第三節(jié)等比數(shù)列1.理解等比數(shù)列的概念和通項公式的意義.2.探索并掌握等比數(shù)列的前n項和公式，理解等比數(shù)列的通項公式與前n項和公式的關(guān)系.3.體會等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.1.已知{an}是等比數(shù)列，a2＝2，a4＝12，則公比q＝（A.－12 B.－2C.2 D.±1解析：D設(shè)等比數(shù)列的公比為q，∵{an}是等比數(shù)列，a2＝2，a4＝12，∴a4＝a2q2，∴q2＝a4a2＝14，2.在等比數(shù)列{an}中，a4a6＝24，則a5＝（）A.32 B.±32C.26 D.±26解析：D由a52＝a4a6＝24，∴a5＝±26.3.（2022·全國乙卷8題）已知等比數(shù)列{an}的前3項和為168，a2－a5＝42，則a6＝（）A.14 B.12C.6 D.3解析：D設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，由題意可得a1＋a2＋a3=168，a2－a5=42，即4.已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，Sn＝an＋1（n∈N*），則S2025＝（）A.22023 B.22024C.22025 D.22026解析：B由題意，Sn＝Sn＋1－Sn，即Sn＋1＝2Sn，又S1＝1，故{Sn}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，故Sn＝1×2n－1＝2n－1，故S2025＝22024，故選B.1.若{an}，{bn}（項數(shù)相同）是等比數(shù)列，則{λan}（λ≠0），1an，{an2}，{an·bn2.當q＝1時，SnSm＝nm；當q≠±1時，3.Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.4.若a1·a2·…·an＝Tn，則Tn，T2nTn，T5.若數(shù)列{an}的項數(shù)為2n，則S偶S奇＝q；若項數(shù)為2n＋1，則S1.已知等比數(shù)列{an}中，若an＝2·3n－1，則a12＋a22＋a32＋A.（3n－1）2 B.12（9n－1C.9n－1D.14（3n－1解析：B由結(jié)論1可知，數(shù)列{an2}是首項為4，公比為9的等比數(shù)列.因此a12＋a22＋…＋an2＝4（2.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列.類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，則T4，，，T16T12答案：T8T4解析：由結(jié)論4可知，T4，T8T4，T12T等比數(shù)列基本量的計算1.（2023·全國甲卷5題）設(shè)等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4＝（）A.158 B.65C.15 D.40解析：C法一若該數(shù)列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由1－q51－q＝5×1－q31－q－4，化簡得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此數(shù)列各項均為正數(shù)，所以q法二由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得（1＋q）（q3－4q）＝0，由于此數(shù)列各項均為正數(shù)，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故選C.2.（2023·全國乙卷15題）已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝.答案：－2解析：法一設(shè)數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q.由a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，得a13q8＝a12q7，a12q17＝－8，∴a1q=1，q15法二設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.∵a2a4a5＝a3a6≠0，∴a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，∴a7＝a2q5＝－2.3.（2023·全國甲卷13題）記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若8S6＝7S3，則{an}的公比為.答案：－1解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q（q≠1）.由8S6＝7S3，得8×a1（1－q6）1－q＝7×a1（1－q3）1－q.練后悟通等比數(shù)列基本量運算的解題策略（1）方程思想：等比數(shù)列的基本量為首項a1和公比q，通常利用已知條件及通項公式或前n項和公式列方程（組）求解，等比數(shù)列中包含a1，q，n，an，Sn五個量，可“知三求二”；（2）整體思想：當所給條件只有一個時，可將已知和所求都用a1，q表示，尋求兩者間的聯(lián)系，整體代換即可求解；（3）分類討論思想：若題目中公比q未知，則運用等比數(shù)列前n項和公式時要分q＝1和q≠1兩種情況進行討論.等比數(shù)列的判定與證明【例1】（教材題改編）已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足5an＋2＋4an＋1－an＝0.證明數(shù)列{an＋an＋1}為等比數(shù)列.證明：各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足5an＋2＋4an＋1－an＝0，得an＋1＋an＋2＝15（an＋1＋an），即an+1所以數(shù)列{an＋an＋1}是公比為15的等比數(shù)列1.