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2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第六章6.3等比数列及其前n项和
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§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.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.
4.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．解答题往往与数列的计算、证明、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＝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．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝.
3．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＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a.
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{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.
4．在等比数列{an}中，若Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外)．
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，则数列{ln an}是等差数列．( × )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( × )
(4)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).
等比数列基本量的运算
1．(2020·晋城模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q等于( )
A．5 B．4 C．3 D．2
答案 D
解析 因为S2＝3，S4＝15，S4－S2＝12，
所以
两个方程左右两边分别相除，得q2＝4，
因为数列是正项等比数列，
所以q＝2，故选D.
2．(2019·全国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等于( )
A．16 B．8 C．4 D．2
答案 C
解析 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.
3．(2019·全国Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________.
答案
解析 设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
4．(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．
等比数列的判定与证明
例1 (2019·衡阳模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝，2an＋1＝an＋bn,2bn＋1＝an＋bn.
(1)证明：数列{an＋bn}，{an－bn}为等比数列；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<.
证明 (1)依题意，有
两式相加得，an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)，
又∵a1＋b1＝≠0，
∴{an＋bn}为首项为，公比为的等比数列，
两式相减得，an＋1－bn＋1＝(an－bn)，
又∵a1－b1＝≠0，
∴{an－bn}为首项为，公比为的等比数列．
(2)由(1)可得，an＋bn＝n－1，①
an－bn＝n－1，②
①＋②得，an＝n＋n，
∴Sn＝＋ <＋＝.
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 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－.
等比数列性质的应用
例2 (1)(2019·黑龙江省大庆第一中学模拟)在各项不为零的等差数列{an}中，2a2 019－a＋2a2 021＝0，数列{bn}是等比数列，且b2 020＝a2 020，则log2(b2 019·b2 021)的值为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
解析 因为等差数列{an}中a2 019＋a2 021＝2a2 020，
所以2a2 019－a＋2a2 021＝4a2 020－a＝0，
因为数列{an}各项不为零，所以a2 020＝4，
因为数列{bn}是等比数列，所以b2 019·b2 021＝a＝16.
所以log2(b2 019·b2 021)＝log216＝4.故选C.
(2)(2020·长春质检)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S6＝30，S9＝70，则S3＝________.
答案 10
解析 根据等比数列的前n项和的性质，若Sn是等比数列的和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍是等比数列，得到(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，解得S3＝10，或S3＝90(舍)．
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)(2019·安徽省江淮十校月考)已知等比数列{an}的公比q＝－，该数列前9项的乘积为1，则a1等于( )
A．8 B．16 C．32 D．64
答案 B
解析 由已知a1a2…a9＝1 ，又a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝a ，所以a＝1 ，即a5＝1，所以a14＝1 ，a1＝16.故选B.
(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＝＝＝＝－.
对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．
构造法1 形如an＋1＝can＋d(c≠0，其中a1＝a)型
(1)若c＝1，数列{an}为等差数列.
(2)若d＝0，数列{an}为等比数列.
(3)若c≠1且d≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，得an＋1＝can＋(c－1)λ，
与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝(c≠1)，
所以an＋＝c(n≥2)，
即构成以a1＋为首项，以c为公比的等比数列．
例1 在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则通项an＝________.
答案 2×3n－1－1
解析 an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
又因为a1＋1＝2≠0，
所以{an＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列，
所以an＋1＝2·3n－1，an＝2·3n－1－1.
构造法2 形如 an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)型
an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)的求解方法是两端同时除以pn＋1，即得－＝q，则数列为等差数列．
例2 (1)已知正项数列{an}满足a1＝4，an＋1＝2an＋2n＋1，则an等于( )
A．n·2n－1 B．(n＋1)·2n
C．n·2n＋1 D．(n－1)·2n
答案 B
解析 ∵an＋1＝2an＋2n＋1，
∴＝＋1，即－＝1，
又∵＝＝2，
∴数列是首项为2，公差为1的等差数列，
∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝(n＋1)·2n，故选B.
(2)(2019·武汉市二中月考)已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an等于( )
A．－3×2n－1 B．3×2n－1
C．5n＋3×2n－1 D．5n－3×2n－1
答案 D
解析 方法一 在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①
令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，
即bn＋1－1＝(bn－1)，
所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为，
所以bn－1＝×n－1，
即bn＝1－×n－1，
所以＝1－×n－1＝1－.
