2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第3讲　等比数列及其前n项和学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第3讲　等比数列及其前n项和学案，共18页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．等比数列的有关概念
(1)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常数(不为零)，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，定义的表达式为eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0，n∈N*)．
(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．即：G是a与b的等比中项⇔G2＝ab．
“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1．
(2)前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
3．等比数列的性质
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,r)．
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列．
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
常用结论
1．正确理解等比数列的单调性
当q>1，a1>0或0当q>1，a1<0或00时 ，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}是常数列；
当q＝－1时，{an}是摆动数列．
2．记住等比数列的几个常用结论
(1)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列．
(2)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(3)一个等比数列各项的k次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k次幂．
(4){an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列．
(5)当q≠0，q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k＝eq \f(a1,1－q).
(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．
二、习题改编
1．(必修5P54A组T8改编)在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．
解析：设该数列的公比为q，由题意知，
192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4.
所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48.
答案：12，48
2．(必修5P51例3改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则公比q＝________．
解析：由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，所以q＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
3．(必修5P61A组T1改编)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则{an}的通项公式an＝________．
解析：因为eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，所以eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32)，因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2)，则an＝－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
答案：－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数．( )
(2)公比q是任意一个常数，它可以是任意实数．( )
(3)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
答案：(1)× (2)× (3)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视项的符号判断；
(2)忽视公比q＝1的特殊情况；
(3)忽视等比数列的项不为0.
1．在等比数列{an}中，a3＝4，a7＝16，则a3与a7的等比中项为________．
解析：设a3与a7的等比中项为G，因为a3＝4，a7＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.
答案：±8
2．数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和Sn＝________．
解析：因为a≠0，an＝an，所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时Sn＝eq \f(a（1－an）,1－a).
答案：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n，a＝1，,\f(a（1－an）,1－a)，a≠0，a≠1))
3．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，
所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，
即x2＋5x＋4＝0，
解得x＝－1或x＝－4.
当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，
不是等比数列，舍去．
答案：－4
等比数列基本量的运算(师生共研)
(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( )
A．16 B．8
C．4 D．2
(2)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
①求{an}的通项公式；
②记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
【解】 (1)选C.设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
(2)①设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
②若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－（－2）n,3).由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.
eq \a\vs4\al()
解决等比数列有关问题的2种常用思想

1．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝eq \f(1,3)，aeq \\al(2,4)＝a6，则S5＝________．
解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq \f(121,3).
优解：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq \f(121,3).
答案：eq \f(121,3)
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3.
解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②
联立①和②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝0))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2.))
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，
解得q＝－5或q＝4.
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.
当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
等比数列的判定与证明(师生共研)
(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq \f(an,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an＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，
而a1＝1，所以，a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，
所以，a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，
即bn＋1＝2bn，
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
eq \a\vs4\al()
等比数列的4种常用判定方法
[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．
证明：因为an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝eq \f(4an＋1－4an－2an＋1,an＋1－2an)
＝eq \f(2an＋1－4an,an＋1－2an)＝2.
因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.所以b1＝a2－2a1＝3.
所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an，若不存在，请说明理由．
解：(1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3，
当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9，
当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.
(2)假设{an＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.
下面证明{an＋3}为等比数列：
因为Sn＝2an－3n，所以Sn＋1＝2an＋1－3n－3，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，即2an＋3＝an＋1，
所以2(an＋3)＝an＋1＋3，所以eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2，
所以存在λ＝3，使得数列{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列．
所以an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)(n∈N*)．
等比数列的性质(多维探究)
角度一 等比数列项的性质
(1)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，若an>0，q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝________．
【解析】 (1)因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，
所以a10a11＝e5.
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20
＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]
＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)
＝10ln e5＝50ln e＝50.
(2)由等比数列的性质，得a3a5＝a2a6＝64，于是由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＋a5＝20，,a3a5＝64，))且an>0，q>1，得a3＝4，a5＝16，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q2＝4，,a1q4＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))所以S5＝eq \f(1×（1－25）,1－2)＝31.
【答案】 (1)50 (2)31
角度二 等比数列前n项和的性质
(1)(一题多解)等比数列{an}中，前n项和为48，前2n项和为60，则其前3n项和为________．
(2)数列{an}是一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，则此数列的通项公式为an＝________．
【解析】 (1)法一：设数列{an}的前n项和为Sn.
因为S2n≠2Sn，
所以q≠1，由前n项和公式得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－qn）,1－q)＝48，①,\f(a1（1－q2n）,1－q)＝60，②))
②÷①，得1＋qn＝eq \f(5,4)，
所以qn＝eq \f(1,4).③
将③将入①，得eq \f(a1,1－q)＝64.
所以S3n＝eq \f(a1（1－q3n）,1－q)＝64×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,43)))＝63.
法二：设数列{an}的前n项和为Sn，
因为{an}为等比数列，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，
所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
即S3n＝eq \f(（S2n－Sn）2,Sn)＋S2n＝eq \f(（60－48）2,48)＋60＝63.
