等比数列及其前n项和
[知识能否忆起]
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＝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{an}的常用性质
(1)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2r(m，n，p，q，r∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a.
特别地，a1an＝a2an－1＝a3an－2＝….
(2)在公比为q的等比数列{an}中，数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列，公比为qk；
数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时q≠－1)；
an＝amqn－m.
[小题能否全取]
1．(教材习题改编)等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于( )
A．4 B．8
C．16 D．32
解析：选C a2·a6＝a＝16.
2．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝( )
A．4·n B．4·n
C．4·n－1 D．4·n－1
解析：选C (a＋1)2＝(a－1)(a＋4)?a＝5，
a1＝4，q＝，故an＝4·n－1.
3．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7＝( )
A．64 B．81
C．128 D．243
解析：选A q＝＝2，
故a1＋a1q＝3?a1＝1，a7＝1×27－1＝64.
4．(2011·北京高考)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝4，则公比q＝________；a1＋a2＋…＋an＝________.
解析：a4＝a1q3，得4＝q3，解得q＝2，a1＋a2＋…＋an＝＝2n－1－.
答案：2 2n－1－
5．(2012·新课标全国卷)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.
解析：∵S3＋3S2＝0，∴a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，
∴a1(4＋4q＋q2)＝0.
∵a1≠0，∴q＝－2.
答案：－2
1.等比数列的特征
(1)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．
(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.
2．等比数列的前n项和Sn
(1)等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的，注意这种思想方法在数列求和中的运用．
(2)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，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．
等比数列的判定与证明
典题导入
[例1] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[自主解答] (1)证明：∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，
∴＝.
∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，
∴a1＝，c1＝－.
又cn＝an－1，故{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)可知cn＝·n－1＝－n，
∴an＝cn＋1＝1－n.
在本例条件下，若数列{bn}满足b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，证明{bn}是等比数列．
证明：∵由(2)知an＝1－n，
∴当n≥2时，bn＝an－an－1
＝1－n－
＝n－1－n＝n.
又b1＝a1＝也符合上式，∴bn＝n.
∵＝，∴数列{bn}是等比数列．
由题悟法
等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且a＝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．
以题试法
1． (2012·沈阳模拟)已知函数f(x)＝logax，且所有项为正数的无穷数列{an}满足logaan＋1－logaan＝2，则数列{an}( )
A．一定是等比数列
B．一定是等差数列
C．既是等差数列又是等比数列
D．既不是等差数列又不是等比数列
解析：选A 由logaan＋1－logaan＝2，得loga＝2＝logaa2，故＝a2.又a>0且a≠1，所以数列{an}为等比数列．
等比数列的基本运算
典题导入
[例2] (2011·全国高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
[自主解答] 设{an}的公比为q，
由题设得解得或
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3×(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.
由题悟法
1．等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)可迎刃而解．
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，切不可忽视q的取值而盲目用求和公式．
以题试法
2．(2012·山西适应性训练)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{3an}的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
因为a2，a4，a8成等比数列，
所以(2＋3d)2＝(2＋d)·(2＋7d)，
解得d＝2.
所以an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知3an＝32n，设数列{3an}的前n项和为Sn，
则Sn＝32＋34＋…＋32n＝＝(9n－1)．
等比数列的性质
典题导入
[例3] (1)(2012·威海模拟)在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为( )
A. B.
C．1 D．－
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3等于( )
A．1∶2 B．2∶3
C．3∶4 D．1∶3
[自主解答] (1)因为a3a4a5＝3π＝a，所以a4＝3.
log3a1＋log3a2＋…＋log3a7
＝log3(a1a2…a7)＝log3a
＝7log33＝，
故sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)＝.
(2)由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
将S6＝S3代入得＝.
