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高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列导学案
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这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列导学案，共11页。学案主要包含了学习内容，方法突破，误区突破，一题多解，考题赏析等内容，欢迎下载使用。
【学习内容】
1．等比数列的判定方法有以下几种
(1)定义法：eq \f(an＋1,an)＝q (q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
(2)通项公式法：an＝cqn (c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
(3)中项公式法：aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2 (an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
(4)前n项和法：若Sn＝A(qn－1)，(A≠0，q≠0且q≠1)则{an}是等比数列，其中A＝eq \f(a1,1－q).
例如：等比数列{an}的前n项和是Sn＝32－n－t，则t的值是________．
解析 ∵{an}是等比数列，
∴Sn＝32－n－t＝9·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－t＝9eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))，
∴t＝9.
答案 9
2．等比数列的通项公式
(1)通项公式
an＝a1qn－1 (其中a1为等比数列{an}的首项，q为其公比)．
(2)等比数列与函数的关系
由通项公式an＝a1qn－1，可得an＝eq \f(a1,q)qn，当q>0，且q≠1时，y＝qx是一个指数函数，而y＝eq \f(a1,q)qx是一个不为零的常数与指数函数的积．因此等比数列{an}的图象是函数y＝eq \f(a1,q)qx的图象上的一些离散点．
例如：已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，其公比q≠1，且bn>0，若a1＝b1，a11＝b11，则a6与b6的大小关系是__________．
解析 ∵bn>0，∴b1>0，q>0.点(n，bn)分布在函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b1,q)))qx的图象上．点(n，an)分布在函数y＝dx＋(a1－d)的图象上．
当q>1时，它们的图象如图1所示；
当0其中直线方程是y＝dx＋(a1－d)，
曲线方程是y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b1,q)))qx.
直线x＝6与直线y＝dx＋(a1－d)的交点为(6，a6)，与曲线y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b1,q)))·qx的交点为(6，b6)．
无论q>1还是0b6.
答案 a6>b6
3．等比数列的前n项和
等比数列前n项和公式为
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1 q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q) q≠1.))
注意：等比数列前n项和公式有两种形式，运用该公式求和时，首先要判断公比q是否为1，再由q的情况选择求和公式的形式，当公比q不确定时，要注意对q分q＝1和q≠1进行讨论．
例如：1＋a＋a2＋…＋an－1
＝____________________.(其中a≠0)
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n， a＝1,\f(1－an,1－a)， a≠1))
4．等比数列的常用性质
在等比数列{an}中，
(1)对任意的正整数m，n，有an＝amqn－m.
(2)对于任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则有am·an＝ap·aq.
(3)当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0,0当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0,01))时，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}为常数列；
当q<0时，{an}为摆动数列．
(4)若Sn为等比数列的前n项和，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，S(m＋1)k－Smk，…成等比数列(q≠－1或k为奇数)．
(5)若Sn表示等比数列的前n项和，公比为q，则有
Sm＋n＝Sm＋qmSn.
例如：在等比数列{an}中，a5＝7，a8＝56，则通项an＝____________.
解析 a8＝a5q3，
∴q3＝8，q＝2，
∴an＝a5qn－5＝7×2n－5.
答案 7×2n－5
【方法突破】
一、等比数列的判断与证明
方法链接：证明数列是等比数列常用的方法：
①定义法：eq \f(an＋1,an)＝q (常数)；
②等比中项法：aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)；
③通项法：an＝a1qn－1 (a1q≠0，n∈N*)要证明一个数列不是等比数列，只需证明相邻三项不成等比即可．例如：a1a3≠aeq \\al(2,2).
