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4.3　等比数列
4.3.1　等比数列的概念
基础过关练
题组一　等比数列的概念及其应用
1.下列说法中正确的是(　　)
A.等比数列中的某一项可以为0
B.常数列既是等差数列,也是等比数列
C.若a,b,c,d成等比数列,则ab,bc,cd成等比数列
D.若b2=ac,则a,b,c成等比数列
2.数列{an}中,“an+1=2an”是“{an}是公比为2的等比数列”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
3.下列结论不正确的是(　　)
A.若{an}是等差数列,则{}是等比数列
B.若{an}是等比数列,则{}是等比数列
C.若{an}是等比数列,则{an+an+1}是等比数列
D.若{ln an}是等差数列,则{an}是等比数列
4.已知数列{an}满足:a1=2,an+1=an+2.
(1)求证:{an-4}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,nan+1=(n+2)Sn.
(1)证明:数列是等比数列;
(2)求Sn与an.
题组二　等比中项
6.已知等比数列{an}满足a3=,则a5=(　　)
A.-2
7.已知-1,a1,a2,-4成等差数列,-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,则等于(　　)
A.-
8.已知正项等比数列{an}中,a4,3a3,a5成等差数列,若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,则的最小值为(　　)
A.1　　　　B.3　　　　C.6　　　　D.9
题组三　等比数列的通项公式及其应用
9.记等比数列{an}满足2a2-5a3=3a4,则公比q等于(　　)
A.或-2　　　　C.2　　　　D.
10.在等比数列{an}中,a1+a2=4,若a1,a2+2,a3成等差数列,则{an}的公比为(　　)
A.5　　　　B.4　　　　C.3　　　　D.2
11.将数列{3n-1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an},则a20=(　　)
A.237　　　　B.238　　　　C.239　　　　D.240
12.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=Sn+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<.
题组四　等比数列的性质及其应用
13.已知数列{an}是无穷等比数列,公比为q,则“q>1”是“数列{an}单调递增”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
14.已知正项数列{an}满足log3an+1-log3an=1(n∈N*),且a3+a5+a7=9,则log3(a2+a4+a6)的值是(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
15.已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a7+a9=,且b2b6b10=8,则=(　　)
A.
16.(多选题)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且满足条件a1>1,a2 024a2 023>1,(a2 024-1)(a2 023-1)<0,则下列选项正确的是(　　)
A.0B.S2 023>S2 024-1
C.T2 024是数列{Tn}中的最大项
D.T4 045<1
17.在等比数列{an}中,若a2a3a4=8,a14a15a16a17=64,则a39a40a41a42=　　　　.
18.已知{an}为正项数列,bn=lg an,且{bn}是等差数列,b1+b2+b3+…+b99=198,则a50=　　　　.
19.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-5,a3,a4-1,a5+1成等比数列,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+2=2bn(n∈N*).
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(2)记[x]表示不超过x的最大整数,例如:[-2.1]=-3,[1.2]=1,设cn=,求数列{bncn}的前7项和.
能力提升练
题组一　等比数列的概念、通项公式及其应用
1.已知数列{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a4=b4=4,则(　　)
A.b3b5≥a3a5　　　　B.b3+b5≥a3+a5
C.b3b5≤a3a5　　　　D.b3+b5≤a3+a5
2.已知非零实数a,b,c不全相等,则下列说法不正确的是(　　)
A.若a,b,c成等差数列,则可能构成等差数列
B.若a,b,c成等差数列,则不可能构成等比数列
C.若a,b,c成等比数列,则可能构成等比数列
D.若a,b,c成等比数列,则不可能构成等差数列
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=2,设bn=,若数列{bn}是递增数列,则λ的取值范围是(　　)
A.(-∞,2)　　　　B.(-∞,3)
C.(2,+∞)　　　　D.(3,+∞)
4.侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网.如图,它是由无数个正方形环绕而成的,每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形的四条边的三等分点上.设外围第一个正方形A1B1C1D1的面积为a1=1,往里第二个正方形A2B2C2D2的面积为a2,……,往里第n个正方形AnBnCnDn的面积为an,则数列{an}的通项公式为　　　　;已知{bn}满足+…+=2n2-n(n∈N*),则数列{bn}的最大项的值为　　　.
