1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 第 3 节等比数列 1等比数列的定义 (1)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等于同一 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，通常用字 母 q 表示(q0) (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 2等比数列的通项公式及求和公式 如果等比数列an的首项为 a1，公比为 q，那么它的通项公式是 ana1qn 1，其前 n 项
2、和是 Sn，则 (1)当 q1 时，Snna1 (2)当 q1 时，Sna1（1q n） 1q 或 Sna1anq 1q 3等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：anamqn m(n，mN*) (2)若an为等比数列，且 klmn(k，l，m，nN*)，则 akalaman. 特别地，当 kl2m(k，l，mN*)时，则 akala2m (3)若an为等比数列，Sn为前 n 项和，则 Sn，S2nSn，S3nS2n，也成等比数列， 公比为 qn(当公比 q1，n 不能取正偶数) 1由 an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证 a10. 2在运用等比数列的前 n 项和公式时
3、，必须注意对 q1 与 q1 分类讨论，防止 因忽略 q1 这一特殊情形而导致解题失误 诊 断 自 测 1判断下列说法的正误 (1)常数列一定是等比数列() (2)两个实数必有等比中项() (3)“b2ac”是 a，b，c 成等比数列的必要不充分条件() (4)数列an是等比数列，则 S4，S8S4，S12S8不一定是等比数列() 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 答案(1)(2)(3)(4) 解析对于(1)，如常数列：0，0，0 不是等比数列 ，(1)
4、不正确；对于(2)，如1， 0(或1，1)，没有等比中项，(2)不正确 2在等比数列an中，a32，a78，则 a5等于() A5B5C4D4 答案C 解析a25a3a72816，a54，又a5a3q20，a54. 3(2021浙江名校仿真训练四)在等比数列an中，a2a12，且 2a2为 3a1和 a3 的等差中项，则 a4为() A9B27C54D81 答案B 解析设该等比数列的公比为 q，则 a2a12， 4a23a1a3，即 a1（q1）2， a1（3q24q）0，解 得 a11， q3， 所以 a4a1q327.故选 B. 4已知公比不为 1 的等比数列an满足 a5a6a4a718
5、，若 a1am9，则 m 的值 为() A8B9C10D11 答案C 解析由题意得 2a5a618，a5a69，a1ama5a69，m10，故选 C. 5设 Sn为等比数列an的前 n 项和，8a2a50，则S5 S2_ 答案11 解析设等比数列an的公比为 q， 8a2a50，8a1qa1q40. q380，q2， S5 S2 a1（1q5） 1q 1q a1（1q2） 1q 5 1q2 1（2）5 14 11. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 6(
6、2021浙江“超级全能生”联考)中国古代数学著作算法统宗中有这样一个 问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，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”其大意为：“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”则该人第一天走的路程为_里，后三天一共走_里 答案19242 解析由题可知这六天中每天走的路程数组成公比为1 2的等比数列，设第一天走 x 里，则x 1 1 26 11 2 378，解得 x192，即该人第一天走的路程是 192 里；后三天共 走了 192 1 2 3 192 1 2 4 192
7、1 2 5 42(里). 考点一等比数列基本量的运算 【例 1】 (1)(2020全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a312，a6 a424，则Sn an( ) A2n1B221 n C22n 1 D21 n1 (2)(2019全国卷)设 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a11 3，a 2 4a6，则 S5 _ 答案(1)B(2)121 3 解析(1)设等比数列an的公比为 q，则 qa6a4 a5a3 24 122. 由 a5a3a1q4a1q212a112 得 a11. 所以 ana1qn 12n1，Sna1（1qn） 1q 2n1， 所以Sn an 2n1 2n 1
8、 221 n. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)由 a24a6得(a1q3)2a1q5，整理得 q 1 a13. 所以 S5a1（1q 5） 1q 1 3（13 5） 13 121 3 . 感悟升华解决等比数列有关问题的 2 种常用思想 方程的 思想 等比数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通 过列方程(组)求关键量 a1和 q，问题可迎刃而解 分类讨论 的思想 等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，
