4
-n
）.
1-
C
4.（2010·
辽宁）设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q=（）
A.3B.4
C.5
D.6
⎧3S
=a
-2①
⎨
-2②
①-②得:
3a
=a4-a3,4a3=a4,
⎩3S2
=a3
q=
a4
=4.
a3
B
5.（2010·
重庆）在等比数列{an}中,a2010=8a2007,则公比q的值为（）
A.2B.3
C.4D.8
依题意得a2010=q3=8,q=2,选A.
a2007
类型一等比数列的判断与证明
解题准备:
证明一个数列是等比数列的主要方法有两种:
一是利用等比数列的定义,即证明an+1=q（q≠0,n∈N*）,二是利用等比中项法,即证明a2n+1=anan+2an≠0（n∈N*）.在解题中,要注意根据欲证明的问题,对给出的条件式进行合理地变
形整理,构造出符合等比数列定义式的形式,从而证明结论.
【典例1】数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1=1,an+1=
n+2
Sn（n=1,2,3,„）,求证:
（1）数列{Snn}是等比数列;
（2）Sn+1=4an.
[证明]
（1）
an+1
=Sn+1-Sn,an+1
Sn.
∴（n+2）Sn=n（Sn+1-Sn）.整理得nSn+1=2（n+1）Sn,所以
Sn+1
2Sn
n+1
故Snn是以2为公比的等比数列.
（2）由
（1）
知
=4
Sn-1
（n≥2）.
n-1
于是Sn+1
=4（n+1）
=4an（n≥2
）.
又a2=3S1=3,故S2=a1+a2=4.
因此对于任意正整数n≥1,都有Sn+1=4an.
[反思感悟]
（1）等比数列从第2项起,每一项（有穷等比数列的末
项除外）是它的前一项与后一项的等比中项;
反之也正确.
（2）只有同号的两个数才有等比中项,且这两数的等比中项互
为相反数.
类型二等比数列的基本量运算
在等比数列的通项公式和前n项和公式中,共有
a1,an,q,n,Sn五个量,知道其中任意三个量,都可以求出其余两个量.解题时,将已知条件转化为基本量间的关系,然后利
用方程组的思想求解.
【典例2】设数列{an}为等比数列,且a1>
0,它的前n项和为80,且其中数值最大的项为54,前2n项的和为6560.求此数列的
通项公式.
[解]设数列的公比为q,由Sn=80,S2n=6560,得q≠1,
否则S2n=2Sn.
⎧a1
（1-qn）
=80,
①
1-q
∴⎨
（1-q2n）
⎪a1
=6560.
②
①得qn=81.
将qn=81代入①得,a1=q-1.③
又∵a1>
0,∴q>
1.∴数列{an}是递增数列.
从而,a1qn-1=54,
∴a1qn=54q,∴81a1=54q.④
③④联立,解得q=3,a1=2.∴an=a1qn-1=2×
3n-1.
[反思感悟]因为前n项和与前2n项和已知,这为建立方程提供
了条件,由此可求得首项a1与公比q之间的关系,进而确定an.
求解本题时,有两个易错点:
一是不判断q≠1而直接利用公式
a（1-qn）
;
二是不借助a1>
0导出q>
1,进而判断数列
Sn=
{an}的单调性得出最大项为an,而是想当然地认为an为最大项.
类型三等比数列性质的应用
1.等比数列的单调性
（1）若a1>
0,q>
1或a1<
0,0<
q<
1,则数列{an}是递增数列.
（2）若a1>
1,则数列{an}是递减数列.
（3）若q=1,则数列{an}是常数列.
（4）若q<
0,则数列{an}是摆动数列且各项的正负号间隔.
2.等比数列的简单性质
已知等比数列{an}的前n项和为Sn.
（1）数列{c•an}（c≠0）,{|an|},{an•bn}（{bn}也是等比数列）,{a2n},{
}1.
等也是等比数列
（2）数列am,am+k,am+2k,am+3k,„仍是等比数列.
（3）若m+n=p+q,则am•an=ap•aq,
特别地,若m+n=2p,则am•an=a2p.
（4）a1an=a2an-1=„=aman-m+1.
（5）数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m.„仍是等比数列（此时{an}的公比q≠-1）.
（6）当n是偶数时,S偶=S奇·
q.
当n是奇数时,S奇=a1+S偶·
【典例3】已知等比数列前n项的和为2,其后2n项的和为12,
求再后面3n项的和.
[解]解法一:
利用等比数列的性质.
