2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第七章　数列与数学归纳法7.3

§7.3　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项和公式及其应用．
2.了解等比数列与指数函数的关系．
3.会用数列的等比关系解决实际问题.
以考查等比数列的通项、前n项和及性质为主，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，难度为中低档.



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＝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.
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．[P51例3]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．[P54T3]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．(2018·台州质量评估)已知正项等比数列{an}中，若a1a3＝2，a2a4＝4，则a5等于(　　)
A．±4 B．4 C．±8 D．8
答案　B
解析　由于等比数列各项为正，则由题意得解得所以a5＝a1q4＝4，故选B.
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 (2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝an＋1－3n－1，n∈N*.
(1)证明：数列{an＋3}是等比数列；
(2)对k∈N*，设f(n)＝求使不等式[f(2)－f(m)]cos(mπ)≤0成立的正整数m的取值范围．
(1)证明　当n≥2时，由Sn＝an＋1－3n－1，得Sn－1＝an－3(n－1)－1，
由Sn－Sn－1得，an＋1＝2an＋3，n≥2，所以＝2，n≥2，又S1＝a2－3－1，a1＝1，所以a2＝5，＝2，
因此{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，Sn＝an＋1－3n－1＝2n＋2－3n－4，
因为f(n)＝
当m为偶数时，cos(mπ)＝1，f(2)＝3，f(m)＝m＋1，
因为原不等式可化为3－(m＋1)≤0，即m≥2，且m＝2k(k≥1，k∈N*)．
当m为奇数时，cos(mπ)＝－1，f(2)＝3，f(m)＝2m＋1－1，
原不等式可化为3≥2m＋1－1，当m＝1时符合条件．
综上可得，正整数m的取值范围是m＝2k(k≥1，k∈N*)或m＝1.
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是非零常数)，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为非零常数)，则数列{an}是等比数列．
跟踪训练1 (2018·浙江省六校协作体期末联考)已知数列{an}的首项a1＝t>0，an＋1＝，n＝1,2，….
(1)若t＝，求证是等比数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若an＋1>an对一切n∈N*都成立，求t的取值范围．
解　(1)由题意知an>0，＝＝＋，
－1＝，又－1＝，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以－1＝n－1，an＝.
(2)由(1)知－1＝，
－1＝n－1，
由a1>0，an＋1＝，知an>0，
故由an＋1>an得<，
即n＋1 得－1>0，又t>0，
则0


题型三　等比数列性质的应用
例2 (1)(2018·浙大附中模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7等于(　　)
A．8 B．6
C．4 D．8－4
答案　A
解析　由等比数列的性质可知，a＋2a2a6＋a3a7＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝8，故选A.
(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
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，∴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)(2018·浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列{an}中，前n项和为Sn，a1a9＝2a3a6，S5＝－62，则a1的值为________．
答案　－2
解析　由等比数列的性质及题意知a1a9＝a3a7＝2a3a6，
所以q＝＝2，由S5＝＝－62，可得a1＝－2.
(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 (2018·浙江六校协作体期末联考)已知数列{an}是公比为2的等比数列，满足a6＝a2·a10，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b9＝2a7，则S17等于(　　)
A．34 B．39 C．51 D．68
答案　D
解析　方法一　数列{an}是公比q＝2的等比数列，由a6＝a2·a10得a1q5＝a1q·a1q9，∴a1q5＝1，∴a6＝1，b9＝2a7＝2a6·q＝2×1×2＝4，设等差数列{bn}的公差为d，则S17＝17b1＋d＝17(b1＋8d)＝17b9＝68，故选D.
方法二　数列{an}是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a6＝a2·a10＝a，∴a6＝1，∴b9＝2a7＝2a6×2＝4，∴等比数列{bn}的前17项和S17＝＝17b9＝68，故选D.
例2 (2018·浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是单调递增的等比数列，b1是a1与a2的等差中项，b1＝2，a3＝5，b3＝a4＋1.若当n≥m(m∈N*)时，Sn≤bn恒成立，则m的最小值为________．
答案　4
解析　由题意设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，q>1，则a1＋a2＝2a1＋d＝2b1＝4，又a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝1，d＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以b3＝a4＋1＝8，Sn＝n＋×2＝n2.因为数列{bn}是单调递增的等比数列，所以q2＝＝4，q＝2，bn＝2n.因为当n≥m(m∈N*)时，Sn≤bn恒成立，所以当n≥m(m∈N*)时n2≤2n恒成立，数形结合可知m的最小值为4.