（變條件）本例條件“5an＋2＋4an＋1－an＝0”變?yōu)椤癮n＋2＝2an＋1＋3an”，證明：數(shù)列{an＋an＋1}為等比數(shù)列.證明：因為an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3（an＋1＋an），因為{an}中各項均為正數(shù)，所以an＋1＋an＞0，所以an+2＋所以數(shù)列{an＋an＋1}是公比為3的等比數(shù)列.2.（變條件，變設(shè)問）本例條件“5an＋2＋4an＋1－an＝0”變?yōu)椤癝n＝2an＋2n－6（n∈N*）”，求證數(shù)列{an－2}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式an.解：因為Sn＝2an＋2n－6，所以當n＝1時，S1＝2a1－4，解得a1＝4.當n≥2時，Sn－1＝2an－1＋2n－8，則Sn－Sn－1＝2an－2an－1＋2，整理得an＝2an－1－2，故an－2an－1－2＝所以數(shù)列{an－2}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，所以an－2＝2×2n－1＝2n.所以an＝2n＋2.解題技法（2024·九江一模）已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an＋Sn＝n.（1）設(shè)cn＝an－1，求證：{cn}是等比數(shù)列；（2）求數(shù)列{an}的通項公式.解：（1）證明：∵an＋Sn＝n，①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2（an＋1－1）＝an－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝12，∴a1－1＝－12≠∵an+1－1an－1故{cn}是以c1＝a1－1＝－12為首項，12（2）由（1）知cn＝－12×（12）n－1＝－（12∵cn＝an－1，∴an＝1－（12）n等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用考向1等比數(shù)列項的性質(zhì)【例2】（1）（2024·陜西模擬）等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且a4a5＝8，則log4a1＋log4a2＋…＋log4a8＝（）A.8 B.6C.4 D.3（2）（2024·景德鎮(zhèn)模擬）已知等比數(shù)列{an}滿足：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝6，a3＝3，則1a1＋1a2＋1a3＋答案：（1）B（2）2解析：（1）因為a4a5＝8，所以log4a1＋log4a2＋…＋log4a8＝log4（a1a2…a8）＝log4（a4a5）4＝log484＝log446＝6.故選B.（2）因為{an}是等比數(shù)列，所以a1a5＝a2a4＝a32＝9，所以1a1＝a59，1a5＝a19，1a2＝a49，1a4＝a29，所以1a1＋1a2＋1a3＋1a解題技法1.在解決等比數(shù)列的有關(guān)問題時，要注意挖掘隱含條件，利用性質(zhì)，特別是性質(zhì)“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq”，可以減少運算量，提高解題速度.2.在應(yīng)用相應(yīng)性質(zhì)解題時，要注意性質(zhì)成立的前提條件，有時需要進行適當變形.此外，解題時注意設(shè)而不求思想的運用.考向2等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)【例3】（1）（2023·新高考Ⅱ卷8題）記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝（）A.120 B.85C.－85 D.－120（2）（2024·紹興模擬）已知等比數(shù)列{an}共有2n項，其和為－240，且奇數(shù)項的和比偶數(shù)項的和大80，則公比q＝.答案：（1）C（2）2解析：（1）法一設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.若q＝1，則Sn＝na1，不滿足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得a1（1－q6）1－q＝21a1（1＋q）.整理，得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.顯然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝a1（1－q8）1－q＝a1（1－q法二易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…為等比數(shù)列，∴（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝－1或S2＝54.當S2＝－1時，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；當S2＝54時，結(jié)合S4＝－5得a1（1－q4）1－q＝－5，a（2）由題意，設(shè)奇數(shù)項的和為S1，偶數(shù)項的和為S2，得S1－S2=80，S1＋S解題技法恰當?shù)厥褂玫缺葦?shù)列前n項和的性質(zhì)，如當q≠－1，或q＝－1且n為奇數(shù)時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比數(shù)列等，可以避繁就簡，運算簡便的同時避免了對公比q的討論.但須注意性質(zhì)的使用條件，并結(jié)合題設(shè)尋找使用性質(zhì)的切入點.1.等比數(shù)列{an}中，a5，a7是函數(shù)f（x）＝x2－4x＋3的兩個零點，則a3·a9＝（）A.－3 B.3C.－4 D.4解析：B∵a5，a7是函數(shù)f（x）＝x2－4x＋3的兩個零點，∴a5，a7是方程x2－4x＋3＝0的兩個根，∴a5·a7＝3，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a3·a9＝a5·a7＝3.