9、当 q1 时， an 的前 n 项和 Snna1；当 q1 时，an的前 n 项和 Sna1（1q n） 1q a1anq 1q 【训练 1】 (1)设等比数列an的公比 q2，前 n 项和为 Sn，则S4 a2等于( ) A2B4C.15 2 D.17 2 (2)(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15， 且 a53a3 4a1，则 a3() A16B8C4D2 答案(1)C(2)C 解析(1)由等比数列的定义，S4a1a2a3a4a2 q a2a2qa2q2，得S4 a2 1 q 1qq215 2 . (2)设正数的等比数列an的公比为 q，则 a1a1qa1
10、q2a1q315， a1q43a1q24a1， 解得 a11， q2， a3a1q24. 故选 C. 考点二等比数列的性质 【例 2】 (1)已知等比数列an的公比 q1 2，该数列前 9 项的乘积为 1，则 a 1 等于() 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 A8B16C32D64 (2)(一题多解)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若S6 S33，则 S9 S6( ) A2B.7 3 C.8 3 D3 答案(1)B(2)B 解析(1)由已知 a1
11、a2a91，又 a1a9a2a8a3a7a4a6a25，所以 a951，即 a5 1，所以 a1 1 2 4 1，a116.故选 B. (2)法一由等比数列的性质及题意得 S3，S6S3，S9S6仍成等比数列，又 S6 3S3， S6S3 S3 S9S6 S6S3，即 S 9S64S3，S97S3，S9 S6 7 3. 法二设公比为 q(q0)，由题意知 q1，根据等比数列和的性质，得S6 S3 （1q3）S3 S3 1q33，解得 q32，于是S9 S6 1q3q6 1q3 7 3. 感悟升华等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形 (2)等比中项的变形 (3)前 n 项和公式
12、的变形根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找 出解决问题的突破口 【训练 2】 (1)在各项均为正数的等比数列an中，a3 21，a5 21，则 a23 2a2a6a3a7_ (2)若等比数列an的前 n 项和为 Sn，且S4 S25，则 S8 S4_ 答案(1)8(2)17 解析(1)由等比数列性质得 a3a7a25， a2a6a3a5， 所以 a232a2a6a3a7a232a3a5 a25(a3a5)2( 21 21)2(2 2)28. (2)由题可得公比 q1，则 S2，S4S2，S6S4，S8S6成等比数列，因为S4 S25， 不妨设 S21，则 S45，所以 S4S24，
13、所以 S814166485，所以S8 S4 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 85 5 17. 考点三等比数列的判定与证明 【例 3】 设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn14an2. (1)设 bnan12an，证明：数列bn是等比数列； (2)求数列an的通项公式 (1)证明由 a11 及 Sn14an2， 有 a1a2S24a12. a25，b1a22a13. 又 Sn14an2， Sn4an12（n2） ， ，得 an14an4a
14、n1(n2)， an12an2(an2an1)(n2) bnan12an，bn2bn1(n2)， 故bn是首项 b13，公比为 2 的等比数列 (2)解由(1)知 bnan12an32n 1， an 1 2n 1a n 2n 3 4， 故 an 2n是首项为1 2，公差为 3 4的等差数列 an 2n 1 2(n1) 3 4 3n1 4 ， 故 an(3n1)2n 2. 感悟升华等比数列的 4 种常用判定方法 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 定义法 若
15、an 1 an q(q 为非零常数，nN*)或 an an1q(q 为非零常数且 n2， nN*)，则an是等比数列 中项公式 法 若数列an中，an0 且 a2n1anan2(nN*)，则数列an是等比数列 通项公式 法 若数列通项公式可写成 ancqn 1(c，q 均是不为 0 的常数，nN*)， 则an是等比数列 前 n 项和 公式法 若数列an的前 n 项和 Snkqnk(k 为常数且 k0， q0， 1)， 则an 是等比数列 【训练 3】 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 2Snann(nN*) (1)求证：数列 an1 2 为等比数列； (2)求数列an1的前 n 项和
16、 Tn. (1)证明2Snann， 当 n1 时，2a1a11，解得 a11 3. 当 n2 时，2Sn1an1n1， 两式相减，得 2ananan11， 即 an1 3a n11 3. an1 2 1 3 an11 2 ， 又 a11 2 1 60， 数列 an1 2 为等比数列 (2)解由(1)知，数列 an1 2 是以1 6为首项， 1 3为公比的等比数列 an1 2 1 6 1 3 n1 1 2 1 3 n ， an1 2 1 3 n 1 2， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483
17、122854 期待你的加入与分享 an11 2 1 3 n 1 2， Tn 1 6 1 1 3 n 11 3 n 2 1 4 1 3 n 1 n 2. 求数列的通项公式 【例题】 (满分 15 分)(2018浙江卷)已知等比数列an的公比 q1，且 a3a4 a528，a42 是 a3，a5的等差中项数列bn满足 b11，数列(bn1bn)an的 前 n 项和为 2n2n. (1)求 q 的值； (2)求数列bn的通项公式 审题路线图 (1) 由等比数列an条件 列方程组 q 的值 (2) 由（bn1bn）an的前 n 项和 讨论 其通项公式 代入 an bn递推关系式 逐差法 错位相减法 b
