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高中数学高考第3节 等比数列及其前n项和 教案
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这是一份高中数学高考第3节 等比数列及其前n项和 教案，共11页。
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个常数(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(n∈N*，q为非零常数)．
(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⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.
2．等比数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
3．等比数列的通项公式、前n项和公式与函数的关系
(1)an＝a1qn－1＝eq \f(a1,q)·qn(q＞0，且q≠1)，则数列{an}的图象是函数y＝eq \f(a1,q)·qx的图象上一系列孤立的点．
(2)Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝－eq \f(a1,1－q)qn＋eq \f(a1,1－q)(q≠1)，若设a＝eq \f(a1,1－q)，则Sn＝－aqn＋a，由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝－aqx＋a图象上一系列孤立的点．
4．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq；若2s＝p＋r，则apar＝aeq \\al(2,s)，其中m，n，p，q，s，r∈N*.
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，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)))(λ≠0)仍然是等比数列．
(4)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.
(5)当q≠－1时，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列．
(6)若数列{an}的项数为2n，则S偶＝S奇·q；若项数为2n＋1，则S奇＝a1＋S偶·q.
eq \O([常用结论])
1．“G2＝ab”是“a，G，b成等比数列”的必要不充分条件．
2．若q≠0，q≠1，则Sn＝k－kqn(k≠0)是数列{an}成等比数列的充要条件，此时k＝eq \f(a1,1－q).
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．
( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．
( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1．等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，则a6等于( )
A．27 B．36 C.eq \f(81,2) D．54
C [公比q＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(18,12)＝eq \f(3,2)，则a6＝a4q2＝18×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up20(2)＝eq \f(81,2).]
2．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则a1，q的值分别为( )
A．6，eq \f(1,2) B．6，－eq \f(1,2)
C.eq \f(3,2)，1 D.eq \f(3,2)，1或6，－eq \f(1,2)
D [由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得
q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).
当q＝1时，a1＝eq \f(3,2)；当q＝－eq \f(1,2)时，a1＝6，故选D.]
3．7＋3eq \r(5)与7－3eq \r(5)的等比中项为 ．
±2 [由G2＝(7＋3eq \r(5))(7－3eq \r(5))＝4得G＝±2.]
4．在9与243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 ．
27,81 [设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.
∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.]
考点1 等比数列的基本运算
(1)等比数列基本运算的通法是设出首项a1和公比q，通过方程组求出结果，进而解决问题，体现了方程的思想．
(2)在使用等比数列前n项和公式时，应注意判断公比q是不是1，从而选择不同的求和公式．
(1)(2019·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)(2018·全国卷Ⅲ)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.
(1)C [(1)设正数的等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4，故选C.]
(2)[解] 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－－2n,3).
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
把S4表示成S4＝a1＋a1q＋a1q2＋a1q3，不需要考虑q是不是1的情况，如本例T(1)．
[教师备选例题]
已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝eq \f(5,2)，则a1＝( )
A．2 B．4 C.eq \r(2) D．2eq \r(2)
B [设等比数列的公比为q，由题意知0＜q＜1，
由a3＝1，a2＋a4＝eq \f(5,2)得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝1，,a1q＋a1q3＝\f(5,2)，))整理得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝eq \f(1,2)或q＝2(舍去)，所以a1＝eq \f(a3,q2)＝4，故选B.]
1.已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a2＝2，S6－S4＝6a4，则a5＝( )
A．4 B．10 C．16 D．32
C [设公比为q(q＞0)，S6－S4＝a5＋a6＝6a4，因为a2＝2，所以2q3＋2q4＝12q2，即q2＋q－6＝0，所以q＝2或q＝－3(舍去)，则a5＝2×23＝16.]
2．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝ .
eq \f(5,8) [设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，
即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－eq \f(1,2)，
∴S4＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up20(4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).]
3．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝ .
32 [设{an}的首项为a1，公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))
所以a8＝eq \f(1,4)×27＝25＝32.]
考点2 等比数列的判定与证明
判定等比数列的四种方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：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．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为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＝kqn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．
(2018·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(2n＋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.
本例中由bn＋1＝2bn，不能判定{bn}是等比数列，还要验证b1≠0.
(2016·全国卷Ⅲ)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\up20(n-1).
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up20(n).
由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(1,32).
解得λ＝－1.
