1、6.3等比数列及其前等比数列及其前 n 项和项和 最新考纲考情考向分析 1.理解等比数列的概念， 掌握等比数列的通项 公式与前 n 项和公式 2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关 系，并能用有关知识解决相应的问题 3.了解等比数列与指数函数的关系. 以考查等比数列的通项、前 n 项和及性质为 主，等比数列的证明也是考查的热点本节 内容在高考中既可以以选择题、填空题的形 式进行考查，也可以以解答题的形式进行考 查解答题往往与等差数列、数列求和、不 等式等问题综合考查. 1等比数列的定义 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都等于同一个常数，那么这个 数列叫做等比数列，这
2、个常数叫做等比数列的公比，通常用字母 q 表示(q0) 2等比数列的通项公式 设等比数列an的首项为 a1，公比为 q，则它的通项 ana1qn 1(a10，q0) 3等比中项 如果在 a 与 b 中插入一个数 G， 使得 a， G， b 成等比数列， 那么根据等比数列的定义， G a b G， G2ab，G ab，称 G 为 a，b 的等比中项 4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. (3)若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)， 1 an，a2n，anbn， a
3、n bn仍是等比数列 5等比数列的前 n 项和公式 等比数列an的公比为 q(q0)，其前 n 项和为 Sn， 当 q1 时，Snna1； 当 q1 时，Sna11q n 1q a1anq 1q . 6等比数列前 n 项和的性质 公比不为1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公 比为 qn. 知识拓展 等比数列an的单调性 (1)满足 a10， q1 或 a10， 0q0， 0q1 或 a11 时，an是递减数列 (3)当 a10， q1 时，an为常数列 (4)当 q0，b22， a1a2 b2 a2a1 b2 1 2. 5设 Sn为等比
4、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 a11q5 1q 1q a11q2 1q 5 1q2 125 14 11. 6一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存 1 KB，然后每 3 分钟自身复制一次，复 制后所占内存是原来的2倍， 那么开机_分钟， 该病毒占据内存64 MB(1 MB210KB) 答案48 解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列an，且 a12，q2， an2n， 则 2n64210216，n16. 即病毒共复制了 16 次 所需时
5、间为 16348(分钟). 题型一题型一等比数列基本量的运算等比数列基本量的运算 1(2018开封质检)已知等比数列an满足 a11 4，a 3a54(a41)，则 a2等于() A2B1C.1 2 D.1 8 答案C 解析由an为等比数列，得 a3a5a24， 又 a3a54(a41)，所以 a244(a41)， 解得 a42.设等比数列an的公比为 q， 则由 a4a1q3，得 21 4q 3，解得 q2， 所以 a2a1q1 2.故选 C. 2(2018济宁模拟)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a35 2，a 2a45 4，则 Sn an _. 答案2n1 解析 a1a3
6、5 2， a2a45 4， a1a1q25 2， a1qa1q35 4， 由除以可得1q 2 qq32， 解得 q1 2，代入得 a 12， an2 1 2 n14 2n， Sn 2 1 1 2 n 11 2 4 1 1 2n， Sn an 4 1 1 2n 4 2n 2n1. 思维升华 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)可迎刃而解 题型二题型二等比数列的判定与证明等比数列的判定与证明 典例 (2018潍坊质检)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn14an2. (1)设 bnan12
7、an，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， 得 a1a2S24a12. a25，b1a22a13. 又 Sn14an2， Sn4an12n2， 由，得 an14an4an1(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 1 an 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
8、. 引申探究 若将本例中“Sn14an2”改为“Sn12Sn(n1)”，其他不变，求数列an的通项公式 解由已知得 n2 时，Sn2Sn1n. Sn1Sn2Sn2Sn11， an12an1， an112(an1)，n2，(*) 又 a11，S2a1a22a12，即 a212(a11)， 当 n1 时(*)式也成立， 故an1是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列， an122n 12n，an2n1. 思维升华 (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)利用递推关系时
9、要注意对 n1 时的情况进行验证 跟踪训练 (2016全国)已知数列an的前 n 项和 Sn1an，其中0. (1)证明an是等比数列，并求其通项公式； (2)若 S531 32，求. (1)证明由题意得 a1S11a1， 故1，a1 1 1，a 10. 由 Sn1an，Sn11an1，得 an1an1an，即 an1(1)an，由 a10，0 得 an0， 所以an 1 an 1. 因此an是首项为 1 1，公比为 1的等比数列， 于是 an 1 1 1 n1. (2)解由(1)得 Sn1 1 n. 由 S531 32得 1 1 531 32，即 1 51 32. 解得1. 题型三题型三等比