18、n的通项公式（n2） 检验 n1 结论 . 满分解答 解(1)由 a42 是 a3，a5的等差中项得 a3a52a44， 所以 a3a4a53a4428，解得 a48. 由 a3a520 得 8 q1 q 20，解得 q2 或 q1 2，因为 q1，所以 q2.5 分 (2)设 cn(bn1bn)an，数列cn前 n 项和为 Sn. 由 cn S1，n1， SnSn1，n2，解得 c n4n1.7 分 由(1)可知 an2n 1，所以 bn 1bn(4n1) 1 2 n1 ， 故 bnbn1(4n5) 1 2 n2 ，n2，9 分 bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)
19、 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (4n5) 1 2 n2 (4n9) 1 2 n3 71 23.11 分 设 Tn371 211 1 2 2 (4n5) 1 2 n2 ， n2， 1 2T n31 27 1 2 2 (4n9) 1 2 n2 (4n5) 1 2 n1 ， 所以 1 2T n341 24 1 2 2 4 1 2 n2 (4n5) 1 2 n1 ， 因此 Tn14(4n3) 1 2 n2 ，n2，14 分 又 b11，所以 bn15(4n
20、3) 1 2 n2 ，n2，又 b11 也适合上式， 所以 bn15(4n3) 1 2 n2 .15 分 构建模板 找关系：列方程(组)求 q 求通项：由(bn1bn)an前 n 项和求出其通项公式 找关系：利用第二步结果结合an的通项，找出bn的递推关系式 方法：逐差法，错位相减法求和 回代得出 n2 时，bn的公式 反思：需检验 n1 的情况，得结论 【训练】 (2019天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列已知 a14，b16， b22a22，b32a34. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 Q
21、Q 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)求an和bn的通项公式 (2)设数列cn满足 c11，cn 1，2kn0， a11，a1a2a37， 1qq27，解得 q2. 则 a3a4a5(a1a2a3)q27428. 8设等比数列an的前 n 项和为 Sn，且对任意的正整数 n，均有 Sn38Sn3， 则 a1_，公比 q_ 答案 3 7 2 解析因为 Sn38Sn3，所以当 n2 时，Sn28Sn13，两式相减，可得 an 38an，所以 q38，解得 q2；当 n1 时，S48S13，即 15a18a13，解 得 a13 7. 9数列an的前 n 项和为 Sn，Sn2ann，则
22、 a1_，数列an的通项公 式 an_ 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 答案112n 解析因为 Sn2ann，所以当 n1 时，S1a12a11，所以 a11.当 n2 时，anSnSn12ann2an1n1，即 an2an11，即 an12(an11)， 所以数列an1是以2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an12n，所以 an12n. 10(2021嘉、丽、衢模拟)如图，将一个边长为 1 的正三角形分成 4 个全等的正 三角形，第一次挖去中间
23、的 1 个小三角形，将剩下的 3 个小正三角形，分别再从 中间挖去 1 个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的图形为希 尔宾斯基三角形设 An是前 n 次挖去的小三角形面积之和(如 A1是第 1 次挖去的 中间小三角形面积， A2是前 2 次挖去的 4 个小三角形面积之和)， 则 A2_， An_ 答案 7 3 64 3 4 1 3 4 n 解析由图易得每次挖去三角形后，后一个图形中剩余的三角形的个数是前一个 图形中剩余的三角形的个数的 3 倍，后一个图形中每个小三角形的边长是前一个 图形中每个小三角形的边长的1 2， 所以第n个图形中三角形的个数为3 n， 边长为 1 2 n
24、， 则第 n 个图形中剩余的三角形的面积为 3 4 3 4 n ，则挖去的三角形的面积为 An 3 4 3 4 3 4 n 3 4 1 3 4 n ，则 A2 3 4 1 3 4 2 7 3 64 . 三、解答题 11(2020全国卷)设等比数列an满足 a1a24，a3a18. (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为数列log3an的前 n 项和若 SmSm1Sm3，求 m. 解(1)设an的公比为 q，则 ana1qn 1. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你
25、的加入与分享 由已知得 a1a1q4， a1q2a18. 解得 a11， q3. 所以an的通项公式为 an3n 1. (2)由(1)知 log3ann1.故 Snn（n1） 2 . 由 SmSm1Sm3 得 m(m1)(m1)m (m3)(m2)， 即 m25m60. 解得 m1(舍去)或 m6. 12(2018全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnan n . (1)求 b1，b2，b3； (2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由； (3)求an的通项公式 解(1)由条件可得 an12（n1） n an. 将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以 a2