[教师备选例题]
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a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＋1＝4an＋2， ①,Sn＝4an－1＋2n≥2， ②))
①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．
∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，
故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(3,4)，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(3,4)的等差数列．
∴eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·eq \f(3,4)＝eq \f(3n－1,4)，
故an＝(3n－1)·2n－2.
考点3 等比数列性质的应用(多维探究)
应用等比数列性质的两个关注点
(1)转化意识：在等比数列中，两项之积可转化为另外两项之积或某项的平方，这是最常用的性质．
(2)化归意识：把非等比数列问题转化为等比数列问题解决，例如有关Sm，S2m，S3m的问题可利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等比数列求解．
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＝ .
(1)50 (2)31 [(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a5＝20，,a3a5＝64，))且an＞0，q＞1，得a3＝4，a5＝16，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝4，,a1q4＝16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))所以S5＝eq \f(1×1－25,1－2)＝31.]
本例T(2)也可以先求出a1和q，再求S5，但运算量大，易出错．
等比数列前n项和的性质
(1)[一题多解]设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S9,S3)＝ .
(2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝ .
(1)eq \f(3,4) (2)2 [(1)法一：(整体代入法)
因为S6∶S3＝1∶2，所以{an}的公比q≠1.由eq \f(a11－q6,1－q)÷eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(1,2)，得q3＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(S9,S3)＝eq \f(1－q9,1－q3)＝eq \f(3,4).
法二：(性质法)
由题意知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．
又eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，即S3＝2S6，所以2S6，－S6，S9－S6成等比数列．
∴S9－S6＝eq \f(1,2)S6，即S9＝eq \f(3,2)S6.
∴eq \f(S9,S3)＝eq \f(3S6,2S3)＝eq \f(3,4).
(2)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.]
对于本例T(2)，熟练掌握S偶与S奇的关系为解答本题提供了保障，避免了繁琐的运算．
1.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则eq \f(a2a16,a9)的值为( )
A．－eq \f(2＋\r(2),2) B．－eq \r(2)
C.eq \r(2) D．－eq \r(2)或eq \r(2)
B [设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝aeq \\al(2,9)＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，则a9＝－eq \r(2)，所以eq \f(a2a16,a9)＝eq \f(a\\al(2,9),a9)＝a9＝－eq \r(2)，故选B.]
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝－1，S4＝－5，则S6等于( )
A．－9 B．－21 C．－25 D．－63
B [因为S2＝－1≠0，所以q≠－1，由等比数列性质得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即－1×(S6＋5)＝(－5＋1)2，所以S6＝－21，故选B.]
考点4 等差数列与等比数列的综合计算
等差数列与等比数列综合计算的策略
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解方程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇒{aan}(a＞0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇒{lgaan}(a＞0且a≠1)为等差数列．
(1)已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，eq \f(1,2)a5，a4成等差数列，则eq \f(a3＋a5,a4＋a6)的值是( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)＋1,2)
C.eq \f(3－\r(5),2) D.eq \f(3＋\r(5),2)
(2)(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
①求{an}的通项公式；
②求ea1＋ea2＋…＋ean.
(1)A [设等比数列{an}的公比为q，由a3，eq \f(1,2)a5，a4成等差数列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝eq \f(1＋\r(5),2)或q＝eq \f(1－\r(5),2)(舍去)，由eq \f(a3＋a5,a4＋a6)＝eq \f(a3＋a3q2,a4＋a4q2)＝eq \f(a31＋q2,a41＋q2)＝eq \f(1,q)＝eq \f(2,\r(5)＋1)＝eq \f(2\r(5)－1,\r(5)＋1\r(5)－1)＝eq \f(\r(5)－1,2)，故选A.
(2)[解] ①设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
②因为ea1＝eln 2＝2，eq \f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以数列{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq \f(1－2n,1－2)＝2(2n－1)＝2n＋1－2.
本例T(2)中，解答第②问的关键是证明数列{ean}是等比数列．
1.已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为( )
A．3n＋1 B．3n－1
C.eq \f(3n2＋n,2) D.eq \f(3n2－n,2)
C [设等比数列{an}的公比为q，
∵an(bn＋1－bn)＝an＋1，
∴bn＋1－bn＝q(常数)，
即数列{bn}是等差数列，公差为q.
∵b1＝2，b2＝5，
∴q＝3，
∴数列{bn}的前n项和为2n＋eq \f(nn－1,2)×3＝eq \f(3n2＋n,2).
故选C.]
