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高考数学一轮复习 第5章 第3节 等比数列及其前n项和
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这是一份高考数学一轮复习 第5章 第3节 等比数列及其前n项和，共14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．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1.))
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＝aeq \\al(2,k)；
(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.
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( )
(3)若{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a1－an,1－a).
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
2．(2017·广州综合测试(二))已知等比数列{an}的公比为－eq \f(1,2)，则eq \f(a1＋a3＋a5,a2＋a4＋a6)的值是( )
A．－2 B．－eq \f(1,2)
C.eq \f(1,2)D．2
A [eq \f(a1＋a3＋a5,a2＋a4＋a6)＝eq \f(a1＋a3＋a5,－\f(1,2)a1＋a3＋a5)＝－2.]
3．(2017·东北三省四市一联)等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＝6，a3＝8，则a6＝( )
A．64B．128
C．256D．512
A [设等比数列的首项为a1，公比为q，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝a1＋a1q＝6，,a3＝a1q2＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝18，,q＝－\f(2,3)))(舍去)，所以a6＝a1q5＝64，故选A.]
4．(教材改编)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.]
5．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝__________.
6 [∵a1＝2，an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵Sn＝126，∴eq \f(21－2n,1－2)＝126，解得n＝6.]
(1)(2016·安徽皖江名校联考)已知Sn是各项为正数的等比数列{an}的前n项和，a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝( )
A．32 B．64
C．128D．256
(2)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于__________．
【导学号：31222183】
(1)C (2)2n－1 [(1)∵{an}为等比数列，a2·a4＝16，∴a3＝4.∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝eq \f(a11－q2,1－q)＝3，∴eq \f(4,q2)(1－q2)＝3(1－q)，即3q2－4q－4＝0，
∴q＝－eq \f(2,3)或q＝2.∵an>0，∴q＝2，则a1＝1，∴a8＝27＝128.
(2)设等比数列的公比为q，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q3＝9，,a\\al(2,1)·q3＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2).))
又{an}为递增数列，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))∴Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.]
[规律方法] 1.等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．
2．在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比q的情况进行分类讨论，在运算过程中，应善于运用整体代换思想简化运算．
[变式训练1] (1)在等比数列{an}中，a3＝7，前3项和S3＝21，则公比q的值为( )
A．1B．－eq \f(1,2)
C．1或－eq \f(1,2)D．－1或eq \f(1,2)
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则eq \f(S6,S3)＝__________.
(1)C (2)28 [(1)根据已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝7， ①,a1＋a1q＋a1q2＝21， ②))
②÷①得eq \f(1＋q＋q2,q2)＝3.
整理得2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).
(2)由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以27a1q2＝a1q5，所以q＝3，由Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，得S6＝eq \f(a11－36,1－3)，S3＝eq \f(a11－33,1－3)，所以eq \f(S6,S3)＝eq \f(a11－36,1－3)·eq \f(1－3,a11－33)＝28.]
(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＋λa1，2分
故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，故a1≠0.3分
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.5分
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)))n－1.7分
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.9分
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).10分
解得λ＝－1.12分
[规律方法] 等比数列的判定方法
(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．
说明：前两种方法是证明等比数列的常用方法，后者常用于选择题、填空题中的判定．
[变式训练2] 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，即2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，即2cn＋1＝cn.3分
由a1＋S1＝1得a1＝eq \f(1,2)，∴c1＝a1－1＝－eq \f(1,2)，
从而cn≠0，∴eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(1,2).
∴数列{cn}是以－eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列.6分
(2)由(1)知cn＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，7分
又cn＝an－1，∴an＝cn＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，9分
∴当n≥2时，
bn＝an－an－1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
又b1＝a1＝eq \f(1,2)，适合上式，故bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.12分
(1)(2016·安徽六安一中综合训练)在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若T2m－1＝512，则m的值为( )
A．4B．5
C．6D．7
(2)(2016·天津高考)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的( )
A．充要条件
B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
(1)B (2)C [(1)由等比数列的性质可知am＋1·am－1＝aeq \\al(2,m)＝2am(m≥2)，所以am＝2，即数列{an}为常数列，an＝2，所以T2m－1＝22m－1＝512＝29，即2m－1＝9，所以m＝5，故选B.