5.某企业年初在一个项目上投资2千万元,据市场调查,每年获得的利润为投资的50%,为了企业长远发展,每年年底需要从利润中取出500万元进行科研及技术改造,其余的继续投入该项目.设经过n(n∈N*)年后,该项目的资金为an万元.
(1)写出一个递推公式,表示an+1与an之间的关系,并求证:数列{an-1 000}为等比数列;
(2)至少经过几年,该项目的资金翻一番 (lg 3≈0.5,lg 2≈0.3)
题组二　等比数列的性质及其应用
6.(多选题)已知等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项积为Tn,若a9>1,a9a10<1,则(　　)
A.01 C.T17>1>T18　　　　D.T18>1>T19
7.已知数列{an}为正项递增等比数列,a1+a2+a3=,则{an}的公比q=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.5
8.已知数列{an}是等比数列,且公比q∈(1,2),若(a4+ma7)·a8=(a6-a9)2,则实数m的取值范围为(　　)
A.(1,9)　　　　B.(2,10)　　　　C.(1,8)　　　　D.(-1,6)
9.已知三个数成等比数列,且公比大于1,它们的和等于14,它们的积等于64,则这三个数从小到大依次是　　　　　　.
题组三　等比数列的综合应用
10.(多选题)已知{an}是公比为q的等比数列,且a1=1,曲线Cn:=1,n∈N*,则下列说法中正确的是(　　)
A.若q>0且q≠1,则Cn是椭圆
B.若存在n∈N*,使得Cn表示离心率为的椭圆,则q=
C.若存在n∈N*,使得Cn表示渐近线方程为x±2y=0的双曲线,则q=-
D.若q=-2,bn表示双曲线Cn的实轴长,则b1+b2+…+b10=186
11.设正项等比数列{an}满足a1+a2=12,a3+a4=3,则a1a2…an的最大值为　　　　.
12.已知数列{an}的首项a1=1,且满足(an+1-an-1)·(an+1-2an)=0对任意n∈N*都成立,则能使am=2 023成立的正整数m的最小值为　　　　.
13.设同时满足条件:
①≥bn+1;②bn≤M(n∈N*,M是常数)的无穷数列{bn}叫做P数列.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=(an-1)(a为常数,且a≠0,a≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+1,若数列{bn}为等比数列,求a的值,并证明数列为P数列.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C　对于A,等比数列中任意一项都不为0,A不正确;
对于B,若常数列的各项均为0,则该数列不是等比数列,B不正确;
对于C,设等比数列a,b,c,d的公比为q,则q≠0,且a,b,c,d均不为0,∵=q2,∴ab,bc,cd成等比数列,C正确;
对于D,设a=0,b=0,c≠0,满足b2=ac,但是a,b,c不成等比数列,D不正确.故选C.
2.B　由an+1=2an可知,若a1=0,则a2=a3=…=an=0,
此时{an}不是公比为2的等比数列;
若{an}是公比为2的等比数列,则=2,即an+1=2an,故“an+1=2an”是“{an}是公比为2的等比数列”的必要不充分条件.
故选B.
3.C　对于A,由题意得,等差数列{an}的公差d=an+1-an,则=2d,为非零常数,所以{}是等比数列,故A正确;
对于B,由题意得,等比数列{an}的公比q=(q≠0),则=q2,为非零常数,所以{}是等比数列,故B正确;
对于C,当an=(-1)n时,an+an+1=0,此时{an+an+1}不是等比数列,故C错误;
对于D,由题意得等差数列{ln an}的公差d=ln an+1-ln an=ln,且an>0,则=ed,为非零常数,所以{an}是等比数列,故D正确.故选C.
4.解析　(1)证明:由an+1=an+2得an+1-4=(an-4),易知an-4≠0,则,又a1-4=-2,所以{an-4}是首项为-2,公比为的等比数列.
(2)由(1)可得an-4=-2×,所以an=-+4.