[答案] (1)B (2)C
由题悟法
等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差”，它们的通项公式和性质有许多相似之处，其中等差数列中的“和”“倍数”可以与等比数列中的“积”“幂”相类比．关注它们之间的异同有助于我们从整体上把握，同时也有利于类比思想的推广．对于等差数列项的和或等比数列项的积的运算，若能关注通项公式an＝f(n)的下标n的大小关系，可简化题目的运算．
以题试法
3．(1)(2012·新课标全国卷)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )
A．7 B．5
C．－5 D．－7
(2)(2012·成都模拟)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)
C.(1－4－n) D.(1－2－n)
解析：(1)选D 法一：
由题意得
解得或
故a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
法二：由解得或
则或故a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
(2)选C ∵a2＝2，a5＝，∴a1＝4，q＝，anan＋1＝2n－5.
故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．
1．设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q为( )
A．－ B．1
C．－或1 D.
解析：选C 当q＝1时，满足S3＝3a1＝3a3.
当q≠1时，S3＝＝a1(1＋q＋q2)＝3a1q2，
解得q＝－，综上q＝－或q＝1.
2．(2012·东城模拟)设数列{an}满足：2an＝an＋1(an≠0)(n∈N*)，且前n项和为Sn，则的值为( )
A. B.
C．4 D．2
解析：选A 由题意知，数列{an}是以2为公比的等比数列，故＝＝.
3．(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B ∵a3·a11＝16，∴a＝16.
又∵等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4.
又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.
4．已知数列{an}，则“an，an＋1，an＋2(n∈N*)成等比数列”是“a＝anan＋2”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
解析：选A 显然，n∈N*，an，an＋1，an＋2成等比数列，则a＝anan＋2，反之，则不一定成立，举反例，如数列为1,0,0,0，…
5．(2013·太原模拟)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：选B 设S2n＝a，S4n＝b，由等比数列的性质知：
2(14－a)＝(a－2)2，解得a＝6或a＝－4(舍去)，
同理(6－2)(b－14)＝(14－6)2，所以b＝S4n＝30.
6．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成以为首项的等比数列，则＝( )
A. B.或
C. D．以上都不对
解析：选B 设a，b，c，d是方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根，不妨设a0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
解析：法一：S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，将a3＝a2q，a4＝a2q2代入得，
3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化简得2q2－q－3＝0，
解得q＝(q＝－1不合题意，舍去)．
法二：设等比数列{an}的首项为a1，由S2＝3a2＋2，得
a1(1＋q)＝3a1q＋2.①
由S4＝3a4＋2，得a1(1＋q)(1＋q2)＝3a1q3＋2.②
由②－①得a1q2(1＋q)＝3a1q(q2－1)．
∵q>0，∴q＝.
答案：
3．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.
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＝an－1.
又a1＝1≠0，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)因为an＝n－1，
由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝n－1.
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋＝3·n－1－1(n≥2)，
当n＝1时也满足，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3·n－1－1.
1．(2012·大纲全国卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.n－1
C.n－1 D.
解析：选B ∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an，∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，∴3an＝2an＋1，∴＝.
又∵S1＝2a2，∴a2＝，∴＝，
∴{an}从第二项起是以为公比的等比数列，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1＋＝n－1.
也可以先求出n≥2时，an＝，再利用Sn＝2an＋1，求得Sn＝n－1
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．
(1)求{an}的公比q；
(2)若a1－a3＝3，求Sn.
解：(1)依题意有a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．
由于a1≠0，故2q2＋q＝0，又q≠0，从而q＝－.
(2)由(1)可得a1－a12＝3.
故a1＝4，从而Sn＝＝.
3．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}对n∈N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013.
解：(1)∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，
∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．∵d>0，
故解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，
∴bn＝3·3n－2＝3n－1.
(2)由＋＋…＋＝an＋1得
当n≥2时，＋＋…＋＝an.
两式相减得：n≥2时，＝an＋1－an＝2.
∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)．
又当n＝1时，＝a2，∴c1＝3.
∴cn＝
∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013
＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.
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