(2)若对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0，则a1＋a2<0，又a1>0，所以a2<0，所以q＝eq \f(a2,a1)<0.若q<0，可取q＝－1，a1＝1，则a1＋a2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0.所以“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的必要而不充分条件．故选C.]
[规律方法] 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
2．等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前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．
[变式训练3] (1)(2017·合肥三次质检)在正项等比数列{an}中，a1 008·a1 009＝eq \f(1,100)，则lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 016＝( )
A．2 015B．2 016
C．－2 015D．－2 016
(2)(2017·南昌一模)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为eq \f(81,4)，则前4项倒数的和为( )
A.eq \f(3,2)B.eq \f(9,4)
C．1D．2
(1)D (2)D [(1)lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 016＝lg a1a2…a2 016＝
lg(a1 008·a1 009)1 008＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)))1 008＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－2))1 008＝－2 016，故选D.
(2)由题意得S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝9，所以eq \f(1－q4,1－q)＝eq \f(9,a1).由a1·a1q·a1q2·a1q3＝(aeq \\al(2,1)q3)2＝eq \f(81,4)得aeq \\al(2,1)q3＝eq \f(9,2).由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为eq \f(\f(1,a1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,q4))),1－\f(1,q))＝eq \f(q4－1,a1q3q－1)＝eq \f(1,a1q3)·eq \f(9,a1)＝eq \f(9,a\\al(2,1)q3)＝2，故选D.]
[思想与方法]
1．方程的思想．等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．
2．函数的思想．通项公式an ＝a1qn－1可化为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,q)))qn，因此an是关于n的函数，即{an}中的各项所表示的点(n，an)在曲线y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,q)))qx上，是一群孤立的点．
3．分类讨论思想．当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，此处是常考易错点．
[易错与防范]
1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
2．由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽视q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
4．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)．
课时分层训练(三十)
等比数列及其前n项和
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
【导学号：31222184】
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
D [由等比数列的性质得，a3·a9＝aeq \\al(2,6)≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.]
2．(2016·重庆巴蜀中学3月模拟)我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？
( ) 【导学号：31222185】
A．5 B．4
C．3D．2
C [设塔顶有x盏灯，则由题意知eq \f(x1－27,1－2)＝381，解得x＝3.故选C.]
3．(2016·广东肇庆三模)在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于( )
A．－3B．－1
C．1D．3
D [两式相减得a4－a3＝2a3，从而求得eq \f(a4,a3)＝3，即q＝3.]
4．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝
( )
A．2B．1
C.eq \f(1,2)D.eq \f(1,8)
C [法一：∵a3a5＝aeq \\al(2,4)，a3a5＝4(a4－1)，∴aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，
∴aeq \\al(2,4)－4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(2,\f(1,4))＝8，
∴q＝2，∴a2＝a1q＝eq \f(1,4)×2＝eq \f(1,2)，故选C.
法二：∵a3a5＝4(a4－1)，∴a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，
将a1＝eq \f(1,4)代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，
解得q＝2，
∴a2＝a1q＝eq \f(1,2)，故选C.]
5．(2017·合肥二次质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
C [设等比数列{an}的公比为q，则a3·a5＝a2q·a2q3＝4，又因为a2＝12，所以q4＝eq \f(1,36)，则q2＝eq \f(1,6)，所以数列{a2n}是首项为12，公比为eq \f(1,6)的等比数列，则数列{a2n}为单调递减数列，故选C.]
二、填空题
6．若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2eq \r(6)，c＝5－2eq \r(6)，则b＝__________. 【导学号：31222186】
1 [∵a，b，c成等比数列，∴b2＝a·c＝(5＋2eq \r(6))(5－2eq \r(6))＝1.又b>0，∴b＝1.]
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
1 121 [∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是公比为3的等比数列，
∴eq \f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq \f(3,2)×34＝eq \f(243,2)，
∴S5＝121.]