故an＝5n－3×2n－1.
方法二 设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，
则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，
即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，
所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，
则an－5n＝－3×2n－1，
故an＝5n－3×2n－1.故选D.
构造法3 相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型)
可化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两根．
例3 数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1＋an，求数列{an}的通项公式．
解 由an＋2＝an＋1＋an可得，
an＋2－an＋1＝－(an＋1－an)，
所以数列{an＋1－an}是首项为1，公比为－的等比数列，
当n≥2时，a2－a1＝1，a3－a2＝－，a4－a3＝，…，
an－an－1＝n－2，
将上面的式子相加可得
an－1＝1＋＋＋…＋n－2，
从而可求得an＝2＋＋＋…＋n－2，
故有an＝＋·n(n≥2).
又a1＝1符合上式，
所以an＝＋·n.
构造法4 倒数为特殊数列(形如an＝型)
例4 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝，a1＝1，
∴an≠0，∴＝＋，
即－＝，
又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝(n∈N*).
1．(2020·韶关模拟)若等比数列{an}的各项均为正数，a2＝3,4a＝a1a7，则a5等于( )
A. B. C．12 D．24
答案 D
解析 数列{an}是等比数列，各项均为正数，
4a＝a1a7＝a，所以q2＝＝4，
所以q＝2.
所以a5＝a2·q3＝3×23＝24，
故选D.
2．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.
3．等比数列{an}中，a2>0，则“a2
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 当a21，q>1，a5＝a3q2>a3，为充分条件．当a3
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.
5．(2020·永州模拟)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是( )
A．数列{anan＋1}是公比为q的等比数列
B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C．数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
D．数列是公比为的等比数列
答案 D
解析 对于A，由＝q2(n≥2)知其是公比为q2的等比数列；对于B，若q＝－1，则{an＋an＋1}项中有0，不是等比数列；对于C，若q＝1，则数列{an－an＋1}项中有0，不是等比数列；对于D，＝＝，所以数列是公比为的等比数列，故选D.
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．已知各项为正数的等比数列{an}中， a2a3＝16，则数列{log2an}的前四项和等于________．
答案 8
解析 各项为正数的等比数列{an}中，a2a3＝16，
可得a1a4＝a2a3＝16，
即有log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4
＝log2(a1a2a3a4)＝log2256＝8.
8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2 020，a2＋a4＝－2a3，则S2 021＝________.
答案 2 020
解析 ∵a2＋a4＝－2a3，
∴a2＋a4＋2a3＝0，a2＋2a2q＋a2q2＝0，
∵a2≠0，∴q2＋2q＋1＝0，解得q＝－1.
∵a1＝2 020，
∴S2 021＝＝
＝2 020.
9.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状图形，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＝.
10．(2019·呼伦贝尔模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且有an＝，若S1，Sm，Sn成等比数列(m>1)，则正整数n的值为________．
答案 8
解析 ∵an＝＝－，
∴Sn＝1－＋－＋…＋－＝，
又S1，Sm，Sn成等比数列(m>1)，∴S＝S1·Sn，
即＝·，＝，
∴2m2<(m＋1)2，即m2－2m－1<0，
解得1－
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．(2019·淄博模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*且n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n＋1(n∈N*且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列．
(1)解 由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，即an－an－1＝(n≥2且n∈N*)，
则数列{an}是以为首项，为公差的等差数列，
因此an＝＋(n－1)× ＝n＋.
(2)证明 因为3bn－bn－1＝n＋1(n≥2)，
所以bn＝bn－1＋(n＋1)(n≥2)，
bn－an＝bn－1＋(n＋1)－n－
＝bn－1 －n＋
＝(n≥2)，
bn－1－an－1＝bn－1－ (n－1)－
＝ bn－1－n＋(n≥2)，
所以bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2)，
因为b1－a1＝－10≠0，所以数列{bn－an}是以－10为首项，为公比的等比数列．
13．(2019·山西省太原第五中学月考)各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，且a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝
解析 由题设可得an＋1＝，an＝(n≥2)，
代入2bn＝an＋an＋1得2bn＝＋(n≥2)，
即2＝＋(n≥2)，
则{}是首项为的等差数列．
又a1＝1，a2＝3，所以2b1＝4，b1＝2，
故b2＝＝，
则公差d＝－＝－＝，
所以＝＋(n－1)＝，
即＝，＝，
则an＋1＝＝，
所以an＝＝.