例1 已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝eq \f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
(1)证明 假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，
则有aeq \\al(2,2)＝a1a3，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)λ－3))2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)λ－4))
⇔eq \f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq \f(4,9)λ2－4λ⇔9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)解 因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－2n＋14))
＝－eq \f(2,3)(－1)n·(an－3n＋21)＝－eq \f(2,3)bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以
当λ＝－18时，bn＝0 (n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝－eq \f(2,3) (n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－eq \f(2,3)为公比的等比数列．
综上，λ＝－18时，{bn}不是等比数列；
λ≠－18时，{bn}是等比数列．
二、等比数列基本量运算
方法链接：在等比数列{an}的通项公式和前n项和公式中共有五个量：a1，q，n，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程组求出另外两个量．
例2 设数列{an}为等比数列，且a1>0，它的前n项和为80，且其中数值最大的项为54，前2n项的和为6 560.求此数列的通项公式．
分析 因为前n项和与2n项和已知，这为建立方程提供了条件，由此可求得首项a1与公比q之间的关系，进而确定an.
解 设数列的公比为q，
由Sn＝80，S2n＝6 560，得q≠1，否则S2n＝2Sn.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)＝80， ①,\f(a11－q2n,1－q)＝6 560. ②))
eq \f(②,①)，得qn＝81.
将qn＝81代入①得，a1＝q－1.③
又∵a1>0，∴q>1.∴数列{an}是递增数列．
从而，a1qn－1＝54，∴a1qn＝54q，∴81a1＝54q.④
③④联立，解得q＝3，a1＝2.
∴an＝a1qn－1＝2×3n－1.
三、等比数列的性质及应用
方法链接：对于等比数列，还有以下的常用结论：
(1)如果数列{an}是等比数列，c是不等于0的常数，那么数列{c·an}仍是等比数列；
(2)如果{an}，{bn}是项数相同的等比数列，那么数列{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列；
(3)在等比数列{an}中，间隔相同的项构成的数列，仍是等比数列．如a1，a4，a7，a10，…；
(4)Sn为等比数列{an}的前n项和，一般地：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列(q≠－1或n为奇数)；
(5)若{an}是公比为q的等比数列，则Sm＋n＝Sn＋qnSm.解等比数列问题时，熟练运用上述性质，进行整体代换，可以简化解题过程，提高解题速度．
例3 在等比数列{an}中，
(1)若q＝eq \f(1,2)，S99＝77，求a3＋a6＋…＋a99的值；
(2)若{an}的前m项和为2，其后2m项和为12，求再后3m项的和．
解 (1)S99＝(a1＋a4＋…＋a97)＋(a2＋a5＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1))(a3＋a6＋…＋a99)＝7(a3＋a6＋…＋a99)＝77
∴a3＋a6＋…＋a99＝11.
(2)涉及{an}的前6m项，把每m项之和依次记作：A1，A2，A3，A4，A5，A6，则它们成等比数列公比记作q.
且A1＝2，A2＋A3＝12，∴A2＋A3＝2q＋2q2＝12，
∴q＝2或q＝－3
当q＝2时，A4＋A5＋A6＝A1(q3＋q4＋q5)
＝2×(23＋24＋25)＝112；
当q＝－3时，A4＋A5＋A6＝A1(q3＋q4＋q5)
＝2×[(－3)3＋(－3)4＋(－3)5]＝－378.
∴后3m项的和为112和－378.
四、错位相减求前n项和
方法链接：等比数列{an}的前n项和公式的推导方法即错位相减法是很重要的方法，必须熟练掌握．该法主要应用于已知数列求和中，各项的组成是等差数列和等比数列对应项乘积构成的新数列的求和问题．
例4 设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，
a1也满足上式．
故{an}的通项公式为an＝4n－2，
即{an}是a1＝2，公差d＝4的等差数列．
设{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，d＝4，∴q＝eq \f(1,4).
故bn＝b1qn－1＝2×eq \f(1,4n－1)，
即{bn}的通项公式为bn＝eq \f(2,4n－1).
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)＝eq \f(4n－2,\f(2,4n－1))＝(2n－1)4n－1，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－1)4n－1，
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n.