5.解析　(1)证明:∵nan+1=(n+2)Sn,∴an+1=Sn,
∴Sn+1-Sn=Sn,即Sn+1=Sn,故,
又a1=1,∴=1,
∴数列是首项为1,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可得=2n-1,即Sn=n·2n-1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n·2n-1-(n-1)·2n-2=(n+1)·2n-2,当n=1时,a1=1符合an=(n+1)·2n-2,
所以an=(n+1)·2n-2(n∈N*).
6.C　因为数列{an}是等比数列,所以=a3·a7==9,所以a5=3或a5=-3,因为a3>0,a7>0,所以a5=3.故选C.
易错警示　等比数列中所有的奇数项同号,所有的偶数项也同号.
7.C　因为-1,a1,a2,-4成等差数列,所以公差d==-1,所以a2-a1=-1,
因为-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,
所以=(-1)×(-4)=4,
设该等比数列的公比为q,则b2=-q2<0,所以b2=-2,所以.故选C.
8.B　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),由a4,3a3,a5成等差数列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,又a3>0,所以q2+q-6=0,由q>0,解得q=2,
若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,
则(a1)2=am·an,即2=a1·2m-1·a1·2n-1,
得2m+n-2=2,则m+n=3,
故=3,
当且仅当,即m=1,n=2时等号成立,所以的最小值为3.故选B.
9.B　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),则有2a1q-5a1q2=3a1q3,由a1q≠0,得2-5q=3q2,即(3q-1)(q+2)=0,解得q=或q=-2.故选B.
10.C　设等比数列{an}的公比为q,
由题意得
即∴a1q2-3a1q=0,
∴a1q(q-3)=0,又a1q=a2≠0,∴q-3=0,∴q=3.故选C.
11.C　数列{2n}中的项为2,4,8,16,32,64,128,256,…,数列{3n-1}中的项为2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,…,
经检验,数列{2n}与数列{3n-1}的公共项为2,8,32,128,…,观察归纳可得an=22n-1,
所以a20=22×20-1=239,故选C.
12.解析　(1)由an+1=Sn+2,
可得当n≥2时,an=Sn-1+2,
两式相减可得an+1-an=Sn-Sn-1=an,则an+1=2an,
当n=1时,a2=S1+2=a1+2=4,可得a2=2a1.
所以an+1=2an,故{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)证明:由(1)得bn=,
可得Tn=+…+=<.
13.D　若a1<0,q>1,则数列{an}单调递减,故q>1不能推出数列{an}单调递增;
若{an}单调递增,则a1>0,q>1或a1<0,01,
所以“q>1”是“数列{an}单调递增”的既不充分也不必要条件.故选D.
14.A　因为正项数列{an}满足log3an+1-log3an=1(n∈N*),
所以log3=1,则=3,所以{an}是公比为3的等比数列,设公比为q.
又a3+a5+a7=9,所以=3,所以a2+a4+a6=3,
则log3(a2+a4+a6)=log33=1.故选A.
15.D　因为数列{an}是等差数列,所以a7+a9=2a8=,所以a8=,所以a3+a8+a13=3a8=2π.
因为数列{bn}是等比数列,所以b2b6b10==8,
所以b6=2,所以b4b8-1=-1=4-1=3,
所以.故选D.
16.AB　由(a2 024-1)(a2 023-1)<0,可得a2 023-1>0,a2 024-1<0或a2 023-1<0,a2 024-1>0,
∵a2 024a2 023>1,∴a2 023,a2 024同号,∴q>0,又a1>1,∴a2 023>1,a2 024<1,即数列{an}的前2 023项大于1,从第2 024项开始小于1.
对于A,q=<1,又q>0,∴0对于B,由a2 024<1,得S2 024-S2 023=a2 024<1,则S2 023>S2 024-1,B正确;
对于C,显然{an}是正项递减数列,且a2 023>1,a2 024<1,因此T2 023是数列{Tn}中的最大项,C错误;
对于D,T4 045=a1a2…a4 045=·q1+2+…+4 044=·q4 045×2 022=>1,D错误.故选AB.