8．(2017·深圳二次调研)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和，则Sn＝__________尺．
2n－eq \f(1,2n－1)＋1 [依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n天大老鼠打洞的距离共为eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1.同理可得前n天小老鼠打洞的距离共为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝2－eq \f(1,2n－1)，所以Sn＝2n－1＋2－eq \f(1,2n－1)＝2n－eq \f(1,2n－1)＋1.]
三、解答题
9．数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解] (1)由bn＋1＝2bn＋2，得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，2分
∴eq \f(bn＋1＋2,bn＋2)＝2, 又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，
∴数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
∴bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝2n＋1－2.5分
(2)由(1)知，an－an－1＝bn－1＝2n－2(n≥2)，
∴an－1－an－2＝2n－1－2(n>2)，
…，a2－a1＝22－2，
∴an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，9分
∴an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝eq \f(22n－1,2－1)－2n＋2＝2n＋1－2n.
∴Sn＝eq \f(41－2n,1－2)－eq \f(n2＋2n,2)＝2n＋2－(n2＋n＋4).12分
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：依题意Sn＝4an－3(n∈N*)，
n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.2分
因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝eq \f(4,3)an－1.
又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，公比为eq \f(4,3)的等比数列.5分
(2)由(1)知an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1，
由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，
得bn＋1－bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1.7分
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1,1－\f(4,3))
＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1－1(n≥2).10分
当n＝1时也满足，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1－1(n∈N*).12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2016·安徽安庆二模)数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于( ) 【导学号：31222187】
A．1 B．－1
C.eq \f(1,2)D．2
D [由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，所以eq \f(2,λ)＝1，得λ＝2.]
2．(2016·广东肇庆三模)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＋a1＝2an，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5＝__________.
34 [由Sn＋a1＝2an，得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n，所以a1＋a5＝2＋25＝34.]
3．设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列．
[解] (1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))
＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，
解得a4＝eq \f(7,8).
(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
∵4a3＋a1＝4×eq \f(5,4)＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1(n∈N*)，
∴eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq \f(1,2)a1＝1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
等比数列的基本运算
等比数列的判定与证明
等比数列的性质及应用
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．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1.))
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＝aeq \\al(2,k)；
(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.
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( )
(3)若{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a1－an,1－a).
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
2．(2017·广州综合测试(二))已知等比数列{an}的公比为－eq \f(1,2)，则eq \f(a1＋a3＋a5,a2＋a4＋a6)的值是( )
A．－2 B．－eq \f(1,2)
C.eq \f(1,2)D．2
A [eq \f(a1＋a3＋a5,a2＋a4＋a6)＝eq \f(a1＋a3＋a5,－\f(1,2)a1＋a3＋a5)＝－2.]
3．(2017·东北三省四市一联)等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＝6，a3＝8，则a6＝( )
A．64B．128
C．256D．512
A [设等比数列的首项为a1，公比为q，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝a1＋a1q＝6，,a3＝a1q2＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝18，,q＝－\f(2,3)))(舍去)，所以a6＝a1q5＝64，故选A.]
4．(教材改编)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.]
5．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝__________.
6 [∵a1＝2，an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵Sn＝126，∴eq \f(21－2n,1－2)＝126，解得n＝6.]
(1)(2016·安徽皖江名校联考)已知Sn是各项为正数的等比数列{an}的前n项和，a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝( )
A．32 B．64
C．128D．256
(2)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于__________．
【导学号：31222183】
(1)C (2)2n－1 [(1)∵{an}为等比数列，a2·a4＝16，∴a3＝4.∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝eq \f(a11－q2,1－q)＝3，∴eq \f(4,q2)(1－q2)＝3(1－q)，即3q2－4q－4＝0，
∴q＝－eq \f(2,3)或q＝2.∵an>0，∴q＝2，则a1＝1，∴a8＝27＝128.
(2)设等比数列的公比为q，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q3＝9，,a\\al(2,1)·q3＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2).))
又{an}为递增数列，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))∴Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.]