26、4. 将 n2 代入得，a33a2，所以 a312. 从而 b11，b22，b34. (2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列理由如下： 由条件可得 an1 n1 2an n ，即 bn12bn，又 b11， 所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 (3)由(2)可得an n 2n 1， 所以an的通项公式为 ann2n 1. 能力提升题组 13(2020全国卷)数列an中，a12，amnaman.若 ak1ak2ak10215 25，则 k() 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群
27、483122854 期待你的加入与分享 A2B3C4D5 答案C 解析令 m1，则由 amnaman，得 an1a1an，即an 1 an a12，所以数列an 是首项为 2、 公比为 2 的等比数列， 所以 an2n， 所以 ak1ak2ak10ak(a1 a2a10)2k2（12 10） 12 2k 1(2101)2152525(2101)， 解得 k4，故选 C. 14(2021浙江名校联考信息)已知数列an满足 a11，an12an，数列bn满足 b12，bnbn1 1 2n，若数列a nbn的前 n 项和为 Tn，则数列3Tn2nbn的前 10 项和为() A50B55C65D70
28、答案C 解析因为数列an满足 a11，an 1 an 2，所以数列an是以 1 为首项，2 为公比 的等比数列，所以 an2n 1.由 b12，bnbn 1 1 2n，可得 b n1 1 32n bn 1 32n 1 ，b11 3 5 3，所以数列 bn 1 32n 1 是以5 3为首项，1 为公比的等比 数列，所以 bn 1 32n 15 3(1) n1，即 bn 1 32n 15 3(1) n1，所以 3anbn 15(2)n 1，所以 3Tnn51(2)(2)2(2)n1n 51（2） n 3 .又2nbn2 3 5 3(1) n12n， 所以3Tn2nbnn51（2） n 3 2 3
29、5 3 ( 1)n 12n 1 n ， 所 以 数 列 3Tn 2nbn 的 前 10 项 和 为 10（2110） 2 65. 15(2021衢州、湖州、丽水质检)在数列an中，Sn为它的前 n 项和，已知 a21， a36，且数列ann是等比数列，则 an_，Sn_ 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 答案3n 1n 3nn2n1 2 解析因为 a21，a36，且数列ann是等比数列，a223，a339，所 以等比数列ann的公比 q9 33，所以 a
30、 111，ann13n 13n1，所以 an3n 1n，所以 Sn3013123n1n13n 13 （1n）n 2 3nn2n1 2 . 16 设 An， Bn分别为等比数列an， bn的前 n 项和 若An Bn 1 2n1， 则 a7 b3_ 答案 4 3 解析由题意知，An Bn 1 2n1，可设 A nk(2n1)，k0，则 BnAn(2n1)k(2n 1)(2n1)k(4n1)所以 a7A7A6k(271)k(261)64k，b3B3B2 k(431)k(421)48k，所以a7 b3 64k 48k 4 3. 17已知数列an满足 an1 1 2a n，n 为偶数， an1，n 为
31、奇数， a45 2，若 b na2n11(bn0) (1)求 a1； (2)求证：bn是等比数列； (3)若数列an的前 n 项和为 Sn，求 S2n. (1)解因为 a45 2，a n1 1 2a n，n 为偶数， an1，n 为奇数， 所以 a3a413 2， 由 a31 2a 2，得 a23， 所以 a1a212. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)证明当 n2 时， bn bn1 a2n11 a2n31 1 2a 2n21 a2n22 1
32、2， 当 n1 时，b2 b1 a31 a11 1 2满足上式， 故数列bn是首项为 1，公比为1 2的等比数列 (3)解因为 bna2n11， 所以 a2n11 1 2 n1 ， 所以 a2n1 1 2 n1 1， 所以 a1a3a2n12 1 2n 1n， 又因为 a2a11，a4a31，a2na2n11， 所以 S2n2(a1a3a2n1)n4 1 2n 23n. 18(2021龙湾中学检测)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，公比 q0，且 S2 6a242，S3a442，数列 bn an满足b1 a1 b2 a2 bn an1 n1 3n (nN*) (1)求 an，bn； (2
33、)若 cn 1 abn，求数列c n的前 n 项和 Tn. 解(1)由 S26a242， S3a442 得 a3a46a2， 即 q2q60. 又q0，q3. 把 q3 代入 S26a242 得 a13， an3n， 又b1 a1 b2 a2 bn an1 n1 3n (nN*)， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 n2 时，b1 a1 b2 a2 bn1 an11 n 3n 1， 两式相减得bn an1 n1 3n 1 n 3n 1 2n1 3n . 因为当 n1 时，b1 a1 1 3也满足， bn an 2n1 3n (nN*) 又an3n，bn2n1(nN*) (2)由(1)知 cn 1 abn 1 32n 1， Tnc1c2c3cn 1 31 1 33 1 35 1 32n 1 1 3 1 1 9n 11 9 3 8 11 9n.