14．(2019·江西省上饶横峰中学模拟)已知在等比数列{an}中，an>0，a＋a＝900－2a1a5，a5＝9a3，则a2 020的个位数字是________．
答案 7
解析 由等比数列的性质可得a1a5＝a2a4，
因为a＋a＝900－2a1a5＝900－2a2a4，
所以a＋a＋2a2a4＝(a2＋a4)2＝900，
又因为an>0，所以a2＋a4＝30，
又由a5＝9a3，所以a1(q＋q3)＝30，a3q2＝9a3，且q>0，
解得a1＝1，q＝3，
所以a2 020＝a1q2 019＝32 019＝(34)504×33，
所以a2 020的个位数字是7.
15．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，
所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列，
所以an－＝×3n－1，所以an＝.
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且数列是首项为3，公差为2的等差数列，若bn＝a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使得Sn＋Tn≥268成立的n的最小值．
解 因为数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以＝3＋(n－1)×2 ，化简得Sn＝2n2＋n，
则Sn－1＝2(n－1)2＋(n－1)(n≥2)，
所以an＝Sn－Sn－1 ＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]
＝4n－1(n≥2)，
当n＝1 时，S1＝a1＝3，也符合上式，
所以an＝4n－1，
因为bn＝，
所以b1＝a2，b2＝a4，b3＝a8，b4＝a16，b5＝a32，b6＝a64，…
所以Tn＝a2＋a4＋a8＋a16＋…＋a2n－1＋a2n
＝(23－1)＋(24－1)＋(25－1)＋…＋(2n＋1－1)＋(2n＋2－1)
＝23＋24＋25＋…＋2n＋1＋2n＋2－n
＝2n＋3－n－8，
所以S1＋T1＝(2×12＋1)＋(24－1－8)＝10，
S2＋T2＝(2×22＋2)＋(25－2－8)＝32，
S3＋T3＝(2×32＋3)＋(26－3－8)＝74，
S4＋T4＝(2×42＋4)＋(27－4－8)＝152，
S5＋T5＝(2×52＋5)＋(28－5－8)＝298，
所以使得Sn＋Tn≥268成立的n的最小值为5.
最新考纲
考情考向分析
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.
4.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．解答题往往与数列的计算、证明、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＝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．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝.
3．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＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a.
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{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.
4．在等比数列{an}中，若Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外)．
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，则数列{ln an}是等差数列．( × )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( × )
(4)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).
等比数列基本量的运算
1．(2020·晋城模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q等于( )
A．5 B．4 C．3 D．2
答案 D
解析 因为S2＝3，S4＝15，S4－S2＝12，
所以
两个方程左右两边分别相除，得q2＝4，
因为数列是正项等比数列，
所以q＝2，故选D.
2．(2019·全国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等于( )
A．16 B．8 C．4 D．2
答案 C
解析 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.
3．(2019·全国Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________.
答案
解析 设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
4．(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．
等比数列的判定与证明
例1 (2019·衡阳模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝，2an＋1＝an＋bn,2bn＋1＝an＋bn.
(1)证明：数列{an＋bn}，{an－bn}为等比数列；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn<.
证明 (1)依题意，有
两式相加得，an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)，
又∵a1＋b1＝≠0，
∴{an＋bn}为首项为，公比为的等比数列，
两式相减得，an＋1－bn＋1＝(an－bn)，
又∵a1－b1＝≠0，
∴{an－bn}为首项为，公比为的等比数列．
(2)由(1)可得，an＋bn＝n－1，①
an－bn＝n－1，②
①＋②得，an＝n＋n，
∴Sn＝＋ <＋＝.
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 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－.
等比数列性质的应用
例2 (1)(2019·黑龙江省大庆第一中学模拟)在各项不为零的等差数列{an}中，2a2 019－a＋2a2 021＝0，数列{bn}是等比数列，且b2 020＝a2 020，则log2(b2 019·b2 021)的值为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
解析 因为等差数列{an}中a2 019＋a2 021＝2a2 020，
所以2a2 019－a＋2a2 021＝4a2 020－a＝0，
因为数列{an}各项不为零，所以a2 020＝4，
因为数列{bn}是等比数列，所以b2 019·b2 021＝a＝16.
所以log2(b2 019·b2 021)＝log216＝4.故选C.