17.答案　1 024
解析　因为{an}为等比数列,所以a2a3a4==8,可得a3=2,
又因为a14a15a16a17=(a3a28)2=(2a28)2=64,所以=16,所以a3a53==16,故a53=8,
所以a39a40a41a42=(a28a53)2==1 024.
18.答案　100
解析　设等差数列{bn}的公差为d,因为bn=lg an,
所以bn-bn-1=lg an-lg an-1=lg=d(n≥2),
所以=10d(n≥2),故{an}是正项等比数列,
所以b1+b2+b3+…+b99=lg a1+lg a2+lg a3+…+lg a99
=lg(a1a2a3…a99)=lg =99lg =198,
所以lg =2,故a50=100.
规律总结　正项等比数列的各项作为真数时形成的对数(底数相同)构成等差数列,等差数列的各项作为指数时形成的指数幂(底数相同)构成等比数列,利用此关系可以实现等比数列与等差数列的转化.解题时要注意等比数列必须各项为正才可以取对数.
19.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a3,a4-1,a5+1成等比数列,
所以(a4-1)2=a3(a5+1),
即(3d-6)2=(2d-5)(4d-4),
整理可得d2-8d+16=0,所以d=4,
故an=a1+(n-1)d=-5+4(n-1)=4n-9.
由已知得Tn=2bn-2①,
当n≥2时,Tn-1=2bn-1-2②,
①-②可得bn=2bn-2bn-1,即bn=2bn-1(n≥2),
当n=1时,b1+2=2b1,所以b1=2,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,故bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)知an=4n-9,则cn=,
易得c1=c2=-1,c3=c4=0,c5=c6=c7=1,
则数列{bncn}的前7项和为-1×(21+22)+0×(23+24)+1×(25+26+27)=218.
能力提升练
1.A　因为数列{an}为等差数列,所以a3+a5=2a4=8,
因为{bn}为等比数列,所以b3b5==16,
而a3a5=(8-a5)a5=-+8a5=-(a5-4)2+16≤16,
所以b3b5≥a3a5,故A正确,C错误;
易知b3,b5可同为正数也可同为负数,
当b3,b5<0时,b3+b50时,b3+b5≥2=8=a3+a5,
所以a3+a5,b3+b5的大小不确定,故B、D错误.
故选A.
2.A　由a,b,c成等差数列,可得b-a=c-b,
易知,要使构成等差数列,需满足ab=bc,即a=c,则a=b=c,不满足题意,故A错误;
由a,b,c成等差数列,可得a+c=2b,
则,若构成等比数列,
则,则(a-c)2=0,得a=c,此时a=b=c,这与题意矛盾,因此不可能构成等比数列,
故B正确;
不妨设a=2,b=4,c=8,此时满足a,b,c成等比数列,且成等比数列,故C正确;
由a,b,c成等比数列,可知b2=ac,
若成等差数列,则,故2b=a+c,故=ac,故a=b=c,与题意不符,故不可能构成等差数列,故D正确.
故选A.
3.B　由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2,n≥2,
两式相减得an+an-an-1=0,即an=an-1(n≥2),
又S1+a1=a1+a1=2,所以a1=1,
所以数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列,
所以an=,所以bn==2n(n-λ),
若数列{bn}是递增数列,
则bn+1-bn=2n+1(n+1-λ)-2n(n-λ)=2n(n+2-λ)>0恒成立,即n+2-λ>0恒成立,即λ又n∈N*,所以λ<3.故选B.
4.答案　an=
解析　设第n个正方形的边长为cn,则c1=1,
因为每一个正方形的四个顶点都恰在它的外边最近正方形四条边的三等分点上,所以A2B1=c1,又∠A2B1B2=90°,所以A2B2=c1,即c2=c1,
同理可得cn+1=cn,即数列{cn}是首项为1,公比为的等比数列,所以cn=,
所以第n个正方形的面积为an=.
因为{bn}满足+…+=2n2-n(n∈N*),
所以=2(n+1)2-(n+1)-(2n2-n)=4n+1=4(n+1)-3,所以=4n-3(n∈N*),
所以bn+1-bn=(4n+1),
所以b1b4>b5>…>bn>…,
所以数列{bn}的最大项为b2或b3,且b2=b3=.