法三：设数列{an}的前n项和为Sn，
因为S2n＝Sn＋qnSn，
所以qn＝eq \f(S2n－Sn,Sn)＝eq \f(1,4)，
所以S3n＝S2n＋q2nSn＝60＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)×48＝63.
(2)设此数列{an}的公比为q，
由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，
所以S奇＝3S偶，
所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(1,3).
又a1a2a3＝64，即a1(a1q)(a1q2)＝aeq \\al(3,1)q3＝64，
所以a1q＝4.又q＝eq \f(1,3)，所以a1＝12，
所以an＝a1qn－1＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1).
【答案】 (1)63 (2)12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)
eq \a\vs4\al()
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．
[提醒] 在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
(一题多解)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C.eq \f(1,2) D．eq \f(1,8)
解析：选C.法一：因为a3a5＝aeq \\al(2,4)，a3a5＝4(a4－1)，
所以aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，
所以aeq \\al(2,4)－4a4＋4＝0，
所以a4＝2.又因为q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(2,\f(1,4))＝8，
所以q＝2，所以a2＝a1q＝eq \f(1,4)×2＝eq \f(1,2)，故选C.
法二：因为a3a5＝4(a4－1)，
所以a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，
将a1＝eq \f(1,4)代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，
解得q＝2，所以a2＝a1q＝eq \f(1,2)，故选C.
数学建模 数列与数学文化及实际应用
1．等差数列与数学文化
(2020·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( )
A．6斤 B．7斤
C．9斤 D．15斤
【解析】 设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{an}，则有a1＝4，a5＝2，所以a1＋a5＝6，数列{an}的前5项和为S5＝5×eq \f(a1＋a5,2)＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n项和等．
2．等比数列与数学文化
(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( )
A.eq \f(25,3) B．eq \f(50,3)
C.eq \f(50,7) D．eq \f(100,7)
【解析】 5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，且S3＝50，则eq \f(a1（1－23）,1－2)＝50，解得a1＝eq \f(50,7)，所以马主人应偿还粟的量为a2＝2a1＝eq \f(100,7)，故选D.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n项和等．
3．递推数列与数学文化
(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))则解下4个环所需的最少移动次数a4为( )
A．7 B．10
C．12 D．22
【解析】 因为数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选A.
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))求a4的问题．
4．周期数列与数学文化
(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 019项的和为( )
A．672 B．673
C．1 346 D．2 019
【解析】 由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，
所以{an}是周期为3的周期数列，
且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2 019＝673×3，
所以数列{an}的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以2的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果．
5．数列在实际问题中的应用
私家车具有申请报废制度．一车主购买车辆时花费15万，每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元，每年的维修费是一个公差为3 000元的等差数列，第一年维修费为3 000元，则该车主申请车辆报废的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是________年．
【解析】 设这辆汽车报废的最佳年限为n年，第n年的费用为an，则an＝1.5＋0.3n.前n年的总费用为Sn＝15＋1.5n＋eq \f(n,2)(0.3＋0.3n)＝0.15n2＋1.65n＋15，年平均费用：eq \f(Sn,n)＝0.15n＋eq \f(15,n)＋1.65≥2eq \r(0.15n×\f(15,n))＋1.65＝4.65，当且仅当0.15n＝eq \f(15,n)，即n＝10时，年平均费用eq \f(Sn,n)取得最小值．所以这辆汽车报废的最佳年限是10年．
【答案】 10
eq \a\vs4\al()
数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．
[基础题组练]
1．(2020·湖南衡阳一模)在等比数列{an}中，a1a3＝a4＝4，则a6的所有可能值构成的集合是( )
A．{6} B．{－8，8}
C．{－8} D．{8}
解析：选D.因为a1a3＝aeq \\al(2,2)＝4，a4＝4，所以a2＝2，所以q2＝eq \f(a4,a2)＝2，所以a6＝a2q4＝2×4＝8，故a6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.
2．在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )
A．135 B．100
C．95 D．80
解析：选A.由等比数列前n项和的性质知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，其首项为40，公比为eq \f(60,40)＝eq \f(3,2)，所以a7＋a8＝40×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(3)＝135.
3．(2020·山西3月高考考前适应性测试)正项等比数列{an}中，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，且a5与a9的等差中项为4，则{an}的公比是( )
A．1 B．2
C.eq \f(\r(2),2) D．eq \r(2)
解析：选D.设公比为q，由正项等比数列{an}中，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，可得aeq \\al(2,3)＋2a3a7＋aeq \\al(2,7)＝(a3＋a7)2＝16，即a3＋a7＝4，由a5与a9的等差中项为4，得a5＋a9＝8，则q2(a3＋a7)＝4q2＝8，则q＝eq \r(2)(舍负)，故选D.
4．(2020·湘赣十四校第二次联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，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．”其意思为：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，请问最后一天走了( )
A．6里 B．12里
C．24里 D．96里
解析：选A.由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q＝eq \f(1,2)，依题意有eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝378，解得a1＝192，则a6＝192×(eq \f(1,2))5＝6，最后一天走了6里，故选A.
