第六章第3讲等比数列及其前n项和.docx
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第六章第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．
＝q（n≥2，q为非零常数），或＝q（n∈N*，q为非零常数）⇔{an}是等比数列．
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
（1）若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1（q≠0）；
（2）等比数列的前n项和公式：
当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
3．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⇔G2＝ab.
（2）若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak·al＝am·an.
（3）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.
（4）当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
1．等比数列的三种判定方法
（1）定义：
＝q（q是不为零的常数，n∈N*）⇔{an}是等比数列．
（2）通项公式：
an＝cqn－1（c、q均是不为零的常数，n∈N*）⇔{an}是等比数列．
（3）等比中项法：
a＝an·an＋2（an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*）⇔{an}是等比数列．
2．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项和的公式中联系着五个量：
a1，q，n，an，Sn，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a1与q，在解题中根据已知条件建立关于a1与q的方程或者方程组，是解题的关键．
（2）分类讨论思想：
在应用等比数列前n项和公式时，必须分类求和，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝；在判断等比数列单调性时，也必须对a1与q分类讨论．
1．（必修5P51例3改编）等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，则a6等于（ ）
A．27B．36
C.D．54
解析：
选C.法一：
由a3＝12，a4＝18，得
解得a1＝，q＝，
∴a6＝a1q5＝×5＝.故选C.
法二：
由等比数列性质知，a＝a2a4，
∴a2＝＝＝8，
又a＝a2a6，∴a6＝＝＝.故选C.
2．（必修5P53练习T4改编）在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于（ ）
A．5B．±5
C．4D．±4
解析：
选C.a＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4，又a5≠－4，∴a5＝4.故选C.
3．（必修5P61A组T1
（2）改编）在正项等比数列{an}中，a3＝，S3＝，则a2017等于________．
解析：
法一：
当公比q＝1时，S3＝3a1＝3a3，
即＝3×成立，
∴q＝1，
当q≠1时，由a3＝，S3＝，得
解得q＝－，a1＝6.
∵q>0，∴q＝1.即a2017＝a3＝.
法二：
由a3＝，S3＝，得
解之得或
∵q>0，∴q＝1.
∴a2017＝a3＝.
答案：
4．（必修5P68B组T1
（1）改编）由正数组成的等比数列{an}满足a3a8＝32，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a10＝________.
解析：
log2a1＋log2a2＋…＋log2a10＝log2（a1a10）·（a2a9）·…·（a5a6）
＝log2（a3a8）5＝log2225＝25.
答案：
25
5．（必修5P62B组T2改编）等比数列{an}的前n项之和为Sn，S7＝48，S14＝60，则S21＝________.
解析：
∵S7，S14－S7，S21－S14成等比数列，
即（S14－S7）2＝S7（S21－S14）
即（60－48）2＝48（S21－60），
∴S21＝63.
答案：
63
等比数列的基本运算
（1）[基本量的求解]（2015·高考全国卷Ⅱ）已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝（ ）
A．21B．42
C．63D．84
（2）[待定量的求解]等比数列{an}的前n项之和为Sn＝3k＋1－4·5n，求k的值与数列{an}的公比．
[解]
（1）∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，
∴3＋3q2＋3q4＝21.
∴1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3（舍去）．
∴a3＋a5＋a7＝q2（a1＋a3＋a5）＝2×21＝42.选B.
（2）法一：
∵Sn＝3k＋1－4·5n，∴a1＝S1＝3k－19.
a2＝S2－S1＝（3k－99）－（3k－19）＝－80.
a3＝S3－S2＝（3k－499）－（3k－99）＝－400.
∵{an}是等比数列，∴a＝a1a3.
即（－80）2＝－400（3k－19），解得k＝1.
当k＝1时，Sn＝4（1－5n）．
a1＝S1＝－16.
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－16×5n－1，
满足n＝1情况，且＝＝5.
∴k＝1，数列{an}是公比为5的等比数列．
法二：
当q＝1时，Sn＝na1，不可能等于3k＋1－4·5n
当q≠1时，由Sn＝＝－·qn，
与Sn＝3k＋1－4·5n对比得
解得
∴k＝1，数列{an}是首项为－16，公比为5的等比数列．
等比数列{an}的前n项之和为Sn＝A＋B·Cn，则A＋B＝0，且首项为a1＝A＋BC，公比为q＝C.