5.解析　(1)由题意知an=(1+50%)an-1-500(n≥2),
即an=an-1-500(n≥2),
所以an-1 000=(an-1-1 000)(n≥2).
由题意知a1=2 000×(1+50%)-500=2 500,
所以数列{an-1 000}是首项为2 500-1 000=1 500,公比为的等比数列.
(2)由(1)知an-1 000=1 500·,
所以an=1 500·+1 000.
若该项目的资金至少翻一番,则an≥4 000,
则1 500·+1 000≥4 000,得≥2,
两边取常用对数得(n-1)lg≥lg 2,
所以n-1≥,
所以n≥2.5,因为n∈N*,所以n≥3.
即至少经过3年,该项目的资金翻一番.
6.AC　由已知得a9a10=a9a9q=q<1,又a9>1,q>0,
所以0T17=(a1a17)(a2a16)(a3a15)…(a8a10)·a9=()8·a9=>1,
T18=(a1a18)(a2a17)(a3a16)…(a8a11)·(a9a10)=(a9a10)9<1,
所以T17>1>T18,C正确,D错误.故选AC.
7.A　由题意得a1>0,q>1,
由a1+a2+a3=,得,所以a2=3(a2=-3舍去),
所以a1+a3=,
整理得2q2-5q+2=0,解得q=2.
故选A.
8.D　原式可变形为a4·a8+ma7·a8=-2a6·a9+,
由等比数列的性质可得(m+2)a6·a9=,
易知a9≠0,所以m+2==q3.因为q∈(1,2),所以q3∈(1,8),则m∈(-1,6).故选D.
9.答案　2,4,8
解析　设这三个数分别为a,b,c,且a由等比数列的性质可得abc=b3=64,即b=4,
又a+b+c=14,所以a+c=10,又ac=b2=16,
所以a=2,c=8,
故这三个数从小到大依次是2,4,8.
10.ACD　对于A,因为q>0且q≠1,所以an>0,an+1>0,an+1≠an,所以Cn是椭圆,A正确.
对于B,当Cn是椭圆时,由A选项知q>0且q≠1,若q>1,则an+1>an,e=,得q=;
若0对于C,当Cn表示双曲线时,显然q<0,故双曲线Cn的一条渐近线方程为y=x,令,得q=-,C正确.
对于D,当n为偶数时,an<0,an+1>0,双曲线Cn的焦点在y轴上,则bn=2,当n为奇数时,an>0,an+1<0, 双曲线Cn的焦点在x轴上,则bn=2,所以b1+b2+…+b10=2=2+4×(2+22+23+24)+2×25=2+4×30+64=186,D正确.故选ACD.
易错警示　本题中若等比数列的公比q=1,则有an+1=an,此时曲线Cn表示圆.
11.答案　64
解析　设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由
所以a1a2…an=q1+2+…+(n-1)=8n×,
所以当n=3或n=4时,a1a2…an取得最大值,为26=64.
12.答案　19
解析　根据(an+1-an-1)(an+1-2an)=0可知an+1=an+1或an+1=2an.
当an+1=an+1时,数列{an}是以a1=1为首项,1为公差的等差数列,
所以an=1+(n-1)×1=n,
则am=m=2 023,可得m=2 023.
当an+1=2an时,数列{an}是以a1=1为首项,2为公比的等比数列,所以an=1×2n-1=2n-1,
则am=2m-1=2 023,解得m=1+log22 023,不合题意,舍去.
由a1=1得a2=2,若数列{an}为等差和等比交叉的数列,要使m的值最小,
则am=1+2 022,am-1=2 022,am-2=1 011,am-3=1 010,am-4=505,am-5=504,am-6=252,am-7=126,am-8=63,am-9=62,am-10=31,am-11=30,am-12=15,am-13=14,am-14=7,am-15=6,am-16=3,am-17=2,又a2=2,所以m-17=2,即m=19.
故正整数m的最小值为19.
13.解析　(1)当n=1时,a1=S1=(a1-1),∴a1=a.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an-an-1),
整理得=a,
∴数列{an}是以a为首项,a为公比的等比数列,
∴an=a·an-1=an.
