2020版高考数学（文）新增分大一轮人教通用版讲义：第六章　数列6.3

§6.3　等比数列及其前n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.
主要考查等比数列的基本运算、基本性质，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．属于中低档题.



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常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(q≠0)．
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an＝a1·qn－1.
3．等比中项
如果三个数x，G，y组成等比数列，则G叫做x和y的等比中项．
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{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N＋)，则ak·al＝am·an.
(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．
(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．等比数列的前n项和公式
等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝na1；
当q≠1时，Sn＝＝.
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，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
概念方法微思考
1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？
提示　仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．
2．任意两个实数都有等比中项吗？
提示　不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．
3．“b2＝ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？
提示　必要不充分条件．因为b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0，b＝0，c＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)满足an＋1＝qan(n∈N＋，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　×　)
(2)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．(　×　)
(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．(　×　)
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　×　)
(5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　×　)
题组二　教材改编
2．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝ .
答案　
解析　由题意知q3＝＝，∴q＝.
3．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为(　　)
A．8 B．9 C．10 D．11
答案　C
解析　由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.


题组三　易错自纠
4．若1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则的值为 ．
答案　－
解析　∵1，a1，a2，4成等差数列，
∴3(a2－a1)＝4－1，∴a2－a1＝1.
又∵1，b1，b2，b3，4成等比数列，设其公比为q，
则b＝1×4＝4，且b2＝1×q2>0，∴b2＝2，
∴＝＝－.
5．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝ .
答案　－11
解析　设等比数列{an}的公比为q，
∵8a2＋a5＝0，∴8a1q＋a1q4＝0.
∴q3＋8＝0，∴q＝－2，
∴＝·
＝＝＝－11.
6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机 秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB＝210 MB)
答案　39
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a1＝2，q＝2，∴an＝2n，
则2n＝8×210＝213，∴n＝13.
即病毒共复制了13次．
∴所需时间为13×3＝39(秒)．

题型一　等比数列基本量的运算
1．(2019·沈阳模拟)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于(　　)
A. B. C．1 D．2
答案　B
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由题意知a3a5＝4(a4－1)＝a，
则a－4a4＋4＝0，解得a4＝2，
又a1＝，所以q3＝＝8，
即q＝2，所以a2＝a1q＝.
2．(2018·全国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.
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)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N+)．
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
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.
思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．
(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q＝1和q≠1的分类讨论．
题型二　等比数列的判定与证明
例1 已知数列{an}满足对任意的正整数n，均有an＋1＝5an－2·3n，且a1＝8.
(1)证明：数列{an－3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为an＋1＝5an－2·3n，
所以an＋1－3n＋1＝5an－2·3n－3n＋1＝5(an－3n)，
又a1＝8，所以a1－3＝5≠0，
所以数列{an－3n}是首项为5、公比为5的等比数列．
所以an－3n＝5n，所以an＝3n＋5n.
(2)由(1)知，bn＝＝＝1＋n，
则数列{bn}的前n项和Tn＝1＋1＋1＋2＋…＋1＋n＝n＋＝＋n－.
思维升华 判定一个数列为等比数列的常见方法：
(1)定义法：若＝q(q是不为零的常数)，则数列{an}是等比数列；
(2)等比中项法：若a＝anan＋2(n∈N＋，an≠0)，则数列{an}是等比数列；
(3)通项公式法：若an＝Aqn(A，q是不为零的常数)，则数列{an}是等比数列．
跟踪训练1 (2018·黄山模拟)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．
(1)证明　由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.
又
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)解　由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴－＝，
故是首项为，公差为的等差数列．
∴＝＋(n－1)·＝，
故an＝(3n－1)·2n－2.
题型三　等比数列性质的应用
例2 (1)(2018·包头质检)已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1 (n∈N+)的最小值为(　　)
A. B．1 C．2 D．3
答案　C
解析　由已知得数列{an}的公比满足q3＝＝，
解得q＝，∴a1＝2，a3＝，
故数列{anan＋1}是以2为首项，公比为＝的等比数列，
∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝
＝∈，故选C.
(2)(2018·大连模拟)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
答案　B
解析　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.
思维升华 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．
跟踪训练2 (1)等比数列{an}各项均为正数，a3a8＋a4a7＝18，则a1＋a2＋…＋a10＝ .
答案　20
解析　由a3a8＋a4a7＝18，得a4a7＝9
所以a1＋a2＋…＋a10
＝＝5
＝5＝95＝2log3310
＝20.
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝ (n≥2，且n∈N)．
答案　－
解析　很明显等比数列的公比q≠1，
则由题意可得，＝＝＝，
解得q＝，
则＝＝＝＝－.

等差数列与等比数列
关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．
例1　已知等差数列{an}的首项和公差均不为0，且满足a2，a5，a7成等比数列，则的值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　已知等差数列{an}的首项和公差均不为0，且满足a2，a5，a7成等比数列，
∴a＝a2a7，∴(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴10d2＝－a1d，∵d≠0，∴－10d＝a1，∴＝＝＝.
例2　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. D.
答案　C
解析　∵b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，
∴a1(b2－b1)＝a2，即a2＝3a1，
又数列{an}为等比数列，
∴数列{an}的公比为q＝3，
∴bn＋1－bn＝＝3，
∴数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，
∴数列{bn}的前n项和为Sn＝2n＋×3＝.故选C.