两式相减得
3Tn＝－1－2×(4＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n
＝eq \f(1,3)[(6n－5)4n＋5]，
∴Tn＝eq \f(1,9)[(6n－5)4n＋5]．
五、等差中项与等比中项的运用
方法链接：一个等比数列，除可以按定义设为a1，a1q，a1q2，…之外，若已知连续三项，常可设为eq \f(a,q)，a，aq，然后应用等差中项或等比中项建立方程求解．
例5 互不相等的三个数之积为－8，这三个数适当排列后可成为等比数列，也可排成等差数列，求这三个数排成的等差数列．
解 设三个数为eq \f(a,q)，a，aq，∴a3＝－8，即a＝－2，
∴三个数为－eq \f(2,q)，－2，－2q.
(1)若－2为－eq \f(2,q)和－2q的等差中项，则eq \f(2,q)＋2q＝4，
∴q2－2q＋1＝0，q＝1，与已知矛盾；
(2)若－2q为－eq \f(2,q)与－2的等差中项，则eq \f(1,q)＋1＝2q，
2q2－q－1＝0，q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍去)，
∴三个数为4,1，－2；
(3)若－eq \f(2,q)为－2q与－2的等差中项，则q＋1＝eq \f(2,q)，
∴q2＋q－2＝0，∴q＝－2或q＝1(舍去)，
∴三个数为4,1，－2.
综合(1)(2)(3)可知，这三个数排成的等差数列为
4,1，－2或－2,1,4.
六、等差数列与等比数列的公共项问题
方法链接：1.一般地，两个等差数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等差数列．公差是原来两个等差数列公差的最小公倍数．
2．一般地，一个等差数列与一个等比数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等比数列．
例6 设An为数列{an}的前n项和，An＝eq \f(3,2)(an－1) (n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝4n＋3 (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)将数列{an}、{bn}的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{dn}，证明数列{dn}的通项公式为dn＝32n＋1 (n∈N*)．
(1)解 由已知An＝eq \f(3,2)(an－1) (n∈N*)．
当n＝1时，a1＝eq \f(3,2)(a1－1)，解得a1＝3.
当n≥2时，an＝An－An－1＝eq \f(3,2)(an－an－1)，
由此解得an＝3an－1，即eq \f(an,an－1)＝3 (n≥2)．
所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，
故an＝3n (n∈N*)．
(2)证明 由计算可知a1，a2不是数列{bn}中的项．
因为a3＝27＝4×6＋3，所以d1＝27是数列{bn}中的第6项．设ak＝3k是数列{bn}中的第m项，
则3k＝4m＋3 (k，m∈N*)，
因为ak＋1＝3k＋1＝3·3k＝3(4m＋3)＝4(3m＋2)＋1，
所以ak＋1不是数列{bn}中的项．
而ak＋2＝3k＋2＝9·3k＝9(4m＋3)＝4(9m＋6)＋3，
所以ak＋2是数列{bn}中的项．
由以上讨论可知d1＝a3，d2＝a5，d3＝a7，…，dn＝a2n＋1.
所以数列{dn}的通项公式是
dn＝a2n＋1＝32n＋1 (n∈N*)．
【误区突破】
1．求和时项数不清而致错
例1 求1＋2＋22＋…＋2n的和．
[错解] 1＋2＋22＋…＋2n＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
[点拨] 错因在于没有搞清项数，首项为1＝20，末项为2n，项数应为n＋1项．
[正解] 这是一个首项为1，公比为2的等比数列前n＋1项的和，
所以，1＋2＋22＋…＋2n＝eq \f(1－2n＋1,1－2)＝2n＋1－1.
温馨点评 数列求和时，弄清项数是关键，等比数列前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q) (q≠1)中的n指的就是数列的项数．
2．利用等比数列求和公式忽视q＝1的情形而致错
例2 已知等比数列{an}中，a3＝4，S3＝12，求数列{an}的通项公式．
[错解] 设等比数列的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1q2＝4,S3＝\f(a11－q3,1－q)＝12)) 解得q＝－eq \f(1,2).