1．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝（ ）
A．4×nB．4×n
C．4×n－1D．4×n－1
解析：
选C.（a＋1）2＝（a－1）（a＋4）⇒a＝5，a1＝4，q＝，故an＝4×n－1.
2．已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于（ ）
A.B．－
C.D．－
解析：
选C.设等比数列{an}的公比为q，
由S3＝a2＋10a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.
3．设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝（ ）
A．4B．5
C．6D．7
解析：
选C.设公比为q，依题意a3＝a1q2＝4，所以q＝2，Sk＝＝＝63，因此k＝6.故选C.
等比数列的性质
（1）[通项的性质]（2015·高考全国卷Ⅱ）已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4（a4－1），则a2＝（ ）
A．2B．1
C.D.
（2）[前n项和的性质]设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3等于________．
[解析]
（1）法一：
∵a3a5＝a4，a3a5＝4（a4－1），
∴a4＝4（a4－1），∴a4－4a4＋4＝0，∴a4＝2.
又∵q3＝＝＝8，
∴q＝2，∴a2＝a1q＝×2＝，故选C.
法二：
∵a3a5＝4（a4－1），
∴a1q2·a1q4＝4（a1q3－1），
将a1＝代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，
解得q＝2，∴a2＝a1q＝，故选C.
（2）由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是（S6－S3）2＝S3·（S9－S6），
将S6＝S3代入得＝.
[答案]
（1）C
（2）
等比数列{an}的前n项之和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，成等比数列．特别地（S2n－Sn）2＝Sn（S3n－S2n）．
1．在公比大于1的等比数列{an}中，a3a7＝72，a2＋a8＝27，则a12＝（ ）
A．96B．64
C．72D．48
解析：
选A.由题意及等比数列的性质知a3a7＝a2a8＝72，又a2＋a8＝27，∴a2，a8是方程x2－27x＋72＝0的两个根，∴或又公比大于1，∴∴q6＝8，即q2＝2，
∴a12＝a2q10＝3×25＝96.
2．设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40＝（ ）
A．150B．－200
C．150或－200D．400或－50
解析：
选A.依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有（S20－S10）2＝S10（S30－S20），即（S20－10）2＝10（70－S20），故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S40＝10＋20＋40＋80＝150.
3．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝5，则＝________.
解析：
设数列{an}的公比为q，由已知得＝1＋＝5,1＋q2＝5，所以q2＝4，＝1＋＝1＋q4＝1＋16＝17.
答案：
17
等比数列的判定与证明
（2014·高考新课标全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
（1）证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）证明＋＋…＋<.
[证明]
（1）由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝
3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列．
an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
（2）由
（1）知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<.
所以＋＋…＋<.
（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）注意验证n＝1的情况．
（3）根据要求利用整体思想构造等比数列，再求相关的元素问题．
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3（n∈N*）．
（1）证明：
数列{an}是等比数列；
（2）若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn（n∈N*），且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
解：
（1）证明：
依题意Sn＝4an－3（n∈N*），
当n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.
因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3（n≥2），所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝an－1.
又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，
公比为的等比数列．
（2）因为an＝n－1，
由bn＋1＝an＋bn（n∈N*），
得bn＋1－bn＝n－1.
可得bn＝b1＋（b2－b1）＋（b3－b2）＋…＋（bn－bn－1）
＝2＋＝3·n－1－1（n≥2），
当n＝1时也满足，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3·n－1－1.
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋λ（λ为常数）且{an＋1}是等比数列．
（1）求λ的值，并求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项之和为Sn，且bn＝Sn＋n，
求证：
＋＋…＋<.
解：
（1）∵a1＝1，an＋1＝3an＋λ，
∴an＋1＋1＝3（an＋），
又∵{an＋1}为等比数列，∴＝1，
∴λ＝2，
当λ＝2时，＝3，则{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为3的等比数列，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.
（2）证明：
∵Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2（30＋31＋32＋…＋3n－1）－n
＝3n－n－1，∴bn＝Sn＋n＝3n－1≥2×3n－1，
∴＋＋…＋≤（1＋＋＋…＋）＝（1－）<，∴＋＋…＋<.