1．已知等比数列{an}满足a1＝1，a3a7＝16，则该数列的公比为(　　)
A．± B.
C．±2 D．2
答案　A
解析　根据等比数列的性质可得a3·a7＝a＝a·q8＝q8＝16＝24，
所以q2＝2，即q＝±，故选A.
2．已知递增的等比数列{an}中，a2＝6，a1＋1，a2＋2，a3成等差数列，则该数列的前6项和S6等于(　　)
A．93 B．189 C. D．378
答案　B
解析　设数列{an}的公比为q，由题意可知，q>1，
且2＝a1＋1＋a3，
即2×＝＋1＋6q，
整理可得2q2－5q＋2＝0，
则q＝2，则a1＝＝3，
∴数列{an}的前6项和S6＝＝189.
3．(2018·满洲里质检)等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为(　　)
A. B．－
C. D．－
答案　B
解析　当n＝1时，a1＝S1＝3＋r，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3
＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1
＝·9n－1，
所以3＋r＝，即r＝－，故选B.
4．已知等比数列{an}的公比为－2，且Sn为其前n项和，则等于(　　)
A．－5 B．－3 C．5 D．3
答案　C
解析　由题意可得，
＝＝1＋(－2)2＝5.
5．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为(　　)
A．10 B．9 C．8 D．7
答案　C
解析　设该女子第一天织布x尺，
则＝5，解得x＝，
所以前n天织布的尺数为(2n－1)，
由(2n－1)≥30，得2n≥187，解得n的最小值为8.
6．若正项等比数列{an}满足anan＋1＝22n(n∈N＋)，则a6－a5的值是(　　)
A. B．－16
C．2 D．16
答案　D
解析　设正项等比数列{an}的公比为q>0，
∵anan＋1＝22n(n∈N＋)，
∴＝＝4＝q2，解得q＝2，
∴a×2＝22n，an>0，解得an＝，
则a6－a5＝－＝16，故选D.


7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2 018，a2＋a4＝－2a3，则S2 019＝ .
答案　2 018
解析　∵a2＋a4＝－2a3，
∴a2＋a4＋2a3＝0，a2＋2a2q＋a2q2＝0，
∴q2＋2q＋1＝0，解得q＝－1.
∵a1＝2 018，
∴S2 019＝＝
＝2 018.
8.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为 ．

答案　
解析　由题意，得正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到
1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，∴n＝10，∴最小正方形的边长为×9＝.
9．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1＝，且a2a8＝2a5＋3，则a9＝ .
答案　18
解析　∵a2a8＝2a5＋3，∴a＝2a5＋3，
解得a5＝3(舍负)，即a1q4＝3，则q4＝6，a9＝a1q8＝×36＝18.
10．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a，且S4＋S12＝λS8，则λ＝ .
答案　
解析　∵a3a11＝2a，∴a＝2a，∴q4＝2，
∵S4＋S12＝λS8，
∴＋＝，
1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，
将q4＝2代入计算可得λ＝.
11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(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＝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＝，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＝2n－1，
所以an＝n·2n－1.
12．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N＋.
(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明　b1＝a2－a1＝1.
当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an
＝－(an－an－1)＝－bn－1，
∴{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知bn＝an＋1－an＝n－1，
当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋1＋＋…＋n－2
＝1＋
＝1＋
＝－n－1.
当n＝1时，－×1－1＝1＝a1，
∴an＝－n－1(n∈N＋)．

13．(2019·鄂尔多斯模拟)正项等比数列{an}中的a1，a4 037是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则等于(　　)
A．1 B．2 C．－1 D.
答案　A
解析　因为f′(x)＝x2－8x＋6，所以a1·a4 037＝6，
所以a2 019＝(舍负)，＝1.
14．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，bn＝log2(a·)，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>1 024的最小n的值为 ．
答案　9
解析　 由数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，
则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，
a1＝S1＝2，满足上式，
所以bn＝log2(a·)＝log2a＋log2＝2n＋2n，
所以数列{bn}的前n和为Tn＝＋
＝n(n＋1)＋2n＋1－2，
当n＝9时，T9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，
当n＝8时，T8＝8×9＋29－2＝582<1 024，
所以满足Tn>1 024的最小n的值为9.

15．已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn>1的n的最小值为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
答案　C
解析　∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N＋)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6，故选C.
16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；….设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，xt，2，并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N+，求数列{an}的通项公式．
解　an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，
所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·…·xt·(xt·2)·2]
＝log2(12·x·x·x·…·x·22)＝3an－1，
所以an＋1－＝3，
所以数列是一个以为首项，以3为公比的等比数列，
所以an－＝×3n－1，所以an＝.