所以an＝a3qn－3＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5.
[点拨] 上述解法中忽视了等比数列前n项和公式中q＝1这一特殊情况．
[正解] 当q＝1时，a3＝4，a1＝a2＝a3＝4，
S3＝a1＋a2＋a3＝12，∴q＝1符合题意．an＝4.
当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1q2＝4,S3＝\f(a11－q3,1－q)＝12))
解得：q＝－eq \f(1,2)，an＝a3qn－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5.
故数列通项公式为an＝4或an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5.
3．忽略题目中的隐含条件而致错
例3 已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，求eq \f(a2－a1,b2)的值．
[错解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝eq \f(1,3)[(－4)－(－1)]＝－1.
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列．
∴beq \\al(2,2)＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.
当b2＝2时，eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－1,2)＝－eq \f(1,2)，
当b2＝－2时，eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－1,－2)＝eq \f(1,2).∴eq \f(a2－a1,b2)＝±eq \f(1,2).
[点拨] 注意b2的符号已经确定，且b2<0，忽视了这一隐含条件，就容易产生上面的错误．
[正解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝eq \f(1,3)[(－4)－(－1)]＝－1，
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴beq \\al(2,2)＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.
若设公比为q，则b2＝(－1)q2，∴b2<0.
∴b2＝－2，∴eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－1,－2)＝eq \f(1,2).
【一题多解】
例 已知数列{cn}，其中cn＝2n＋3n，且数列{cn＋1－pcn}为等比数列，求常数p.
解 方法一 因为{cn＋1－pcn}是等比数列，
所以当n≥2时，
有(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)(cn－pcn－1)，
将cn＝2n＋3n代入上式，得
[2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2
＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]
即[(2－p)2n＋(3－p)3n]2
＝[(2－p)2n＋1＋(3－p)3n＋1][(2－p)2n－1＋(3－p)·3n－1]，
整理得eq \f(1,6)(2－p)(3－p)·2n·3n＝0.
解得p＝2或p＝3.
方法二 由cn＝2n＋3n，
得c1＝5，c2＝13，c3＝35，c4＝97.
因而数列{cn＋1－pcn}的前三项依次为
13－5p,35－13p,97－35p.
由题意得：(35－13p)2＝(13－5p)(97－35p)
整理得：p2－5p＋6＝0，∴p＝2或p＝3.
当p＝2时，cn＋1－pcn＝(2n＋1＋3n＋1)－2(2n＋3n)＝3n，
∴eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)＝eq \f(3n＋1,3n)＝3.
∴此时{cn＋1－pcn}是等比数列．
同理p＝3时数列{cn＋1－pcn}也是等比数列，
∴p＝2或p＝3.
方法三 {cn＋1－pcn}是等比数列
⇔eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)＝常数．
∵eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)＝eq \f(2－p2n＋1＋3－p3n＋1,2－p2n＋3－p3n)
＝eq \f(2[2－p2n＋3－p3n]＋3－p3n,2－p2n＋3－p3n)
＝2＋eq \f(3－p3n,2－p2n＋3－p3n)
＝2＋eq \f(3－p,2－p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＋3－p)为使eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)为常数，也就是使2＋eq \f(3－p,2－p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＋3－p)为常数.
∴p－2＝0或p－3＝0，
∴p＝2或p＝3.
【考题赏析】
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
解 设{an}的公比为q，由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3.))
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(31－2n,1－2)＝3(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(21－3n,1－3)＝3n－1.
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝eq \f(n＋1,4an)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
eq \f(a2,a1)＝b，即eq \f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.
(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1
所以bn＝eq \f(n＋1,4×2n－1)＝eq \f(n＋1,2n＋1).
Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)＋eq \f(n＋1,2n＋2)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(\f(1,23)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋1,2n＋2)
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)，
故Tn＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n)－eq \f(n＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(n＋3,2n＋1)，n∈N*.