[规律方法] 1.等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．
2．在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比q的情况进行分类讨论，在运算过程中，应善于运用整体代换思想简化运算．
[变式训练1] (1)在等比数列{an}中，a3＝7，前3项和S3＝21，则公比q的值为( )
A．1B．－eq \f(1,2)
C．1或－eq \f(1,2)D．－1或eq \f(1,2)
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则eq \f(S6,S3)＝__________.
(1)C (2)28 [(1)根据已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝7， ①,a1＋a1q＋a1q2＝21， ②))
②÷①得eq \f(1＋q＋q2,q2)＝3.
整理得2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).
(2)由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以27a1q2＝a1q5，所以q＝3，由Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，得S6＝eq \f(a11－36,1－3)，S3＝eq \f(a11－33,1－3)，所以eq \f(S6,S3)＝eq \f(a11－36,1－3)·eq \f(1－3,a11－33)＝28.]
(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＋λa1，2分
故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，故a1≠0.3分
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.5分
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)))n－1.7分
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.9分
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).10分
解得λ＝－1.12分
[规律方法] 等比数列的判定方法
(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．
说明：前两种方法是证明等比数列的常用方法，后者常用于选择题、填空题中的判定．
[变式训练2] 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，即2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，即2cn＋1＝cn.3分
由a1＋S1＝1得a1＝eq \f(1,2)，∴c1＝a1－1＝－eq \f(1,2)，
从而cn≠0，∴eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(1,2).
∴数列{cn}是以－eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列.6分
(2)由(1)知cn＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，7分
又cn＝an－1，∴an＝cn＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，9分
∴当n≥2时，
bn＝an－an－1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
又b1＝a1＝eq \f(1,2)，适合上式，故bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.12分
(1)(2016·安徽六安一中综合训练)在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若T2m－1＝512，则m的值为( )
A．4B．5
C．6D．7
(2)(2016·天津高考)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的( )
A．充要条件
B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
(1)B (2)C [(1)由等比数列的性质可知am＋1·am－1＝aeq \\al(2,m)＝2am(m≥2)，所以am＝2，即数列{an}为常数列，an＝2，所以T2m－1＝22m－1＝512＝29，即2m－1＝9，所以m＝5，故选B.
(2)若对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0，则a1＋a2<0，又a1>0，所以a2<0，所以q＝eq \f(a2,a1)<0.若q<0，可取q＝－1，a1＝1，则a1＋a2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0.所以“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的必要而不充分条件．故选C.]
[规律方法] 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
2．等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前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．
[变式训练3] (1)(2017·合肥三次质检)在正项等比数列{an}中，a1 008·a1 009＝eq \f(1,100)，则lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 016＝( )
A．2 015B．2 016
C．－2 015D．－2 016
(2)(2017·南昌一模)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为eq \f(81,4)，则前4项倒数的和为( )
A.eq \f(3,2)B.eq \f(9,4)
C．1D．2
(1)D (2)D [(1)lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 016＝lg a1a2…a2 016＝
lg(a1 008·a1 009)1 008＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)))1 008＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－2))1 008＝－2 016，故选D.
(2)由题意得S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝9，所以eq \f(1－q4,1－q)＝eq \f(9,a1).由a1·a1q·a1q2·a1q3＝(aeq \\al(2,1)q3)2＝eq \f(81,4)得aeq \\al(2,1)q3＝eq \f(9,2).由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为eq \f(\f(1,a1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,q4))),1－\f(1,q))＝eq \f(q4－1,a1q3q－1)＝eq \f(1,a1q3)·eq \f(9,a1)＝eq \f(9,a\\al(2,1)q3)＝2，故选D.]
[思想与方法]
1．方程的思想．等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．
2．函数的思想．通项公式an ＝a1qn－1可化为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,q)))qn，因此an是关于n的函数，即{an}中的各项所表示的点(n，an)在曲线y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,q)))qx上，是一群孤立的点．
3．分类讨论思想．当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，此处是常考易错点．
[易错与防范]
1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
2．由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽视q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
4．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)．
课时分层训练(三十)
等比数列及其前n项和
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
【导学号：31222184】
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
D [由等比数列的性质得，a3·a9＝aeq \\al(2,6)≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.]