故選B.2.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S6S3＝3，則S答案：7解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)知，S3，S6－S3，S9－S6仍成等比數(shù)列，由已知得S6＝3S3，所以S6－S3S3＝S9－S6S6－S3，即S9－S6＝4等差數(shù)列和等比數(shù)列的綜合問題【例4】（2022·新高考Ⅱ卷17題）已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.（1）證明：a1＝b1；（2）求集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的個數(shù).解：（1）證明：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），即a1＝5b1－2d，將d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.（2）由（1）知an＝a1＋（n－1）d＝a1＋（n－1）×2b1＝（2n－1）a1，bn＝b1·2n－1，由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝（2m－1）a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由題知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2，3，4，…，10，共9個數(shù)，即集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的個數(shù)為9.解題技法解決等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題的一般思路（1）解決等差、等比數(shù)列綜合問題的關(guān)鍵在于運用它們的有關(guān)知識，理順兩類數(shù)列的關(guān)系，注意運用等差、等比數(shù)列的相關(guān)量表示數(shù)列中的有關(guān)項，從而建立基本量之間的關(guān)系進行求解；（2）注意等差數(shù)列與等比數(shù)列之間可以相互轉(zhuǎn)化，對正項等比數(shù)列取對數(shù)可得到等差數(shù)列，以等差數(shù)列的項為冪指數(shù)的同底數(shù)的冪值則構(gòu)成等比數(shù)列.已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S1＋1，S3，S4成等差數(shù)列，且a1，a2，a5成等比數(shù)列.（1）求數(shù)列{an}的通項公式；（2）若S4，S6，Sn成等比數(shù)列，求n及此等比數(shù)列的公比.解：（1）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意可知2S3＝S∴an＝2n－1.（2）由（1）知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，又S4Sn＝S62，∴n2＝36216＝81，∴n＝9，公比q1.在正項等比數(shù)列{an}中，若a1＝1，a3＝2a2＋3，則其前3項的和S3＝（）A.3 B.9C.13 D.24解析：C設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q（q＞0）.因為a1＝1，a3＝2a2＋3，所以q2＝2q＋3，解得q＝3（負值舍去）.則其前3項的和S3＝1＋3＋32＝13.故選C.2.等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝32n－1＋r，則r＝（）A.13 B.－C.19 D.－解析：B當n＝1時，a1＝S1＝3＋r；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3＝32n－3（32－1）＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1＝83·9n－1，所以3＋r＝83，即r＝－133.（2024·長沙一模）數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，則a4＝（）A.8 B.16C.12 D.24解析：B法一因為am＋n＝aman恒成立，所以當m＝1時也成立，即an＋1＝a1an，又a1＝2，所以an＋1＝2an，所以數(shù)列{an}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝2n，則a4＝24＝16，故選B.法二am＋n＝aman，a1＝2，則a4＝a2a2＝a1a1a1a1＝a14＝24＝16，4.一個等比數(shù)列的前三項的積為3，最后三項的積為9，且所有項的積為729，則該數(shù)列的項數(shù)是（）A.13 B.12C.11 D.10解析：B設(shè)該等比數(shù)列為{an}，其前n項積為Tn，則由已知得a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9，∴（a1·an）3＝3×9＝33，∴a1·an＝3.又Tn＝a1·a2·…·an－1·an，Tn＝an·an－1·…·a2·a1，∴Tn2＝（a1·an）n，即7292＝3n，∴n5.（多選）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則下列結(jié)論正確的是（）A.數(shù)列{anan＋1}是公比為q2的等比數(shù)列B.數(shù)列{an＋an＋1}是公比為q的等比數(shù)列C.數(shù)列{an－an＋1}是公比為q的等比數(shù)列D.數(shù)列1an是公比為解析：AD對于A，由anan+1an－1an＝q2（n≥2）知數(shù)列{anan＋1}是公比為q2的等比數(shù)列；對于B，若q＝－1時，數(shù)列{an＋an＋1}的項中有0，不是等比數(shù)列；對于C，當q＝1時，數(shù)列{an－an＋1}的項中有0，不是等比數(shù)列；對于D，1a6.