赏析 本题主要考查数列的通项及求和的有关知识，考查运算能力和综合解题能力．
【学习内容】
1．等比数列的判定方法有以下几种
(1)定义法：eq \f(an＋1,an)＝q (q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
(2)通项公式法：an＝cqn (c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
(3)中项公式法：aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2 (an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
(4)前n项和法：若Sn＝A(qn－1)，(A≠0，q≠0且q≠1)则{an}是等比数列，其中A＝eq \f(a1,1－q).
例如：等比数列{an}的前n项和是Sn＝32－n－t，则t的值是________．
解析 ∵{an}是等比数列，
∴Sn＝32－n－t＝9·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－t＝9eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))，
∴t＝9.
答案 9
2．等比数列的通项公式
(1)通项公式
an＝a1qn－1 (其中a1为等比数列{an}的首项，q为其公比)．
(2)等比数列与函数的关系
由通项公式an＝a1qn－1，可得an＝eq \f(a1,q)qn，当q>0，且q≠1时，y＝qx是一个指数函数，而y＝eq \f(a1,q)qx是一个不为零的常数与指数函数的积．因此等比数列{an}的图象是函数y＝eq \f(a1,q)qx的图象上的一些离散点．
例如：已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，其公比q≠1，且bn>0，若a1＝b1，a11＝b11，则a6与b6的大小关系是__________．
解析 ∵bn>0，∴b1>0，q>0.点(n，bn)分布在函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b1,q)))qx的图象上．点(n，an)分布在函数y＝dx＋(a1－d)的图象上．
当q>1时，它们的图象如图1所示；
当0
曲线方程是y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b1,q)))qx.
直线x＝6与直线y＝dx＋(a1－d)的交点为(6，a6)，与曲线y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b1,q)))·qx的交点为(6，b6)．
无论q>1还是0
答案 a6>b6
3．等比数列的前n项和
等比数列前n项和公式为
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1 q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q) q≠1.))
注意：等比数列前n项和公式有两种形式，运用该公式求和时，首先要判断公比q是否为1，再由q的情况选择求和公式的形式，当公比q不确定时，要注意对q分q＝1和q≠1进行讨论．
例如：1＋a＋a2＋…＋an－1
＝____________________.(其中a≠0)
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n， a＝1,\f(1－an,1－a)， a≠1))
4．等比数列的常用性质
在等比数列{an}中，
(1)对任意的正整数m，n，有an＝amqn－m.
(2)对于任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则有am·an＝ap·aq.
(3)当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0,0
当q＝1时，{an}为常数列；
当q<0时，{an}为摆动数列．
(4)若Sn为等比数列的前n项和，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，S(m＋1)k－Smk，…成等比数列(q≠－1或k为奇数)．
(5)若Sn表示等比数列的前n项和，公比为q，则有
Sm＋n＝Sm＋qmSn.
例如：在等比数列{an}中，a5＝7，a8＝56，则通项an＝____________.
解析 a8＝a5q3，
∴q3＝8，q＝2，
∴an＝a5qn－5＝7×2n－5.
答案 7×2n－5
【方法突破】
一、等比数列的判断与证明
方法链接：证明数列是等比数列常用的方法：
①定义法：eq \f(an＋1,an)＝q (常数)；
②等比中项法：aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)；
③通项法：an＝a1qn－1 (a1q≠0，n∈N*)要证明一个数列不是等比数列，只需证明相邻三项不成等比即可．例如：a1a3≠aeq \\al(2,2).