由已知a1+a2+„+an=2,
an+1+an+2+„+a2n+a2n+1+a2n+2+„+a3n=12.
注意到
（a1+a2+„+an）,（an+1+an+2+„+a2n）,（a2n+1+a2n+2+„+a3n）,（a
3n+1+a3n+2+„+a4n）,„也成等比数列,其公比为qn,于是,问题转化为已知:
A1=2,A1qn+A1q2n=12,要求A1q3n+A1q4n+A1q5n的值.
由A=2,A
qn+Aq2n=12,
得q2n+qn-6=0,则qn=2,或qn=-3.
故Aq3n+Aq4n+Aq5n
⎧112（qn
=2）,
3n
n2n
=A1q
（1+q+q
）=2·
·
7=14·
-378（q
=-3）.
解法二:
利用求和公式.
如果公比q=1,则由于a1+a2+„+an=2,可知an+1+„+a3n=4,与
已知不符,
∴q≠1.由求和公式,得
a1qn（1-q2n）
=12,
式②除以式①得qn（1+qn）=6,
∴q2n+qn=6.解得qn=2,或qn=-3.
又再后3n项的和S=a1q3n（1-q3n）③式③除以式①
得S2=q3n（1+qn+q2n）,
⎧⎪112（qn=2）,
∴S=14q3n=⎨
⎪⎩-378（qn=-3）.
[反思感悟]由已知条件,根据前n项和公式列出关于首项a1和
公比q及n的两个方程,应能解出a1和q关于n的表达式,这样可能较繁琐又不便于求出结果,若采用整体处理的思路,问
题就会变得简单,也可采用等比数列的性质使问题简化.解
法一利用等比数列的性质;
解法二利用求和公式,但需先确
定q≠1,否则不可断定用q≠1时的公式.
类型四等比数列前n项和及其性质
1.等比数列的前n项和公式:
⎧na1
（q=1）,
-qn）
=⎨a（1
a-aq
1n
（q≠1）.
2.等比数列的前n项和公式中涉及的基本量有a1,q,an,n,Sn.使
用公式时,必须弄清公比q是可能等于1还是不等于1.如果q
可能等于1,则需分q=1和q≠1两种情况进行讨论.
【典例4】设正项等比数列{an}的首项a1=2前,n项和为Sn,
且210S30-（210+1）S20+S10=0.
（1）求{an}的通项;
（2）求{nSn}的前n项和Tn.
[分析]
（1）利用S2n-Sn､S3n-S2n„的关系化简210S30-
（210+1）S20+S10=0.
（2）利用错位相减法求和.
[解]
（1）由210S30-（210+1）S20+S10=0得
210（S30-S20）=S20-S10,即210（a21+a22+„+a30）=a11+a12+„+a20,可得210•q10（a11+a12+„+a20）=a11+a12+„+a20.
因为a>
0,所以210q10=1,
解得q=
因而a=aqn-1=
（n∈N*）.
2n
n1
（2）因为{an}是首项a1=12,公比q=12的等比数列,故
⎫
ç
1-
S
=1
-
nS
=n-
2n
则数列{nSn}的前n项和Tn
n⎫
=（1+2+⋯+n）-ç
+
T
（1+2+
+n）-
⎪.
n+1
前两式相减,得
1⎫
（1+2
1⎛
n（n+1）
2⎝
即
2n+1
T=
-2.
2n-1
错源一对公比q的范围、取值考虑不周全
【典例1】已知三角形的三边构成公比为q的等比数列,则q的
取值范围（）
A.（0,
1+
5
B.（
5-1
1]
C.[1,
D.（
1+5
[错解]设三角形的三边分别为a,aq,aq2,且a>
0.由三角形
的两边之和大于第三边,得a+aq>
aq2,即
1+q>
q2,解得0<
[剖析]不考虑q的范围就认为aq2是最大边是错误的,事实上,
由于a>
0,当q>
1时数列是递增的,aq2是最大边;
而当0<
时,数列是递减的,此时a是最大边.
[正解]当q≥1时,由a+aq>
aq2,
解得1≤q<
当0<
q<
1时,由aq2+aq>
a,解得
<
1.
所以q的范围是（
）.故选D.
[答案]D
错源二题意理解不透、忽视隐含条件
【典例2】一个数列{an},当n为奇数时,an=5n+1,当n为偶数时
an=2,则这个数列的前2m项和为________.
[错解]当n为奇数时,由an+1-an=[5（n+1）+1]-（5n+1）=5,知{an}是以a1=6,d=5的等差数列.
n+
升级会员 