一、选择题
1．（必修5P61A组T1
（2）改编）在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝（ ）
A．2B．4
C.D．2
解析：
选B.在等比数列{an}中，a2a4＝a＝1，又a2＋a4＝，数列{an}为递减数列，设其公比为q，∴a2＝2，a4＝，∴q2＝＝，
∴a1＝＝4.故选B.
2．（必修5P68B组T1
（1）改编）已知{an}是等比数列，an>0，且a＋a3a7＝8.则log2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝（ ）
A．8B．9
C．10D．11
解析：
选B.∵a＋a3a7＝8.an>0.
∴2a25＝8.∴a5＝2.
∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝
log2[（a1a9）（a2a8）（a3a7）·（a4a6）·a5]＝log2（a5）9＝9log22＝9.
3．（必修5P61A组T6改编）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，下列结论正确的是（ ）
A．a1，a7，a4成等差数列 B．a1，a7，a4成等比数列
C．a1,2a7，a4成等差数列D．a1,2a7，a4成等比数列
解析：
选A.显然q＝1时不合题意，
依题意得S3＋S6＝2S9，即（1－q3）＋（1－q6）＝（1－q9）
⇒1＋q3＝2q6⇒a1＋a1q3＝2a1q6⇒a1＋a4＝2a7，∴a1，a7，a4成等差数列．故选A.
二、填空题
4．（必修5P53A组T1（4）改编）在等比数列{an}中，an>0，a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝________.
解析：
∵a5－a1＝15，a4－a2＝6.
∴a1q4－a1＝15，① a1q3－a1q＝6，②且q≠1.
得＝，即2q2－5q＋2＝0，∴q＝2或q＝，
当q＝2时，a1＝1；
当q＝时，a1＝－16（舍去）．
∴a3＝1×22＝4.
答案：
4
5．（必修5P68B组T2改编）在等比数列{an}中，an>0，，，＋1成等差数列，且a1＋2a2＝2.则数列{an}的通项公式为________．
解析：
设等比数列{an}的公比为q，由an>0知q>0，
依题意＋（＋1）＝，即a1－a2＝a1a2⇒a1q＝1－q.
又a1＋2a2＝2⇒a1＋2a1q＝2，
由，解得，或（舍），∴数列{an}的通项公式为an＝n－1.
答案：
an＝n－1
三、解答题
6．（必修5P69B组T6改编）已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1＋3an.
（1）求证：
{an＋1－3an}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式．
解：
（1）证明：
∵a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1＋3an，∴an＋2－3an＋1＝－an＋1＋3an＝－（an＋1－3an）．
a2－3a1＝－1.
∴数列{an＋1－3an}是首项为－1，公比为－1的等比数列．
（2）由
（1）得an＋1－3an＝（－1）n，
两边同除以3n＋1
－＝·（－）n，
则有－＝·（－）1，①
－＝（－）2，②
……
－＝·（－）n－1.（n－1）
①＋②＋…＋（n－1）得
－＝[（－）＋（－）2＋…＋（－）n－1]＝－－（－）n，∴an＝·3n－·（－1）n，∴{an}的通项公式为an＝×3n－（－1）n
＝[3n－（－1）n]．
一、选择题
1．等比数列{an}中a1＝3，a4＝24，则a3＋a4＋a5＝（ ）
A．33B．72
C．84D．189
[导学号03350455] 解析：
选C.在等比数列{an}中，q3＝＝8，所以q＝2，直接计算得a3＝12，a5＝48，故a3＋a4＋a5＝84，故选C.
2．在等比数列{an}中，若a4，a8是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则a6的值是（ ）
A．±B．－
C.D．±3
[导学号03350456] 解析：
选C.由题意知a4a8＝3，所以a＝a4a8＝3，解得a6＝±，又a4＋a8＝4，所以a4>0，a8>0，当a6＝－时，a＝a4a6<0，所以舍去负值，得a6＝.故选C.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝6，S3＝18，则公比q的值为（ ）
A．1B．－
C．1或－D．－1或－
[导学号03350457] 解析：
选C.由a3＝6，S3＝18，得，解得q＝－或q＝1，经检验知都满足题意．故选C.
4．已知{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．若a2a4＝16，S3＝7，则S4＝（ ）
A．15B．31
C．63D.