例1 已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝eq \f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
(1)证明 假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，
则有aeq \\al(2,2)＝a1a3，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)λ－3))2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)λ－4))
⇔eq \f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq \f(4,9)λ2－4λ⇔9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)解 因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－2n＋14))
＝－eq \f(2,3)(－1)n·(an－3n＋21)＝－eq \f(2,3)bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以
当λ＝－18时，bn＝0 (n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝－eq \f(2,3) (n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－eq \f(2,3)为公比的等比数列．
综上，λ＝－18时，{bn}不是等比数列；
λ≠－18时，{bn}是等比数列．
二、等比数列基本量运算
方法链接：在等比数列{an}的通项公式和前n项和公式中共有五个量：a1，q，n，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程组求出另外两个量．
例2 设数列{an}为等比数列，且a1>0，它的前n项和为80，且其中数值最大的项为54，前2n项的和为6 560.求此数列的通项公式．
分析 因为前n项和与2n项和已知，这为建立方程提供了条件，由此可求得首项a1与公比q之间的关系，进而确定an.
解 设数列的公比为q，
由Sn＝80，S2n＝6 560，得q≠1，否则S2n＝2Sn.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)＝80， ①,\f(a11－q2n,1－q)＝6 560. ②))
eq \f(②,①)，得qn＝81.
将qn＝81代入①得，a1＝q－1.③
又∵a1>0，∴q>1.∴数列{an}是递增数列．
从而，a1qn－1＝54，∴a1qn＝54q，∴81a1＝54q.④
③④联立，解得q＝3，a1＝2.
∴an＝a1qn－1＝2×3n－1.
三、等比数列的性质及应用
方法链接：对于等比数列，还有以下的常用结论：
(1)如果数列{an}是等比数列，c是不等于0的常数，那么数列{c·an}仍是等比数列；
(2)如果{an}，{bn}是项数相同的等比数列，那么数列{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列；
(3)在等比数列{an}中，间隔相同的项构成的数列，仍是等比数列．如a1，a4，a7，a10，…；
(4)Sn为等比数列{an}的前n项和，一般地：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列(q≠－1或n为奇数)；
(5)若{an}是公比为q的等比数列，则Sm＋n＝Sn＋qnSm.解等比数列问题时，熟练运用上述性质，进行整体代换，可以简化解题过程，提高解题速度．
例3 在等比数列{an}中，
(1)若q＝eq \f(1,2)，S99＝77，求a3＋a6＋…＋a99的值；
(2)若{an}的前m项和为2，其后2m项和为12，求再后3m项的和．
解 (1)S99＝(a1＋a4＋…＋a97)＋(a2＋a5＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1))(a3＋a6＋…＋a99)＝7(a3＋a6＋…＋a99)＝77
∴a3＋a6＋…＋a99＝11.
(2)涉及{an}的前6m项，把每m项之和依次记作：A1，A2，A3，A4，A5，A6，则它们成等比数列公比记作q.
且A1＝2，A2＋A3＝12，∴A2＋A3＝2q＋2q2＝12，
∴q＝2或q＝－3
当q＝2时，A4＋A5＋A6＝A1(q3＋q4＋q5)
＝2×(23＋24＋25)＝112；
当q＝－3时，A4＋A5＋A6＝A1(q3＋q4＋q5)
＝2×[(－3)3＋(－3)4＋(－3)5]＝－378.
∴后3m项的和为112和－378.
四、错位相减求前n项和
方法链接：等比数列{an}的前n项和公式的推导方法即错位相减法是很重要的方法，必须熟练掌握．该法主要应用于已知数列求和中，各项的组成是等差数列和等比数列对应项乘积构成的新数列的求和问题．
例4 设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，
a1也满足上式．
故{an}的通项公式为an＝4n－2，
即{an}是a1＝2，公差d＝4的等差数列．
设{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，d＝4，∴q＝eq \f(1,4).
故bn＝b1qn－1＝2×eq \f(1,4n－1)，
即{bn}的通项公式为bn＝eq \f(2,4n－1).
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)＝eq \f(4n－2,\f(2,4n－1))＝(2n－1)4n－1，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－1)4n－1，
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n.