2．(2016·重庆巴蜀中学3月模拟)我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？
( ) 【导学号：31222185】
A．5 B．4
C．3D．2
C [设塔顶有x盏灯，则由题意知eq \f(x1－27,1－2)＝381，解得x＝3.故选C.]
3．(2016·广东肇庆三模)在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于( )
A．－3B．－1
C．1D．3
D [两式相减得a4－a3＝2a3，从而求得eq \f(a4,a3)＝3，即q＝3.]
4．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝
( )
A．2B．1
C.eq \f(1,2)D.eq \f(1,8)
C [法一：∵a3a5＝aeq \\al(2,4)，a3a5＝4(a4－1)，∴aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，
∴aeq \\al(2,4)－4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(2,\f(1,4))＝8，
∴q＝2，∴a2＝a1q＝eq \f(1,4)×2＝eq \f(1,2)，故选C.
法二：∵a3a5＝4(a4－1)，∴a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，
将a1＝eq \f(1,4)代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，
解得q＝2，
∴a2＝a1q＝eq \f(1,2)，故选C.]
5．(2017·合肥二次质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
C [设等比数列{an}的公比为q，则a3·a5＝a2q·a2q3＝4，又因为a2＝12，所以q4＝eq \f(1,36)，则q2＝eq \f(1,6)，所以数列{a2n}是首项为12，公比为eq \f(1,6)的等比数列，则数列{a2n}为单调递减数列，故选C.]
二、填空题
6．若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2eq \r(6)，c＝5－2eq \r(6)，则b＝__________. 【导学号：31222186】
1 [∵a，b，c成等比数列，∴b2＝a·c＝(5＋2eq \r(6))(5－2eq \r(6))＝1.又b>0，∴b＝1.]
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
1 121 [∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是公比为3的等比数列，
∴eq \f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq \f(3,2)×34＝eq \f(243,2)，
∴S5＝121.]
8．(2017·深圳二次调研)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和，则Sn＝__________尺．
2n－eq \f(1,2n－1)＋1 [依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n天大老鼠打洞的距离共为eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1.同理可得前n天小老鼠打洞的距离共为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝2－eq \f(1,2n－1)，所以Sn＝2n－1＋2－eq \f(1,2n－1)＝2n－eq \f(1,2n－1)＋1.]
三、解答题
9．数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解] (1)由bn＋1＝2bn＋2，得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，2分
∴eq \f(bn＋1＋2,bn＋2)＝2, 又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，
∴数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
∴bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝2n＋1－2.5分
(2)由(1)知，an－an－1＝bn－1＝2n－2(n≥2)，
∴an－1－an－2＝2n－1－2(n>2)，
…，a2－a1＝22－2，
∴an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，9分
∴an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝eq \f(22n－1,2－1)－2n＋2＝2n＋1－2n.
∴Sn＝eq \f(41－2n,1－2)－eq \f(n2＋2n,2)＝2n＋2－(n2＋n＋4).12分
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：依题意Sn＝4an－3(n∈N*)，
n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.2分
因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝eq \f(4,3)an－1.
又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，公比为eq \f(4,3)的等比数列.5分
(2)由(1)知an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1，
由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，
得bn＋1－bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1.7分
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1,1－\f(4,3))
＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1－1(n≥2).10分
当n＝1时也满足，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1－1(n∈N*).12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2016·安徽安庆二模)数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于( ) 【导学号：31222187】
A．1 B．－1
C.eq \f(1,2)D．2
D [由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，所以eq \f(2,λ)＝1，得λ＝2.]
2．(2016·广东肇庆三模)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＋a1＝2an，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5＝__________.
34 [由Sn＋a1＝2an，得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n，所以a1＋a5＝2＋25＝34.]
3．设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列．
[解] (1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))
＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，
解得a4＝eq \f(7,8).
(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
∵4a3＋a1＝4×eq \f(5,4)＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1(n∈N*)，
∴eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq \f(1,2)a1＝1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
等比数列的基本运算
等比数列的判定与证明
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