[导学号03350458] 解析：
选A.因为数列{an}中各项均为正数，所以a3＝＝4，设数列的公比为q，由S3＝7，得S2＝3，即a1（1＋q）＝3，又a3＝a1q2＝4，所以（1＋q）＝3，解得q＝－（舍去）或q＝2，所以a4＝a3q＝8，所以S4＝S3＋a4＝15.故选A.
5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4（a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1），a1a2a3＝27，则数列{an}的通项公式是（ ）
A．an＝3n＋1B．an＝2·3n－1
C．an＝3n－1D．an＝3n
[导学号03350459] 解析：
选C.由a1a2a3＝27，得a＝27，所以a2＝3，因为S2n＝4（a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1），所以n＝1时，有S2＝a1＋a2＝4a1，得a1＝1，从而公比q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1.故选C.
6．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是（ ）
A.B.
C.D.
[导学号03350460] 解析：
选D.由8a2＋a5＝0，得＝－8，设数列{an}的公比为q，则q3＝－8，所以q＝－2，所以＝q2＝4，＝q＝－2，＝＝，而＝的数值不能确定．故选D.
二、填空题
7．已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a9成等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，则＝________.
[导学号03350461] 解析：
设公差为d，则（a1＋2d）2＝a1（a1＋8d），∴a1d＝d2.
又∵d≠0，∴a1＝d，
则＝＝3.
答案：
3
8．在数列{an}中，已知a2＝4，a3＝15，且数列{an＋n}是等比数列，则an＝________.
[导学号03350462] 解析：
设数列{an＋n}的公比为q，则q＝＝＝3，所以an＋n＝（a2＋2）·3n－2＝6·3n－2＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－n.
答案：
2·3n－1－n
9．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________.
[导学号03350463] 解析：
因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5.所以a10a11＝e5.
所以lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln（a1a2…a20）
＝ln[（a1a20）·（a2a19）…（a10a11）]
＝ln（a10a11）10＝10ln（a10a11）＝10lne5＝50.
答案：
50
三、解答题
10．已知数列{an}满足递推关系式an＝2an－1＋1（n≥2），其中a4＝15.
（1）求a1，a2，a3；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求数列{an}的前n项和Sn.
[导学号03350464] 解：
（1）由an＝2an－1＋1及a4＝15知a4＝2a3＋1，解得a3＝7.
同理得a2＝3，a1＝1.
（2）由an＝2an－1＋1知an＋1＝2an－1＋2，
an＋1＝2（an－1＋1）．
∴{an＋1}构成以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
（3）∵an＝2n－1，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝（21－1）＋（22－1）＋（23－1）＋…＋（2n－1）
＝（21＋22＋23＋…＋2n）－n
＝－n＝2n＋1－2－n.
11．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项an；
（2）求数列{nan}的前n项和Tn.
[导学号03350465] 解：
（1）∵an＋1＝2Sn，
∴Sn＋1－Sn＝2Sn，∴＝3，又∵S1＝a1＝1，
∴数列{Sn}是首项为1、公比为3的等比数列，即Sn＝3n－1（n∈N*）．
当n≥2时，an＝2Sn－1＝2·3n－2（n≥2），
∴an＝
（2）Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，
当n＝1时，T1＝1；
当n≥2时，Tn＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n·3n－2，①
3Tn＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n·3n－1，②
①－②得：
－2Tn＝－2＋4＋2（31＋32＋…＋3n－2）－2n·3n－1
＝2＋－2n·3n－1
＝－1＋（1－2n）·3n－1.
∴Tn＝＋3n－1（n≥2）．
又∵T1＝a1＝1也满足上式，
∴Tn＝＋3n－1（n∈N*）．
12．已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），且－2S2，S3,4S4成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明Sn＋≤（n∈N*）．
[导学号03350466] 解：
（1）设等比数列{an}的公比为q，因为－2S2，S3,4S4成等差数列，所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4.可得2a4＝－a3，于是q＝＝－.
又a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1＝（－1）n－1·.
（2）证明：
Sn＝1－n，Sn＋
＝1－n＋
＝
当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，所以Sn＋≤S1＋＝.
当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小，所以Sn＋≤S2＋＝.
故对于n∈N*，有Sn＋≤.
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