(2)(2020·长春质检)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S6＝30，S9＝70，则S3＝________.
答案 10
解析 根据等比数列的前n项和的性质，若Sn是等比数列的和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍是等比数列，得到(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，解得S3＝10，或S3＝90(舍)．
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)(2019·安徽省江淮十校月考)已知等比数列{an}的公比q＝－，该数列前9项的乘积为1，则a1等于( )
A．8 B．16 C．32 D．64
答案 B
解析 由已知a1a2…a9＝1 ，又a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝a ，所以a＝1 ，即a5＝1，所以a14＝1 ，a1＝16.故选B.
(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＝＝＝＝－.
对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．
构造法1 形如an＋1＝can＋d(c≠0，其中a1＝a)型
(1)若c＝1，数列{an}为等差数列.
(2)若d＝0，数列{an}为等比数列.
(3)若c≠1且d≠0，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．
方法如下：设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，得an＋1＝can＋(c－1)λ，
与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝(c≠1)，
所以an＋＝c(n≥2)，
即构成以a1＋为首项，以c为公比的等比数列．
例1 在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则通项an＝________.
答案 2×3n－1－1
解析 an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
又因为a1＋1＝2≠0，
所以{an＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列，
所以an＋1＝2·3n－1，an＝2·3n－1－1.
构造法2 形如 an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)型
an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)的求解方法是两端同时除以pn＋1，即得－＝q，则数列为等差数列．
例2 (1)已知正项数列{an}满足a1＝4，an＋1＝2an＋2n＋1，则an等于( )
A．n·2n－1 B．(n＋1)·2n
C．n·2n＋1 D．(n－1)·2n
答案 B
解析 ∵an＋1＝2an＋2n＋1，
∴＝＋1，即－＝1，
又∵＝＝2，
∴数列是首项为2，公差为1的等差数列，
∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝(n＋1)·2n，故选B.
(2)(2019·武汉市二中月考)已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an等于( )
A．－3×2n－1 B．3×2n－1
C．5n＋3×2n－1 D．5n－3×2n－1
答案 D
解析 方法一 在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①
令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，
即bn＋1－1＝(bn－1)，
所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为，
所以bn－1＝×n－1，
即bn＝1－×n－1，
所以＝1－×n－1＝1－.
故an＝5n－3×2n－1.
方法二 设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，
则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，
即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，
所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，
则an－5n＝－3×2n－1，
故an＝5n－3×2n－1.故选D.
构造法3 相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型)
可化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两根．
例3 数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1＋an，求数列{an}的通项公式．
解 由an＋2＝an＋1＋an可得，
an＋2－an＋1＝－(an＋1－an)，
所以数列{an＋1－an}是首项为1，公比为－的等比数列，
当n≥2时，a2－a1＝1，a3－a2＝－，a4－a3＝，…，
an－an－1＝n－2，
将上面的式子相加可得
an－1＝1＋＋＋…＋n－2，
从而可求得an＝2＋＋＋…＋n－2，
故有an＝＋·n(n≥2).
又a1＝1符合上式，
所以an＝＋·n.
构造法4 倒数为特殊数列(形如an＝型)
例4 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝，a1＝1，
∴an≠0，∴＝＋，
即－＝，
又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝(n∈N*).
1．(2020·韶关模拟)若等比数列{an}的各项均为正数，a2＝3,4a＝a1a7，则a5等于( )
A. B. C．12 D．24
答案 D
解析 数列{an}是等比数列，各项均为正数，
4a＝a1a7＝a，所以q2＝＝4，
所以q＝2.
所以a5＝a2·q3＝3×23＝24，
故选D.
2．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.
3．等比数列{an}中，a2>0，则“a2
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 当a2
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.
5．(2020·永州模拟)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是( )
A．数列{anan＋1}是公比为q的等比数列
B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C．数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
D．数列是公比为的等比数列
答案 D
解析 对于A，由＝q2(n≥2)知其是公比为q2的等比数列；对于B，若q＝－1，则{an＋an＋1}项中有0，不是等比数列；对于C，若q＝1，则数列{an－an＋1}项中有0，不是等比数列；对于D，＝＝，所以数列是公比为的等比数列，故选D.
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．已知各项为正数的等比数列{an}中， a2a3＝16，则数列{log2an}的前四项和等于________．
答案 8
解析 各项为正数的等比数列{an}中，a2a3＝16，
可得a1a4＝a2a3＝16，
即有log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4
＝log2(a1a2a3a4)＝log2256＝8.