2．(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg2an，求数列{bn}的前n项和．
[解] (1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)lg22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.
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个常数(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(n∈N*，q为非零常数)．
(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⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.
2．等比数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
3．等比数列的通项公式、前n项和公式与函数的关系
(1)an＝a1qn－1＝eq \f(a1,q)·qn(q＞0，且q≠1)，则数列{an}的图象是函数y＝eq \f(a1,q)·qx的图象上一系列孤立的点．
(2)Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝－eq \f(a1,1－q)qn＋eq \f(a1,1－q)(q≠1)，若设a＝eq \f(a1,1－q)，则Sn＝－aqn＋a，由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝－aqx＋a图象上一系列孤立的点．
4．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq；若2s＝p＋r，则apar＝aeq \\al(2,s)，其中m，n，p，q，s，r∈N*.
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，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)))(λ≠0)仍然是等比数列．
(4)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.
(5)当q≠－1时，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列．
(6)若数列{an}的项数为2n，则S偶＝S奇·q；若项数为2n＋1，则S奇＝a1＋S偶·q.
eq \O([常用结论])
1．“G2＝ab”是“a，G，b成等比数列”的必要不充分条件．
2．若q≠0，q≠1，则Sn＝k－kqn(k≠0)是数列{an}成等比数列的充要条件，此时k＝eq \f(a1,1－q).
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．
( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．
( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1．等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，则a6等于( )
A．27 B．36 C.eq \f(81,2) D．54
C [公比q＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(18,12)＝eq \f(3,2)，则a6＝a4q2＝18×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up20(2)＝eq \f(81,2).]
2．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则a1，q的值分别为( )
A．6，eq \f(1,2) B．6，－eq \f(1,2)
C.eq \f(3,2)，1 D.eq \f(3,2)，1或6，－eq \f(1,2)
D [由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得
q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).
当q＝1时，a1＝eq \f(3,2)；当q＝－eq \f(1,2)时，a1＝6，故选D.]
3．7＋3eq \r(5)与7－3eq \r(5)的等比中项为 ．
±2 [由G2＝(7＋3eq \r(5))(7－3eq \r(5))＝4得G＝±2.]
4．在9与243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 ．
27,81 [设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.
∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.]
考点1 等比数列的基本运算
(1)等比数列基本运算的通法是设出首项a1和公比q，通过方程组求出结果，进而解决问题，体现了方程的思想．
(2)在使用等比数列前n项和公式时，应注意判断公比q是不是1，从而选择不同的求和公式．
(1)(2019·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)(2018·全国卷Ⅲ)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.
(1)C [(1)设正数的等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))∴a3＝a1q2＝4，故选C.]
(2)[解] 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－－2n,3).
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
把S4表示成S4＝a1＋a1q＋a1q2＋a1q3，不需要考虑q是不是1的情况，如本例T(1)．
[教师备选例题]
已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝eq \f(5,2)，则a1＝( )
A．2 B．4 C.eq \r(2) D．2eq \r(2)
B [设等比数列的公比为q，由题意知0＜q＜1，
由a3＝1，a2＋a4＝eq \f(5,2)得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝1，,a1q＋a1q3＝\f(5,2)，))整理得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝eq \f(1,2)或q＝2(舍去)，所以a1＝eq \f(a3,q2)＝4，故选B.]
1.已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a2＝2，S6－S4＝6a4，则a5＝( )
A．4 B．10 C．16 D．32
C [设公比为q(q＞0)，S6－S4＝a5＋a6＝6a4，因为a2＝2，所以2q3＋2q4＝12q2，即q2＋q－6＝0，所以q＝2或q＝－3(舍去)，则a5＝2×23＝16.]
2．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝ .
eq \f(5,8) [设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，
即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－eq \f(1,2)，
∴S4＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up20(4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).]
3．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝ .
32 [设{an}的首项为a1，公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))
所以a8＝eq \f(1,4)×27＝25＝32.]
考点2 等比数列的判定与证明
判定等比数列的四种方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：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．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为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＝kqn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．
(2018·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(2n＋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.
本例中由bn＋1＝2bn，不能判定{bn}是等比数列，还要验证b1≠0.
(2016·全国卷Ⅲ)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\up20(n-1).
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up20(n).
由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(1,32).
解得λ＝－1.
[教师备选例题]
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a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＋1＝4an＋2， ①,Sn＝4an－1＋2n≥2， ②))
①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．
∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，
故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(3,4)，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(3,4)的等差数列．
∴eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·eq \f(3,4)＝eq \f(3n－1,4)，
故an＝(3n－1)·2n－2.