5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( )
A．13 B．12 C．11 D．10
解析：选B.设该等比数列为{an}，其前n项积为Tn，则由已知得a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9，(a1·an)3＝3×9＝33，所以a1·an＝3，又Tn＝a1·a2·…·an－1·an＝an·an－1·…·a2·a1，所以Teq \\al(2,n)＝(a1·an)n，即7292＝3n，所以n＝12.
6．(2020·黄冈模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a6＝2a3，a4与2a6的等差中项为eq \f(3,2)，则S5＝________．
解析：设{an}的公比为q(q>0)，因为a1a6＝2a3，而a1a6＝a3a4，所以a3a4＝2a3，所以a4＝2.
又a4＋2a6＝3，所以a6＝eq \f(1,2)，所以q＝eq \f(1,2)，a1＝16，所以S5＝eq \f(16[1－（\f(1,2)）5],1－\f(1,2))＝31.
答案：31
7．(一题多解)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________．
解析：法一：设数列{an}的公比为q，则由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，,a5a6＝a1q4×a1q5＝aeq \\al(2,1)q9＝－8，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－2，,a1＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，))所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
法二：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝2，,a5a6＝a4a7＝－8，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝－2，,a7＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝4，,a7＝－2.))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－2，,a1＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，))所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
答案：－7
8．(2020·安徽安庆模拟)数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值为________．
解析：由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，所以eq \f(2,λ)＝1，得λ＝2.
答案：2
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，
于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n－1).
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n).由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).解得λ＝－1.
10．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2).
[综合题组练]
1．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，－1]
B．(－∞，0)∪[1，＋∞)
C．[3，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，
则S3＝a1＋a2＋a3＝a2(eq \f(1,q)＋1＋q)＝1＋q＋eq \f(1,q).
当公比q>0时，S3＝1＋q＋eq \f(1,q)≥1＋2eq \r(q·\f(1,q))＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；
当公比q<0时，S3＝1－(－q－eq \f(1,q))≤1－2eq \r(（－q）·（－\f(1,q)）)＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立．
所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
2．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1，2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则q等于( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2)
解析：选C.{bn}有连续四项在{－53，－23，19，37，82}中且bn＝an＋1.an＝bn－1，则{an}有连续四项在{－54，－24，18，36，81}中．
因为{an}是等比数列，等比数列中有负数项，则q<0，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值递增或递减．
按绝对值的顺序排列上述数值18，－24，36，－54，81，
相邻两项相除eq \f(－24,18)＝－eq \f(4,3)，eq \f(36,－24)＝－eq \f(3,2)，－eq \f(54,36)＝－eq \f(3,2)，eq \f(81,－54)＝－eq \f(3,2)，则可得－24，36，－54，81是{an}中连续的四项．
q＝－eq \f(3,2)或q＝－eq \f(2,3)(因为|q|>1，所以此种情况应舍)，
所以q＝－eq \f(3,2).故选C.
3．在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和Sn＝42，则n＝________．
解析：因为{an}为等比数列，
所以a3·an－2＝a1·an＝64.
又a1＋an＝34，
所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的两根，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝32))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝32，,an＝2.))
又因为{an}是递增数列，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝32.))
由Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(2－32q,1－q)＝42，解得q＝4.
由an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，
解得n＝3.
答案：3
4．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq \f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：因为eq \f(an＋m,am)＝an，
令m＝1，则eq \f(an＋1,a1)＝an，即eq \f(an＋1,an)＝a1＝2，
所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，
Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
5．(2020·湖北武汉4月毕业班调研)已知正项等比数列{an}的前n项和Sn满足S2＋4S4＝S6，a1＝1.
(1)求数列{an}的公比q；
(2)令bn＝an－15，求T＝|b1|＋|b2|＋…＋|b10|的值．
解：(1)由题意可得q≠1，
由S2＋4S4＝S6，
可知eq \f(a1（1－q2）,1－q)＋4·eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)，
所以(1－q2)＋4(1－q4)＝1－q6，而q≠1，q>0，
所以1＋4(1＋q2)＝1＋q2＋q4，即q4－3q2－4＝0，
所以(q2－4)(q2＋1)＝0，所以q＝2.
(2)由(1)知an＝2n－1，则{an}的前n项和Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，当n≥5时，bn＝2n－1－15>0，n≤4时，bn＝2n－1－15<0，
所以T＝－(b1＋b2＋b3＋b4)＋(b5＋b6＋…＋b10)
＝－(a1＋a2＋a3＋a4－15×4)＋(a5＋a6＋…＋a10－15×6)
＝－S4＋S10－S4＋60－90
＝S10－2S4－30＝(210－1)－2(24－1)－30
＝210－25－29＝1 024－32－29＝963.
6．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
解：(1)因为an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
所以an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，
所以eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，
即an＋2＝eq \f(1,2)an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)，
因为a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，
所以a2＝eq \f(1,2)，所以b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2).
所以{bn}是首项为eq \f(3,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
所以bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(3,2n).
(2)由(1)可知，an＋2＝eq \f(1,2)an，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n).
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，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q)
定义法
若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列
通项
公式法
若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
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