（多選）（2024·福州聯(lián)考）已知等比數(shù)列{an}的公比為q，且a5＝1，則下列選項正確的是（）A.a3＋a7≥2B.a4＋a6≥2C.a7－2a6＋1≥0D.a3－2a4－1≥0解析：AC根據(jù)題意可得a3＝1q2，a4＝1q，a6＝q，a7＝q2，a3＋a7＝1q2＋q2≥2，當且僅當q2＝1時取等號，故A正確；a4＋a6＝1q＋q，當q＜0時，值為負數(shù)，故B錯誤；a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝（q－1）2≥0，故C正確；a3－2a4－1＝1q2－2q－1＝（1q－1）2－2，可知存在q使得a3－2a4－1＜7.（2024·泉州一模）已知數(shù)列－1，a1，a2，－4成等差數(shù)列，－1，b1，b2，b3，－4成等比數(shù)列，則a2－a1答案：1解析：∵－1，a1，a2，－4成等差數(shù)列，∴等差數(shù)列的公差為－4-(-1）4－1＝－1，∵－1，b1，b2，b3，－4成等比數(shù)列，∴b22＝－1×（－4）＝4，∴b2＝±2，又∵－1，b2，－4同為等比數(shù)列的奇數(shù)項，故同號，∴b8.（2024·徐州模擬）已知等差數(shù)列{an}的公差為2，其前n項和Sn＝pn2＋2n（n∈N*）.（1）求實數(shù)p的值及數(shù)列{an}的通項公式；（2）在等比數(shù)列{bn}中，b3＝a1，b4＝a2＋4，若{bn}的前n項和為Tn，求證：數(shù)列Tn＋解：（1）Sn＝na1＋n（n－1）2d＝na1＋n（n－1）＝n2＋（a又Sn＝pn2＋2n（n∈N*），所以p＝1，a1－1＝2，即a1＝3，所以an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.（2）證明：因為b3＝a1＝3，b4＝a2＋4＝9，所以q＝3，所以bn＝b3·qn－3＝3n－2，所以b1＝13所以Tn＝13（1－3n）1－3＝又T1＋16＝12，所以Tn＋16Tn－所以數(shù)列Tn＋16是以129.已知各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，滿足a3＝2a1＋a2，若存在兩項am，an，使得aman＝4a1，則1m＋4A.2 B.3C.13 D.解析：B因為正項等比數(shù)列{an}滿足a3＝2a1＋a2，設(shè)其公比為q，則an＞0，q＞0，所以a1q2＝2a1＋a1q，得q2－q－2＝0，解得q＝2，因為aman＝4a1，所以aman＝16a12，則（a1·2m－1）·（a1·2n－1）＝16a12，即2m＋n－2＝16＝24，故m＋n＝6，所以1m＋4n＝16（m＋n）（1m＋4n）＝16（5＋nm＋4mn）≥16（5＋2nm·4mn）＝32，當且僅當n10.若數(shù)列{an}滿足an＋1＝3an＋2，則稱{an}為“夢想數(shù)列”，已知數(shù)列1bn－1為“夢想數(shù)列”，且b1＝2，則bA.281 B.C.18 D.解析：B若1bn－1為“夢想數(shù)列”，則有1bn+1－1＝31bn－1＋2，即1bn+1－1＝3bn－1，即bn+1bn＝13，且b1＝2，所以數(shù)列{bn11.（多選）（2024·濟南一模）已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N*，則下列說法正確的是（）A.a4＝4 B.{a2n}是等比數(shù)列C.a2n－a2n－1＝2n－1 D.a2n－1＋a2n＝2n＋1解析：ABC∵a1＝1，an·an＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4，由an·an＋1＝2n可得an＋1·an＋2＝2n＋1，∴an+2an＝2，∴{a2n}，{a2n－1}分別是以2，1為首項，公比為2的等比數(shù)列，∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，∴a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1，綜上可知，A、B、C正確12.（多選）已知數(shù)列{an}和各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}滿足：∑i=1n（ai＋i）＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3是b3與b4的等差中項，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則下列結(jié)論正確的是A.數(shù)列{an－bn}是等差數(shù)列B.Sn＝2n＋1－2－nC.數(shù)列{an}是遞增數(shù)列D.∑i=1n1ai解析：ABC設(shè){bn}的公比為q，由題知b3＋b4＝2（b2＋b3）?b4－b3－2b2＝0?q2－q－2＝0?q＝2或－1（舍），故bn＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，故{an－bn}為等差數(shù)列，A正確；Sn＝2＋22＋…＋2n－（1＋2＋…＋n）＝2（2n－1）－n（n+1）2，B正確；an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是遞增數(shù)列，C正確；當n＝1時，1a1＝1，2（1－1b1）＝1，矛盾，故13.如圖所示，正方形上連接著等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再連接正方形，……，如此繼續(xù)下去得到一個樹狀圖形，稱為“勾股樹”.若某勾股樹含有1023個正方形，且其最大的正方形的邊長為22，則其最小正方形的邊長為答案：1解析：由題意，得正方形的邊長構(gòu)成以22為首項，22為公比的等比數(shù)列，現(xiàn)已知共含有1023個正方形，則有1＋2＋…＋2n－1＝1023，所以n＝10，所以最小正方形的邊長為（22）1014.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，且2an