两式相减得
3Tn＝－1－2×(4＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n
＝eq \f(1,3)[(6n－5)4n＋5]，
∴Tn＝eq \f(1,9)[(6n－5)4n＋5]．
五、等差中项与等比中项的运用
方法链接：一个等比数列，除可以按定义设为a1，a1q，a1q2，…之外，若已知连续三项，常可设为eq \f(a,q)，a，aq，然后应用等差中项或等比中项建立方程求解．
例5 互不相等的三个数之积为－8，这三个数适当排列后可成为等比数列，也可排成等差数列，求这三个数排成的等差数列．
解 设三个数为eq \f(a,q)，a，aq，∴a3＝－8，即a＝－2，
∴三个数为－eq \f(2,q)，－2，－2q.
(1)若－2为－eq \f(2,q)和－2q的等差中项，则eq \f(2,q)＋2q＝4，
∴q2－2q＋1＝0，q＝1，与已知矛盾；
(2)若－2q为－eq \f(2,q)与－2的等差中项，则eq \f(1,q)＋1＝2q，
2q2－q－1＝0，q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍去)，
∴三个数为4,1，－2；
(3)若－eq \f(2,q)为－2q与－2的等差中项，则q＋1＝eq \f(2,q)，
∴q2＋q－2＝0，∴q＝－2或q＝1(舍去)，
∴三个数为4,1，－2.
综合(1)(2)(3)可知，这三个数排成的等差数列为
4,1，－2或－2,1,4.
六、等差数列与等比数列的公共项问题
方法链接：1.一般地，两个等差数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等差数列．公差是原来两个等差数列公差的最小公倍数．
2．一般地，一个等差数列与一个等比数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等比数列．
例6 设An为数列{an}的前n项和，An＝eq \f(3,2)(an－1) (n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝4n＋3 (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)将数列{an}、{bn}的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{dn}，证明数列{dn}的通项公式为dn＝32n＋1 (n∈N*)．
(1)解 由已知An＝eq \f(3,2)(an－1) (n∈N*)．
当n＝1时，a1＝eq \f(3,2)(a1－1)，解得a1＝3.
当n≥2时，an＝An－An－1＝eq \f(3,2)(an－an－1)，
由此解得an＝3an－1，即eq \f(an,an－1)＝3 (n≥2)．
所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，
故an＝3n (n∈N*)．
(2)证明 由计算可知a1，a2不是数列{bn}中的项．
因为a3＝27＝4×6＋3，所以d1＝27是数列{bn}中的第6项．设ak＝3k是数列{bn}中的第m项，
则3k＝4m＋3 (k，m∈N*)，
因为ak＋1＝3k＋1＝3·3k＝3(4m＋3)＝4(3m＋2)＋1，
所以ak＋1不是数列{bn}中的项．
而ak＋2＝3k＋2＝9·3k＝9(4m＋3)＝4(9m＋6)＋3，
所以ak＋2是数列{bn}中的项．
由以上讨论可知d1＝a3，d2＝a5，d3＝a7，…，dn＝a2n＋1.
所以数列{dn}的通项公式是
dn＝a2n＋1＝32n＋1 (n∈N*)．
【误区突破】
1．求和时项数不清而致错
例1 求1＋2＋22＋…＋2n的和．
[错解] 1＋2＋22＋…＋2n＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
[点拨] 错因在于没有搞清项数，首项为1＝20，末项为2n，项数应为n＋1项．
[正解] 这是一个首项为1，公比为2的等比数列前n＋1项的和，
所以，1＋2＋22＋…＋2n＝eq \f(1－2n＋1,1－2)＝2n＋1－1.
温馨点评 数列求和时，弄清项数是关键，等比数列前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q) (q≠1)中的n指的就是数列的项数．
2．利用等比数列求和公式忽视q＝1的情形而致错
例2 已知等比数列{an}中，a3＝4，S3＝12，求数列{an}的通项公式．
[错解] 设等比数列的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1q2＝4,S3＝\f(a11－q3,1－q)＝12)) 解得q＝－eq \f(1,2).
所以an＝a3qn－3＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5.
