等比数列及其前n项和考点与题型归纳

一、基础知识

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.

(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．等比数列与指数型函数的关系

当q>0且q≠1时，an＝·qn可以看成函数y＝cqx，其是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上；

对于非常数列的等比数列{an}的前n项和Sn＝＝－qn＋，若设a＝，则Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0，q≠1)．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．

对于常数列的等比数列，即q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝a1x图象上一系列孤立的点．

二、常用结论汇总——规律多一点

设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．

·

(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＝a，其中m，n，p，q，s，r∈N*.

(3)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．

(4)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和也是等比数列．

(5)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.

[典例]　(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.

[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＝.

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＝，解得m＝6.

综上，m＝6.

[题组训练]

1．已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝(　　)

A．2　　　　　　　　　    　B．4

      D．2

~

解析：选B　由题意，设等比数列{an}的公比为q，q>0，则a＝a2a4＝1，又a2＋a4＝，且{an}单调递减，所以a2＝2，a4＝，则q2＝，q＝，所以a1＝＝4.

2．(2019·长春质检)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

解析：选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，则a5＝2×23＝16.

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＝，S6＝，则a8＝________.

解析：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，

~

则解得

则a8＝a1q7＝×27＝32.

答案：32

[典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．

^

[证明]　因为an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an，

所以＝＝＝＝2.

因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.

所以b1＝a2－2a1＝3.

所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

[解题技法]

.

1．掌握等比数列的4种常用判定方法

定义法

中项公式法

通项公式法

前n项和公式法

2．等比数列判定与证明的2点注意

~

(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前n项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．

(2)证明一个数列{an}不是等比数列，只需要说明前三项满足a≠a1·a3，或者是存在一个正整数m，使得a≠am·am＋2即可．

[题组训练]

1．数列{an}的前n项和为Sn＝2an－2n，证明：{an＋1－2an}是等比数列．

证明：因为a1＝S1,2a1＝S1＋2，

所以a1＝2，由a1＋a2＝2a2－4得a2＝6.

由于Sn＝2an－2n，故Sn＋1＝2an＋1－2n＋1，后式减去前式得an＋1＝2an＋1－2an－2n，即an＋1＝2an＋2n，

|

所以an＋2－2an＋1＝2an＋1＋2n＋1－2(2an＋2n)＝2(an＋1－2an)，

又a2－2a1＝6－2×2＝2，

所以数列{an＋1－2an}是首项为2、公比为2的等比数列．

2．(2019·西宁月考)已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上．在数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求证：数列{bn}是等比数列．

解：(1)由已知点An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1.

>

∴数列{an}是一个以2为首项，1为公差的等差数列．

∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.

(2)证明：∵点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，

∴Tn＝－bn＋1.①

∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)．②

①②两式相减，得

bn＝－bn＋bn－1(n≥2)．

}

∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1.

由①，令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝.

∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列．

考法(一)　等比数列项的性质

[典例]　(1)(2019·洛阳联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为(　　)

A．－　　　　　　　    　B．－

}

      D．－ 或

(2)(2018·河南四校联考)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…a8＝16，则＋＋…＋的值为(　　)

A．2      B．4

C．8      D．16

[解析]　(1)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＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－，故选B.

(2)由分数的性质得到＋＋…＋＝＋＋…＋.因为a8a1＝a7a2＝a3a6＝a4a5，所以原式＝＝，又a1a2…a8＝16＝(a4a5)4，an>0，∴a4a5＝2，∴＋＋…＋＝2.故选A.

[答案]　(1)B　(2)A

。

考法(二)　等比数列前n项和的性质

[典例]　各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)

A．80      B．30

C．26      D．16

[解析]　由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．

设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．

|

由(x－2)2＝2×(14－x)，

解得x＝6或x＝－4(舍去)．

∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．

又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.

[答案]　B

[解题技法]

应用等比数列性质解题时的2个关注点

.

(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)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．

[题组训练]

1．(2019·郑州第二次质量预测)已知等比数列{an}中，a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，则a1＝(　　)

      B．－

C．－      D．－

解析：选B　设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，因为S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋3a1，所以＝q2＝2.因为a2a5a8＝a＝－8，所以a5＝－2，即a1q4＝－2，所以4a1＝－2，所以a1＝－，故选B.