考点3 等比数列性质的应用(多维探究)
应用等比数列性质的两个关注点
(1)转化意识：在等比数列中，两项之积可转化为另外两项之积或某项的平方，这是最常用的性质．
(2)化归意识：把非等比数列问题转化为等比数列问题解决，例如有关Sm，S2m，S3m的问题可利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等比数列求解．
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＝ .
(1)50 (2)31 [(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a5＝20，,a3a5＝64，))且an＞0，q＞1，得a3＝4，a5＝16，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝4，,a1q4＝16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))所以S5＝eq \f(1×1－25,1－2)＝31.]
本例T(2)也可以先求出a1和q，再求S5，但运算量大，易出错．
等比数列前n项和的性质
(1)[一题多解]设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S9,S3)＝ .
(2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝ .
(1)eq \f(3,4) (2)2 [(1)法一：(整体代入法)
因为S6∶S3＝1∶2，所以{an}的公比q≠1.由eq \f(a11－q6,1－q)÷eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(1,2)，得q3＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(S9,S3)＝eq \f(1－q9,1－q3)＝eq \f(3,4).
法二：(性质法)
由题意知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．
又eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，即S3＝2S6，所以2S6，－S6，S9－S6成等比数列．
∴S9－S6＝eq \f(1,2)S6，即S9＝eq \f(3,2)S6.
∴eq \f(S9,S3)＝eq \f(3S6,2S3)＝eq \f(3,4).
(2)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2.]
对于本例T(2)，熟练掌握S偶与S奇的关系为解答本题提供了保障，避免了繁琐的运算．
1.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则eq \f(a2a16,a9)的值为( )
A．－eq \f(2＋\r(2),2) B．－eq \r(2)
C.eq \r(2) D．－eq \r(2)或eq \r(2)
B [设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝aeq \\al(2,9)＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，则a9＝－eq \r(2)，所以eq \f(a2a16,a9)＝eq \f(a\\al(2,9),a9)＝a9＝－eq \r(2)，故选B.]
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝－1，S4＝－5，则S6等于( )
A．－9 B．－21 C．－25 D．－63
B [因为S2＝－1≠0，所以q≠－1，由等比数列性质得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即－1×(S6＋5)＝(－5＋1)2，所以S6＝－21，故选B.]
考点4 等差数列与等比数列的综合计算
等差数列与等比数列综合计算的策略
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解方程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇒{aan}(a＞0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇒{lgaan}(a＞0且a≠1)为等差数列．
(1)已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，eq \f(1,2)a5，a4成等差数列，则eq \f(a3＋a5,a4＋a6)的值是( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)＋1,2)
C.eq \f(3－\r(5),2) D.eq \f(3＋\r(5),2)
(2)(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
①求{an}的通项公式；
②求ea1＋ea2＋…＋ean.
(1)A [设等比数列{an}的公比为q，由a3，eq \f(1,2)a5，a4成等差数列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝eq \f(1＋\r(5),2)或q＝eq \f(1－\r(5),2)(舍去)，由eq \f(a3＋a5,a4＋a6)＝eq \f(a3＋a3q2,a4＋a4q2)＝eq \f(a31＋q2,a41＋q2)＝eq \f(1,q)＝eq \f(2,\r(5)＋1)＝eq \f(2\r(5)－1,\r(5)＋1\r(5)－1)＝eq \f(\r(5)－1,2)，故选A.
(2)[解] ①设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
②因为ea1＝eln 2＝2，eq \f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以数列{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq \f(1－2n,1－2)＝2(2n－1)＝2n＋1－2.
本例T(2)中，解答第②问的关键是证明数列{ean}是等比数列．
1.已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为( )
A．3n＋1 B．3n－1
C.eq \f(3n2＋n,2) D.eq \f(3n2－n,2)
C [设等比数列{an}的公比为q，
∵an(bn＋1－bn)＝an＋1，
∴bn＋1－bn＝q(常数)，
即数列{bn}是等差数列，公差为q.
∵b1＝2，b2＝5，
∴q＝3，
∴数列{bn}的前n项和为2n＋eq \f(nn－1,2)×3＝eq \f(3n2＋n,2).
故选C.]
2．(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg2an，求数列{bn}的前n项和．
[解] (1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)lg22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.
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