[点拨] 上述解法中忽视了等比数列前n项和公式中q＝1这一特殊情况．
[正解] 当q＝1时，a3＝4，a1＝a2＝a3＝4，
S3＝a1＋a2＋a3＝12，∴q＝1符合题意．an＝4.
当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1q2＝4,S3＝\f(a11－q3,1－q)＝12))
解得：q＝－eq \f(1,2)，an＝a3qn－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5.
故数列通项公式为an＝4或an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5.
3．忽略题目中的隐含条件而致错
例3 已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，求eq \f(a2－a1,b2)的值．
[错解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝eq \f(1,3)[(－4)－(－1)]＝－1.
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列．
∴beq \\al(2,2)＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.
当b2＝2时，eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－1,2)＝－eq \f(1,2)，
当b2＝－2时，eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－1,－2)＝eq \f(1,2).∴eq \f(a2－a1,b2)＝±eq \f(1,2).
[点拨] 注意b2的符号已经确定，且b2<0，忽视了这一隐含条件，就容易产生上面的错误．
[正解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝eq \f(1,3)[(－4)－(－1)]＝－1，
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴beq \\al(2,2)＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.
若设公比为q，则b2＝(－1)q2，∴b2<0.
∴b2＝－2，∴eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－1,－2)＝eq \f(1,2).
【一题多解】
例 已知数列{cn}，其中cn＝2n＋3n，且数列{cn＋1－pcn}为等比数列，求常数p.
解 方法一 因为{cn＋1－pcn}是等比数列，
所以当n≥2时，
有(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)(cn－pcn－1)，
将cn＝2n＋3n代入上式，得
[2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2
＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]
即[(2－p)2n＋(3－p)3n]2
＝[(2－p)2n＋1＋(3－p)3n＋1][(2－p)2n－1＋(3－p)·3n－1]，
整理得eq \f(1,6)(2－p)(3－p)·2n·3n＝0.
解得p＝2或p＝3.
方法二 由cn＝2n＋3n，
得c1＝5，c2＝13，c3＝35，c4＝97.
因而数列{cn＋1－pcn}的前三项依次为
13－5p,35－13p,97－35p.
由题意得：(35－13p)2＝(13－5p)(97－35p)
整理得：p2－5p＋6＝0，∴p＝2或p＝3.
当p＝2时，cn＋1－pcn＝(2n＋1＋3n＋1)－2(2n＋3n)＝3n，
∴eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)＝eq \f(3n＋1,3n)＝3.
∴此时{cn＋1－pcn}是等比数列．
同理p＝3时数列{cn＋1－pcn}也是等比数列，
∴p＝2或p＝3.
方法三 {cn＋1－pcn}是等比数列
⇔eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)＝常数．
∵eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)＝eq \f(2－p2n＋1＋3－p3n＋1,2－p2n＋3－p3n)
＝eq \f(2[2－p2n＋3－p3n]＋3－p3n,2－p2n＋3－p3n)
＝2＋eq \f(3－p3n,2－p2n＋3－p3n)
＝2＋eq \f(3－p,2－p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＋3－p)为使eq \f(cn＋2－pcn＋1,cn＋1－pcn)为常数，也就是使2＋eq \f(3－p,2－p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＋3－p)为常数.
∴p－2＝0或p－3＝0，
∴p＝2或p＝3.
【考题赏析】
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
解 设{an}的公比为q，由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3.))
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(31－2n,1－2)＝3(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(21－3n,1－3)＝3n－1.
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝eq \f(n＋1,4an)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
eq \f(a2,a1)＝b，即eq \f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.
(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1
所以bn＝eq \f(n＋1,4×2n－1)＝eq \f(n＋1,2n＋1).
Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)＋eq \f(n＋1,2n＋2)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(\f(1,23)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋1,2n＋2)
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)，
故Tn＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n)－eq \f(n＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(n＋3,2n＋1)，n∈N*.
赏析 本题主要考查数列的通项及求和的有关知识，考查运算能力和综合解题能力．
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