《

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＝________.

解析：由题意，得解得所以q＝＝＝2.

答案：2

A级

1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝(　　)

A．4　　　　　　　　　     　

$

C．2      

解析：选C　由题意，得解得或(舍去)，故选C.

2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则log2a7＋log2a11的值为(　　)

A．1      B．2

C．3      D．4

解析：选C　由题意得a4a14＝(2)2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，∴log2a7＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故选C.

3．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝(　　)

A．1      B．±1

$

C．2      D．±2

解析：选A　因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4＝a＝8，所以a3＝2，所以a7＝a3q4＝2q4＝8，所以q2＝2，则a1＝＝1，故选A.

4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，a2a6＝8(a4－2)，则S2 019＝(　　)

A．22 018－      B．1－2 018

C．22 019－      D．1－2 019

解析：选A　由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a＝8a4－16，解得a4＝4.

又a4＝q3，故q＝2，所以S2 019＝＝22 018－，故选A.

~

5．在等比数列{an}中，a1＋a3＋a5＝21，a2＋a4＋a6＝42，则S9＝(　　)

A．255      B．256

C．511      D．512

解析：选C　设等比数列的公比为q，由等比数列的定义可得a2＋a4＋a6＝a1q＋a3q＋a5q＝q(a1＋a3＋a5)＝q×21＝42，解得q＝2.又a1＋a3＋a5＝a1(1＋q2＋q4)＝a1×21＝21，解得a1＝1.所以S9＝＝＝511.故选C.

6．已知递增的等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn<0，则(　　)

A．a1<0,01

C．a1>0,00，q>1

{

解析：选A　∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增等比数列，∴an＋1>an，且|an|>|an＋1|，

则－an>－an＋1>0，则q＝∈(0,1)，

∴a1<0,07．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}的前7项和为________．

解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，

由a5＝a1q4＝16，a1＝1，得16＝q4，解得q＝2，

所以S7＝＝＝127.

】

答案：127

8．在3与192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________．

解析：设该数列的公比为q，由题意知，

192＝3×q3，q3＝，所以q＝4.

所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48.

答案：12,48

9．(2018·江西师范大学附属中学期中)若等比数列{an}满足a2a4＝a5，a4＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

}

解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a2a4＝a5，a4＝8，

∴解得

∴Sn＝＝2n－1.

答案：2n－1

10．已知等比数列{an}为递减数列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.

解析：设公比为q，由a＝a10，

得(a1q4)2＝a1·q9，即a1＝q.

（

又由2(an＋an＋2)＝5an＋1，

得2q2－5q＋2＝0，

解得q＝，

所以an＝a1·qn－1＝.

答案：

11．(2018·全国卷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)数列{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，

所以数列{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·甘肃诊断)设数列{an＋1}是一个各项均为正数的等比数列，已知a3＝7，a7＝127.

(1)求a5的值；

<

(2)求数列{an}的前n项和．

解：(1)由题可知a3＋1＝8，a7＋1＝128，

则有(a5＋1)2＝(a3＋1)(a7＋1)＝8×128＝1 024，

可得a5＋1＝32，即a5＝31.

(2)设数列{an＋1}的公比为q，

由(1)知得

所以数列{an＋1}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1，

利用分组求和可得，数列{an}的前n项和Sn＝－n＝2n＋1－2－n.

B级

1．在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a，a)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于(　　)

A．3n－1      

解析：选A　由点(a，a)在直线x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即＝3，∴数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝3n－1.

2．(2019·郑州一测)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.

解析：因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.

答案：100

3．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.

(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；

(2)求T2n.

解：(1)∵an·an＋1＝n，

∴an＋1·an＋2＝n＋1，

∴＝，即an＋2＝an.

∵bn＝a2n＋a2n－1，

∴＝＝＝，

∵a1＝1，a1·a2＝，

∴a2＝，∴b1＝a1＋a2＝.

∴{bn}是首项为，公比为的等比数列．

∴bn＝×n－1＝.

(2)由(1)可知，an＋2＝an，

∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列，

∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－.