(2)由(1)知,bn=,(*)
由数列{bn}是等比数列,得=b1b3,
故,
即,解得a=,
再将a=代入(*)式,得bn=3n.
所以,满足条件①,
又,所以存在M≥满足条件②.
故数列为P数列.
2(共21张PPT)
4.3 等比数列
知识点 1 等比数列的概念
4.3.1 等比数列的概念
必备知识 清单破
文字 语言 一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比,公比通常用字母q表示(显然q≠0)
数学 符号 在数列{an}中,若 =q(n∈N*)或 =q(n≥2,n∈N*)成立,则称数列{an}为等比数列,常数q称为等比数列的公比
递推 公式 =q(n∈N*)或 =q(n≥2,n∈N*)
　 a,G,b成等比数列 G2=ab G=± (a,b同号且不为0).
知识点 2 等比中项
　　首项为a1,公比为q的等比数列{an}的通项公式为an=a1qn-1.
　　当q>0且q≠1,a1≠0时,an=f(n)= ·qn为指数型函数.
知识点 3 等比数列的通项公式
1.当q<0,a1≠0时,数列{an}是摆动数列,不具有单调性,且数列中所有的奇数项同号,所有的偶
数项也同号,但是奇数项与偶数项异号.
2.当q=1,a1≠0时,数列{an}是各项均不为0的常数列,不具有单调性.
3.当 或 时,数列{an}单调递增.
4.当 或 时,数列{an}单调递减.
知识点 4 等比数列的单调性
　
1.在等比数列{an}中,若k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则akal=aman.特别地,若m+n=2r(m,n,r∈N*),则aman= .
2.若数列{an}是公比为q(q>0)且各项均为正数的等比数列,则数列{logban}(b>0且b≠1)是公差
为logbq的等差数列;若数列{an}是公差为d的等差数列,则数列{ }(b>0且b≠1)是公比为bd的
等比数列.
3.在公比为q(q≠-1)的等比数列{an}中,依次取相邻k(k∈N*)项的和(或积)构成公比为qk(或 )
的等比数列.
4.若{an}是公比为q的等比数列,则数列{λan}(λ≠0)是公比为q的等比数列,数列 是公比为
的等比数列,数列{ }是公比为q2的等比数列,数列{|an|}是公比为|q|的等比数列.
知识点 5 等比数列的常用性质
5.若数列{an}是公比为q的等比数列,则在数列{an}中,每隔k(k∈N*)项取出一项,按原来的顺序
排列,所得数列仍为等比数列,且公比为qk+1.
6.在等比数列{an}中,若m,n,p(m,n,p∈N*)成等差数列,则am,an,ap成等比数列.
7.若{an},{bn}是项数相同的等比数列,公比分别是p和q,则数列{anbn}与 也都是等比数列,
公比分别为pq和 .
知识辨析
1.若an+1=qan,n∈N*,且q≠0,则{an}一定是等比数列吗
2.2和8的等比中项是4吗
3.常数列一定既是等差数列又是等比数列吗
4.等比数列{an}中,a2a3a12=a4a6a7成立吗
一语破的
1.不一定.若an=0,则数列{an}不是等比数列.
2.不是.应该是±4,可以说4是2和8的等比中项.
3.不一定.非零常数列既是等差数列又是等比数列.
4.成立.等比数列的性质:若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am·an=ap·aq可以推广使用,即若m+n+…+k=
p+q+…+r,则有am·an·…·ak=ap·aq·…·ar(等式两边项的个数相同,且m,n,…,k,p,q,…,r∈N*).
关键能力 定点破
定点 1 等比数列的判定(证明)
判定一个数列是等比数列的方法
(1)定义法:若数列{an}满足 =q(q为常数且不为零)或 =q(n≥2,q为常数且不为零),则数
列{an}是等比数列.
(2)等比中项法:对于数列{an},若 =anan+2且an≠0,则数列{an}是等比数列.
(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式为an=cqn(c≠0,q≠0),则数列{an}是等比数列.