10、数列性质的应用等比数列性质的应用 1(2017郑州三模)已知等比数列an，且 a6a84，则 a8(a42a6a8)的值为() A2B4 C8D16 答案D 解析a6a84，a8(a42a6a8)a8a42a8a6a28(a6a8)216.故选 D. 2(2017云南省十一校跨区调研)已知数列an是等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a1a2a3 4，a4a5a68，则 S12等于() A40B60 C32D50 答案B 解析由等比数列的性质可知，数列 S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列，即数列 4,8， S9S6，S12S9是等比数列，因此 S1248163260，故选 B. 思
11、维升华 等比数列常见性质的应用 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 分类讨论思想在等比数列中的应用 典例 (12 分)已知首项为3 2的等比数列a n的前 n 项和为 Sn(nN*)，且2S2，S3,4S4成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)证明：Sn 1 Sn 13 6 (nN*) 思想方法指导(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前 n 项和，根据函数的单调性证明 规范解答 (1)解设等比数列an的公比为 q
12、， 因为2S2，S3,4S4成等差数列， 所以 S32S24S4S3，即 S4S3S2S4， 可得 2a4a3，于是 qa4 a3 1 2.2 分 又 a13 2，所以等比数列a n的通项公式为 an3 2 1 2 n1(1)n13 2n(nN *)3 分 (2)证明由(1)知，Sn1 1 2 n， Sn 1 Sn1 1 2 n 1 1 1 2 n 2 1 2n2n1，n 为奇数， 2 1 2n2n1，n 为偶数. 6 分 当 n 为奇数时，Sn 1 Sn随 n 的增大而减小， 所以 Sn 1 SnS 1 1 S1 3 2 2 3 13 6 .8 分 当 n 为偶数时，Sn 1 Sn随 n 的
13、增大而减小， 所以 Sn 1 SnS 2 1 S2 3 4 4 3 25 12.10 分 故对于 nN*，有 Sn 1 Sn 13 6 .12 分 1 (2017福建漳州八校联考)等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若 S32， S618， 则S10 S5 等于() A3B5 C31D33 答案D 解析设等比数列an的公比为 q，则由已知得 q1. S32，S618，1q 3 1q6 2 18，得 q 38，q2. S10 S5 1q 10 1q5 1q533，故选 D. 2(2017武汉市武昌区调研)设公比为 q(q0)的等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23a22， S43a42
14、，则 a1等于() A2B1 C.1 2 D.2 3 答案B 解析由 S23a22，S43a42，得 a3a43a43a2，即 qq23q23，解得 q1(舍 去)或 q3 2，将 q 3 2代入 S 23a22 中得 a13 2a 133 2a 12，解得 a11，故选 B. 3(2017张掖市一诊)已知等比数列an中，a32，a4a616，则a10a12 a6a8 的值为() A2B4 C8D16 答案B 解析a5 a4a6 164， q2a5 a30，a 54，q22， 则a10a12 a6a8 q44. 4(2017山西太原三模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn3)(n
15、N*)在函数 y32x 的图象上，等比数列bn满足 bnbn1an(nN*)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是 () ASn2TnBTn2bn1 CTnanDTnbn1 答案D 解析由题意可得 Sn332n，Sn32n3， 由等比数列前 n 项和的特点可得数列an是首项为 3，公比为 2 的等比数列，数列的通项公 式 an32n 1， 设 bnb1qn 1，则 b1qn1b1qn32n1， 当 n1 时，b1b1q3，当 n2 时，b1qb1q26， 解得 b11，q2， 数列bn的通项公式 bn2n 1， 由等比数列求和公式有：Tn2n1，观察所给的选项： Sn3Tn，Tn2bn1
16、，Tnan，Tn1 的 n 的最小值为() A4B5 C6D7 答案C 解析an是各项均为正数的等比数列， 且a2a4a3， a23a3， a31.又q1， a1a21(n3)， TnTn1(n4， nN*)， T11， T2a1a21， T3a1a2a3a1a2T21， T4a1a2a3a4 a11，故 n 的最小值为 6，故选 C. 16(2017武汉市武昌区调研)设 Sn为数列an的前 n 项和，Sn 1 2n(1) nan(nN*)，则数列 Sn的前 9 项和为_ 答案 341 1 024 解析因为 Sn 1 2n(1) nan， 所以 Sn1 1 2n 1(1) n1an 1(n2)
17、 两式相减得 SnSn1 1 2n 1 2n 1 (1)nan(1)n 1an 1， 即 an 1 2n(1) nan(1)nan 1(n2)， 当 n 为偶数时，an 1 2na nan1， 即 an1 1 2n， 此时 n1 为奇数，所以若 n 为奇数， 则 an 1 2n 1； 当 n 为奇数时，an 1 2na nan1， 即 2an 1 2na n1， 所以 an1 1 2n 1，此时 n1 为偶数， 所以若 n 为偶数，则 an 1 2n. 所以数列an的通项公式为 an 1 2n 1，n 为奇数， 1 2n，n 为偶数. 所以数列Sn的前 9 项和为 S1S2S3S99a18a27a36a43a72a8a9 (9a18a2)(7a36a4)(3a72a8)a9 1 22 1 24 1 26 1 28 1 210 1 22 1 1 4 5 11 4 341 1 024.
