第三节 等比数列及其前n项和
等比数列的相关概念
相关名词
等比数列{an}的有关概念及公式
定义
＝q(q是常数且q≠0，n∈N*)或
n2
=q(q是常数且q≠0，n∈N*且
)
通项公式 an＝ a1qn－1
相关名词
前n项 和公式
等比数列{an}的有关概念及公式
设a、b为任意两个同号的实数，则a、b的等 等比中项
解之
得
又{an}单调递增，∴q＝2，a1＝2，
∴an＝2n.
(2)bn＝
＝－n·2n，
∴—Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n
①
∴—2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1 ②
①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝
－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，∴Sn＋n·2n＋1
【解】 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)，(a3n＋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.
∴ Tn＝2[3· ＋3· ＋3· ＋…＋3·
－(3n－1)·
]．
从而Tn＝
1.等比数列的单调性 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q. (1)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，数列{an}为递增数列. (2)当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，数列{an}为递减数列. (3)当q＝1时，数列{an}是(非零)常数列. (4)当q＜0时，数列{an}是摆动数列.
[解] (1)证明：b1＝a2－a1＝1 当n≥2时，bn＝an＋1－an＝ ＝－ bn－1 ∴{bn}是首项为1，公比为－
(1分) －an＝－ (an－an－1)
(5分) (6分)
(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝(－ )n－1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(7分)
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
解析：设公比为q，由已知得a1q2·a1q8＝2(a1q4)2，即q2＝2. 因为等比数列{an}的公比为正数，所以q＝ ，故a1＝
答案：C
4.设等比数列{an}的公比q＝
＝
.
，前n项和为Sn，则
解析：：a4＝a1( )3＝ a1，S4＝
a1，
15. 答案：15
5.在正项数列{an}中，a1＝2，点( － ＝0上，则数列{an}的前n项和Sn＝
解：(1)∵a3a11＝
a
2 7
＝4a7，
∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4，
∵{bn}为等差数列，∴b5＋b9＝2b7＝8.
(2)法一：a1a2a3a4＝a1·a1q·a1q2·a1q3＝
①
a13a14a15a16＝a1q12·a1q13·a1q14·a1q15＝ ·q54＝8
②
②÷①：a
4 1
＝1，则S4＝
()
A.7
B.8
C.15
D.16
解析：∵4a1,2a2，a3成等差数列，∴4a2＝4a1＋a3. ∵{an}是等比数列，∴4a1·q＝4a1＋a1q2，a1＝1. ∴q2－4q＋4＝0，q＝2，∴
答案：C
3．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2 ，a2＝ 1，
则a1＝________. A.2
解：(1)由bn＝2－2Sn，令n＝1，则b1＝2－2S1， 又S1＝b1，∴b1 b2＝2－2(b1＋b2)，则b2 当n≥2时， 由bn＝2－2Sn，可得bn－bn－1＝－2(Sn－Sn－1)＝－2bn， 即 ∴{bn}是以b1＝ 为首项， 为公比的等比数列， 于是bn＝2·
(2)证明：数列{an}为等差数列，公差d＝ (a7－a5)＝3， 由a5＝14知，a1＝2. 可得an＝3n－1.从而cn＝an·bn＝2(3n－1) ∴Tn＝2[2· ＋5· ＋8· ＋…＋(3n－1)· ]， ∴ Tn＝2[2· ＋5· ＋…＋(3n－4)· ＋(3n－1)· ]，
)(n≥2)在直线x .
解析：∵ ∴q＝2，∴Sn＝
＝0，∴an＝2an－1， ＝2n＋1－2.
答案：2n+1-2
等比数列的判定方法
1.定义法：若
(q为非零常数)或
(q为非零常数
且n≥2)，则{an}是等比数列. 2.中项公式法：若数列{an}中an≠0且 ＝an·an＋2(n∈N*)，则
数列{an}是等比数列. 3.通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为不
(2)由(1)知等比数列{bn}中b1＝3，公比q＝2， 所以an＋1－2an＝3×2n－1，于是 又∵
因此数列
是首项为 ，公差为 的等差数列，
+(n-1) 所以an＝(3n－1)·2n－2.
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a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”， 通过列方程(组)所求问题可迎刃而解.解决此类问题的关键是 熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中， 还应善于运用整体代换思想简化运算的过程.
50成立的正整数n的最小值.
由已知条件，列出关于a1、q的方程，求得a1、q，从 而得出an和bn，由bn求Sn时注意bn通项公式的特点.
【解】 (1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q， 依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4， 代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8， ∴a2＋a4＝20.
∴
(n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项， 的等比数列.
为公比
1.(2009·全国卷Ⅱ)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn ＋1＝4an＋2. (1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式.
解：(1)证明：由已知有a1＋a2＝4a1＋2， 解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3. 又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1 ＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an， 于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn. 因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列.
＞50，即2n＋1－2＞50，∴2n＋1＞52，
又当n≤4时，2n＋1≤25＝32＜52，
当n≥5时，2n＋1≥26＝64＞52.
故使Sn＋n·2n＋1＞50成立的正整数n的最小值为5.
2.设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2－2Sn，数列{an}为等差 数列，且a5＝14，a7＝20. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若cn＝an·bn，n＝1,2,3，…，Tn为数列{cn}的前n项和. 求证：
比中项G＝
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.
1．已知等比数列{an}中，a2＝ ，a4＝ ，则a10＝ ______.
解析：易知a2，a4，a6，…，a10也成等比数列，则将 a2作数列的首项，q＝ ，a10＝a2q5－1＝ . 答案：C
2.等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列.若a1
q 54
＝q48＝8⇒q16＝2，
又a41a42a4a314a4q46＝a1q40·a1q41·a1q42·a1q43
＝ ·q166＝ ·q6·q160＝( ·q6)·(q16)10
＝1·210＝1024.
法二：由性质可知，依次4项的积为等比数列，设公比 为p， 设T1＝a1·a2·a3·a4＝1， T4＝a13·a14·a15·a16＝8， ∴T4＝T1·p3＝1·p3＝8⇒p＝2. ∴T11＝a41·a42·a43·a44＝T1·p10＝210＝1024.
由A1＝2，A1qn＋A1q2n＝12， 得q2n＋qn－6＝0，则qn＝2或qn＝－3. 由A1q3n＋A1q4n＋A1q5n ＝A1q3n(1＋qn＋q2n)＝2·q3n·7＝14·q3n
3.(1)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数 列，且b7＝a7，求b5＋b9的值. (2)在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，求 a41a42a43a44.
为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列. 4.前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数
且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列.
【注意】 (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，而后 两种方法常用于选择、填空中的判定； (2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定其任意的连 续三项不成等比即可.
【注意】 在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公 比q的情况进行分类讨论，切不可忽视q的取值而盲目用求 和公式.
(2009·临沂教学质量检查)已知单调递增的等比数
列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝
Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1＞
已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝ ＋n－4， bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数. (1)证明：对任意实数λ，数列{an}不是等比数列； (2)证明：当λ≠－18时，数列{bn}是等比数列.
(1)中用特殊n项进行证明； (2)中利用递推关系.
【证明】 (1)假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，
从近几年的高考来看，等比数列的基本概念及其判定、 等比数列的通项公式、 前n项和公式及其性质仍是高考的 热点.2009年陕西高考卷考查了等比数列的判定及通项公式 的求法.