8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2 020，a2＋a4＝－2a3，则S2 021＝________.
答案 2 020
解析 ∵a2＋a4＝－2a3，
∴a2＋a4＋2a3＝0，a2＋2a2q＋a2q2＝0，
∵a2≠0，∴q2＋2q＋1＝0，解得q＝－1.
∵a1＝2 020，
∴S2 021＝＝
＝2 020.
9.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状图形，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＝.
10．(2019·呼伦贝尔模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且有an＝，若S1，Sm，Sn成等比数列(m>1)，则正整数n的值为________．
答案 8
解析 ∵an＝＝－，
∴Sn＝1－＋－＋…＋－＝，
又S1，Sm，Sn成等比数列(m>1)，∴S＝S1·Sn，
即＝·，＝，
∴2m2<(m＋1)2，即m2－2m－1<0，
解得1－
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．(2019·淄博模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*且n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n＋1(n∈N*且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列．
(1)解 由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，即an－an－1＝(n≥2且n∈N*)，
则数列{an}是以为首项，为公差的等差数列，
因此an＝＋(n－1)× ＝n＋.
(2)证明 因为3bn－bn－1＝n＋1(n≥2)，
所以bn＝bn－1＋(n＋1)(n≥2)，
bn－an＝bn－1＋(n＋1)－n－
＝bn－1 －n＋
＝(n≥2)，
bn－1－an－1＝bn－1－ (n－1)－
＝ bn－1－n＋(n≥2)，
所以bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2)，
因为b1－a1＝－10≠0，所以数列{bn－an}是以－10为首项，为公比的等比数列．
13．(2019·山西省太原第五中学月考)各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，且a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝
解析 由题设可得an＋1＝，an＝(n≥2)，
代入2bn＝an＋an＋1得2bn＝＋(n≥2)，
即2＝＋(n≥2)，
则{}是首项为的等差数列．
又a1＝1，a2＝3，所以2b1＝4，b1＝2，
故b2＝＝，
则公差d＝－＝－＝，
所以＝＋(n－1)＝，
即＝，＝，
则an＋1＝＝，
所以an＝＝.
14．(2019·江西省上饶横峰中学模拟)已知在等比数列{an}中，an>0，a＋a＝900－2a1a5，a5＝9a3，则a2 020的个位数字是________．
答案 7
解析 由等比数列的性质可得a1a5＝a2a4，
因为a＋a＝900－2a1a5＝900－2a2a4，
所以a＋a＋2a2a4＝(a2＋a4)2＝900，
又因为an>0，所以a2＋a4＝30，
又由a5＝9a3，所以a1(q＋q3)＝30，a3q2＝9a3，且q>0，
解得a1＝1，q＝3，
所以a2 020＝a1q2 019＝32 019＝(34)504×33，
所以a2 020的个位数字是7.
15．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，
所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列，
所以an－＝×3n－1，所以an＝.
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且数列是首项为3，公差为2的等差数列，若bn＝a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使得Sn＋Tn≥268成立的n的最小值．
解 因为数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以＝3＋(n－1)×2 ，化简得Sn＝2n2＋n，
则Sn－1＝2(n－1)2＋(n－1)(n≥2)，
所以an＝Sn－Sn－1 ＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]
＝4n－1(n≥2)，
当n＝1 时，S1＝a1＝3，也符合上式，
所以an＝4n－1，
因为bn＝，
所以b1＝a2，b2＝a4，b3＝a8，b4＝a16，b5＝a32，b6＝a64，…
所以Tn＝a2＋a4＋a8＋a16＋…＋a2n－1＋a2n
＝(23－1)＋(24－1)＋(25－1)＋…＋(2n＋1－1)＋(2n＋2－1)
＝23＋24＋25＋…＋2n＋1＋2n＋2－n
＝2n＋3－n－8，
所以S1＋T1＝(2×12＋1)＋(24－1－8)＝10，
S2＋T2＝(2×22＋2)＋(25－2－8)＝32，
S3＋T3＝(2×32＋3)＋(26－3－8)＝74，
S4＋T4＝(2×42＋4)＋(27－4－8)＝152，
S5＋T5＝(2×52＋5)＋(28－5－8)＝298，
所以使得Sn＋Tn≥268成立的n的最小值为5.
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