　　其中,定义法和等比中项法可作为证明一个数列是等比数列的依据,通项公式法只能在
小题中应用,不能作为解答题中判定一个数列是等比数列的依据.
典例　已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n-4.
(1)求a1的值;
(2)若bn=an-1,试证明数列{bn}为等比数列.
解析 (1)因为Sn=2an+n-4,所以当n=1时,a1=S1=2a1+1-4,解得a1=3.
(2)证明:因为Sn=2an+n-4,所以当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-5,
所以Sn-Sn-1=(2an+n-4)-(2an-1+n-5)(n≥2),即an=2an-1-1(n≥2),
所以an-1=2(an-1-1)(n≥2),
又bn=an-1,所以bn=2bn-1(n≥2),易知b1=a1-1=2≠0,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.

1.等比数列{an}的通项公式an=a1qn-1(q≠0)中含有四个量:a1,q,n,an,可知三求一,进行适当的变
形以便于灵活应用.
2.等比数列通项公式的变形
(1)an= ·qn(q≠0,q≠1):
　　这一变形可以体现等比数列与指数函数的关系.当q>0且q≠1,a1≠0时,y= ·qx是指数型
函数.
(2)①an=amqn-m,②qn-m= (m,n∈N*):
①表明已知等比数列{an}中的一项am及公比q,可以求出等比数列中的任意一项an;
②表明已知等比数列{an}中的任意两项an和am,可以求出公比q.
定点 2 等比数列通项公式的求解及应用
3.在解决等比数列问题的过程中,需要设未知量,为了减少未知数的个数,常采用以下技巧:
(1)当三个数成等比数列时,可设这三个数分别为 ,a,aq(a≠0,q≠0).
(2)当四个数成等比数列时,可设这四个数分别为 ,a,aq,aq2(a≠0,q≠0).四个符号相同的数成
等比数列,可设为 , ,aq,aq3(a≠0,q≠0).
典例1　已知数列{an}是等比数列,其中a7=1,且a4,a5+1,a6成等差数列,求数列{an}的通项公式.
解析 设等比数列{an}的公比为q.
解法一:由a7=a1q6=1,得a1=q-6,
从而a4=a1q3=q-3,a5=a1q4=q-2,a6=a1q5=q-1.
因为a4,a5+1,a6成等差数列,
所以a4+a6=2(a5+1),
即q-3+q-1=2(q-2+1),
即q-1(q-2+1)=2(q-2+1),所以q= ,
故an=a1qn-1=q-6·qn-1= .
解法二:由a7=1,得an=a7qn-7=qn-7.
则a4=q-3,a5=q-2,a6=q-1.
因为a4,a5+1,a6成等差数列,
所以q-3+q-1=2(q-2+1),
即q-1(q-2+1)=2(q-2+1),
从而q= ,故an=qn-7= .
解法三:由a7=1,且a4,a5+1,a6成等差数列,知a4,a5+a7,a6成等差数列,
所以a4+a6=2(a5+a7),即a4+a6=2q(a4+a6),易知a4,a6同号,所以a4+a6≠0,
所以q= ,故an=a7qn-7=qn-7= .
规律总结 等比数列通项公式的求法
(1)根据已知条件,建立关于a1,q的方程组,求出a1,q后再求an,这是常规方法.
(2)充分利用各项之间的关系,直接求出q后,再求a1,最后求an,这种方法带有一定的技巧性,能
简化运算.
典例2　已知四个数中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,中间两数之积为16,首尾两
个数之积为-128,求这四个数.
思路点拨 先根据后三个数成等比数列可设后三个数为 ,a,aq,然后根据前三个数成等差数
列得第一个数为 -a,最后结合题意列方程组求解.
解析 由题可设这四个数为 -a, ,a,aq,则
所以 或
因此这四个数为-4,2,8,32或4,-2,-8,-32.

1.与等比数列有关的问题中,常常涉及次数较高的指数运算,若按常规的方法解题,则需建立
关于a1,q的方程组求解,这种方法运算量比较大,如果结合等比数列的有关性质(若m+n=p+q
(m,n,p,q∈N*),则am·an=ap·aq)来求解,那么会起到化繁为简的效果.