1．若等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a2<0且a5<0”是“数列{Sn}单调递减”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，∵a5＝a2q3<0，a2<0，∴q>0，∴an<0恒成立，∴当n≥2时，Sn－Sn－1＝an<0，数列{Sn}单调递减，故“a2<0且a5<0”是“数列{Sn}单调递减”的充分条件；若数列{Sn}单调递减，则当n≥2时，Sn－Sn－1＝an<0⇒a2<0，a5<0，故“a2<0且a5<0”是“数列{Sn}单调递减”的必要条件，故选C.
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．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．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯(　　)
A．186盏 B．189盏
C．192盏 D．96盏
答案　C
解析　设塔的底层共有灯x盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x，公比为的等比数列，则＝381，解得x＝192.
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．(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.
答案　3　162
解析　由题意得解得或(舍去)，
从而a5＝a1q4＝2×34＝162.
8．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{an}的前n项和为Sn，满足对任意的正整数n，均有Sn＋3＝8Sn＋3，则a1＝________，公比q＝________.
答案　　2
解析　由Sn＋3＝8Sn＋3得Sn＋4＝8Sn＋1＋3，两式作差得an＋4＝8an＋1，所以＝q3＝8，即q＝2，令n＝1得S4＝8a1＋3，即a1＋2a1＋4a1＋8a1＝8a1＋3，解得a1＝.
9．(2019·台州调考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝16，某同学经过计算得到S2＝32，S3＝76，S4＝130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是________，该数列的公比是__________．
答案　32(S2)　
解析　由题意得若S2计算正确，则a2＝S2－S1＝16＝a1，则该等比数列的公比为1，易得S3，S4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S2)．设该数列的公比为q，因为S4－S3＝a4＝130－76＝54，所以q3＝＝＝，解得q＝.
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·浙江省第二次联盟校联考)设数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)．
(1)求a2及an；
(2)求证：anSn的最大值为.
(1)解　由题意得2a2＋S1＝3，即2a2＋a1＝3，
所以a2＝＝.
当n≥2时，由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3，
两式相减得2an＋1－an＝0，
即an＋1＝an.
因为a1＝，a2＝，
所以a2＝a1，即当n＝1时，an＋1＝an也成立．
综上，{an}是以为首项，为公比的等比数列，
所以an＝.
(2)证明　因为2an＋1＋Sn＝3，且an＋1＝an，所以Sn＝3－2an＋1＝3－an.
于是，anSn＝an(3－an)≤2＝，当且仅当an＝，即n＝1时等号成立．
故anSn的最大值为.
12．(2018·浙江省十校联盟适应性考试)在数列{an}中，a1＝1，a2＝4，且3an＋2－4an＋1＋an＝0，n∈N*.
(1)求证：数列{an＋1－an}是等比数列；
(2)若数列{an}的前n项和为Sn，且Sn≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
(1)证明　由题意，得3(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝0，即an＋2－an＋1＝(an＋1－an)，
又a2－a1＝3，
所以数列{an＋1－an}是以3为首项，为公比的等比数列．
(2)解　由(1)得an＋1－an＝3×n－1，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝3×，a4－a3＝3×2，…，
an－an－1＝3×n－2(n≥2，n∈N*)，
将以上式子累加得an－a1
＝3×
＝，
所以an＝－·n－1(易知当n＝1时也成立)．
因为an＝－·n－1关于n单调递增，且a1＝1>0，所以Sn也关于n单调递增，所以Sn≥S1＝1.
于是，由Sn≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－≤m≤1＋.
故实数m的取值范围是[1－，1＋]．

13．等比数列{an}的首项为，公比为－，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－的最大值与最小值的比值为(　　)
A．－ B．－ C. D.
答案　B
解析　∵等比数列{an}的首项为，公比为－，
∴an＝×n－1，
∴Sn＝＝1－n.
①当n为奇数时，Sn＝1＋n随着n的增大而减小，则1 ②当n为偶数时，Sn＝1－n随着n的增大而增大，则＝S2≤Sn<1，故－≤Sn－<0.
∴Sn－的最大值与最小值的比值为＝－.
14．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.

15．(2018·浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，则(　　)
A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4
C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4
答案　B
解析　构造不等式ln x≤x－1，
则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1·q3≤－1.由a1＞1，得q＜0.
若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.
又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，
所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，矛盾．
因此－1＜q＜0.
所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，
所以a1＞a3，a2＜a4.
故选B.
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＝.