2.在应用等比数列的性质解题时,需时刻注意等比数列性质成立的前提条件.
定点 3 等比数列性质的应用
典例　已知{an}为等比数列.
(1)若an>0,a5a7+2a6a8+a6a10=49,求a6+a8;
(2)若an>0,a5a6=9,求log3a1+log3a2+…+log3a10的值.
解析 (1)由等比数列的性质得 +2a6a8+ =49,即(a6+a8)2=49,∵an>0,∴a6+a8=7.
(2)由等比数列的性质知a5a6=a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=9,
∴log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1a2·…·a10)
=log3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)·(a5a6)]=log395=10.
规律总结 利用等比数列的性质解题时要充分发挥项的“下标”的指导作用,分析等比数列
中项与项之间的关系,选择恰当的性质解题.

　　当数列{an}不是等比数列时,往往需要利用待定系数法构造与之相关的等比数列.利用等
比数列的通项公式求出包含an的关系式,进而求出an.常见类型有:
(1)an+1=can+d(c≠1,cd≠0)可化归为an+1- =c ,当a1- ≠0时,数列 为等
比数列;也可消去常数项,由an+1=can+d,an=can-1+d(n≥2,n∈N*),两式相减,得an+1-an=c(an-an-1),当a2
-a1≠0时,数列{an+1-an}是公比为c的等比数列.
(2)an+1=p (p>0,an>0),两边同时取常用对数,得lg an+1=qlg an+lg p,令bn=lg an,得bn+1=qbn+lg p,即
为(1)中类型,求出bn后,得an=1 .
(3)an+2=pan+1+qan(pq≠0),设an+2-kan+1=h(an+1-kan),比较系数可得h+k=p,-hk=q,从而求出h,k,于是{an+1-
kan}是公比为h的等比数列,即为(1)中类型.
定点 4 构造等比数列求数列的通项公式
(4)an+1=can+kn+b(c≠1,ckb≠0)可化归为an+1+ (n+1)+ + =c
,当a1+ + ≠0时,数列 是等比数
列.
(5)an+1=can+dn(cd≠0,c≠d)可化归为an+1- =c 或将递推公式两边同除以dn+1化为
(1)中类型或两边同除以cn+1,累加求通项.若c=d,则可化归为 - = ,即 为等差数列.
(6)an+1=can+dn+t(cdt≠0,c≠1)可化归为an+1- =c +dn,即(5)中类型.
典例1　在数列{an}中,已知a1=1,an+1=3an+2,求数列{an}的通项公式.
思路点拨 思路一:引入参数λ,使an+1+λ=3(an+λ),则数列{an+λ}为等比数列.
思路二:通过观察递推公式的特征,直接消去常数,转化为等比数列求通项公式.
解析 解法一:令an+1+λ=3(an+λ),即an+1=3an+2λ,
又an+1=3an+2,∴λ=1,∴an+1+1=3(an+1).
∵a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,3为公比的等比数列,
∴an+1=2×3n-1,即an=2×3n-1-1.
解法二:∵an+1=3an+2,∴an=3an-1+2(n≥2),两式相减,得an+1-an=3(an-an-1)(n≥2).
∵a2-a1=3a1+2-a1=2a1+2=4,∴{an+1-an}是首项为4,公比为3的等比数列,∴an+1-an=4×3n-1.
∴3an+2-an=4×3n-1,∴an=2×3n-1-1.
典例2　已知数列{an}满足a1=1,a2=2,且an+1=2an+3an-1(n≥2,n∈N*),求数列{an}的通项公式.
解析 由an+1=2an+3an-1(n≥2),可得an+1+an=3(an+an-1),即 =3,所以{an+1+an}是以a1+a2=3为
首项,3为公比的等比数列,
所以an+1+an=3×3n-1=3n,则 + · = .
不妨令cn= ,则cn+1+ cn= ,
所以cn+1- =- ,即 =- ,
又c1- = - = ,所以数列 是首项为 ,公比为- 的等比数列,
所以 - =cn- = × ,
所以an= .

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