高中数学必修5等比数列(提高)知识点巩固练习

等比数列 ....................................................................................................... 1 【学习目标】 ............................................................................................... 1 【要点梳理】 ............................................................................................... 1 【典型例题】 ............................................................................................... 5 【巩固练习】 ............................................................................................. 12

等比数列

编稿：武小煊 审稿：柏兴增

【学习目标】

1.掌握等比数列的定义，理解等比中项的概念；掌握等比数列的通项公式及推导；

2.掌握等比数列的性质和前n项和公式及公式证明思路；会用它们灵活解决有关等比数列的问题； 3.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题； 4.了解等比数列与指数函数的关系.

【要点梳理】

要点一：等比数列的定义

一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，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；公比通常用字母q表示（q0），即：

要点诠释：

①由于等比数列每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q可不能是0；

②“从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数q”，这里的项具有任意性和有序性，常数是同一个；

③隐含条件：任一项an0且q0；

④常数列都是等差数列，但不一定是等比数列. 不为0的常数列是公比为1的等比数列；

an1q(q0). an⑤证明一个数列为等比数列，其依据要点二：等比中项

an1q(nN*，q0).利用这种形式来判定，就便于操作了. an如果三个数a、G、b成等比数列，那么称数G为a与b的等比中项.其中Gab. 要点诠释：

①只有当a与b同号即ab0时，a与b才有等比中项，且a与b有两个互为相反数的等比中项. 当a与

b异号或有一个为零即ab0时，a与b没有等比中项.

②任意两个实数a与b都有等差中项，且当a与b确定时，等差中项cab唯一. 但任意两个实数a与2b不一定有等比中项，且当a与b有等比中项时，等比中项不唯一.

③当ab0时，a、G、b成等比数列GbG2abGab. aG④a、G、b成等比数列G2ab；G2aba、G、b成等比数列. 要点三：等比数列的通项公式 等比数列的通项公式

首相为a1，公比为q的等比数列{an}的通项公式为： 推导过程： （1）归纳法： 根据等比数列的定义∴a2a1qa1q21；

a3a2q(a1q)qa1q2a1q31； a4a3q(a1q2)qa1q3a1q41；

anq可得anan1q(n2)： an1…… anan1qa1qn1(n2)

当n=1时，上式也成立

∴归纳得出：ana1qn1(nN*，a1q0) （2）叠乘法： 根据等比数列的定义a2q， a1a3q， a2anq可得： an1a4

q， a3

…… anq， an1 把以上n1个等式的左边与右边分别相乘（叠乘），并化简得：又a1也符合上式

∴ana1qn1(nN*，a1q0). (3)迭代法： anan1qan2q2a2qn2a1qn1

anqn1，即ana1qn1(n2) a1∴ana1qn1(nN*，a1q0). 要点诠释：

①通项公式由首项a1和公比q完全确定，一旦一个等比数列的首项和公比确定，该等比数列就唯一确定了.

②通项公式中共涉及a1、n、q、an四个量，已知其中任意三个量，通过解方程，便可求出第四个量. 等比数列的通项公式的推广

已知等比数列{an}中，第m项为am，公比为q，则： 证明：∵ana1qn1，ama1qm1 aaqnm

nmana1qn1qnm ∴m1ama1q ∴anamqnm

由上可知，等比数列的通项公式可以用数列中的任一项与公比来表示，通项公式ana1qn1(nN*，a1q0)可以看成是m1时的特殊情况.

要点四：等比数列的前n项和公式 等比数列的前n项和公式 推导过程： （1）利用等比性质 由等比数列的定义，有

a2a3a1a2anq an1根据等比性质，有

a2a3anSan1q(1q)Sna1anq

a1a2an1Snana1anqa1(1qn)∴当q1时，Sn或Sn.

1q1q（2）错位相减法

等比数列{an}的前n项和Sna1a2a3①当q1时，ana1，Sna1a2a3②当q1时，由ana1qn1得： Sna1a1qa1q2a1qn2a1qn1

an， anna1；

qSna1qa1q2a1q3a1qn1a1qn

n(1q)Sna1a1qna1anqa（ 11q）a1anqa1(1qn)∴Sn或Sn.

1q1qna1即Sna1(1qn)a1anq1q1q(q1)(q1)

要点诠释：

①错位相减法是一种非常常见和重要的数列求和方法，适用于一个等差数列和一个等比数列对应项的积组成的数列求和问题，要求理解并掌握此法.

②在求等比数列前n项和时，要注意区分q1和q1.

③当q1时，等比数列的两个求和公式，共涉及a1、n、q、an、Sn五个量，已知其中任意三个量，通过解方程组，便可求出其余两个量.

要点五：等比数列的性质 设等比数列{an}的公比为q

①若m,n,p,qN，且mnpq，则amanapaq， 特别地，当mn2p时amanap2.

②下标成等差数列且公差为m的项ak，akm，ak2m，…组成的新数列仍为等比数列，公比为qm.

1③若{an}，{bn}是项数相同的等比数列，则a2n、a2n1、kan（k是常数且k0）、{}、

anam{an}(mN，m是常数)、anbn、{n}也是等比数列；

bn④连续k项和（不为零）仍是等比数列.即Sk，S2kSk，S3kS2k，…成等比数列. 要点六：等比数列中的函数关系 等比数列{an}中，ana1qn1a1naq，若设c1，则：ancqn qq（1）当q1时，anc，等比数列{an}是非零常数列. 它的图象是在直线yc上均匀排列的一群孤立的点.

（2）当q0且q1时，等比数列{an}的通项公式ancqn是关于n的指数型函数；它的图象是分布在曲线ya1xq（q0且q1）上的一些孤立的点. q①当q1且a10时，等比数列{an}是递增数列； ②当q1且a10时，等比数列{an}是递减数列； ③当0q1且a10时，等比数列{an}是递减数列； ④当0q1且a10时，等比数列{an}是递增数列. （3）当q0时，等比数列{an}是摆动数列.

要点诠释：常数列不一定是等比数列，只有非零常数列才是公比为1的等比数列.

【典型例题】

类型一：等比数列的定义与通项公式

2an2例1．已知数列{an}的首项为a1,an1,n1,2,3,……，

3an1证明：数列{11}是等比数列. an【思路点拨】本题的变形中要有极强的目标意识，将递推式进行合理变形，由等比数列的定义给予证明.

【解析】由an1∴

2ana11111,得，n. an1an12an22an2121111(1),又a1,1

3a13an12an1111}是首项为，公比为的等比数列. an22∴数列{【总结升华】证明一个数列为等比数列，要紧扣定义，这里是采用了转化与化归的策略. 举一反三：

【变式1】已知数列{an}中a11,an2an130(n2). 判断数列{an1}是等比数列，并说明理由 【答案】{an1}是等比数列 ∵a11,an2an130(n2). ∴an12(an11)，

∴数列{an1}是首项为2，公比为-2的等比数列

【高清课堂：等比数列及其前n项和 381054 典型例题例1】 【变式2】设an是公比为q的等比数列，q1， 令bnan1n1,2,，

若数列bn有连续四项在集合53,23,19,37,82中， 则6q

【答案】由题知an有连续的四项在集合54,24,18,36,81中，则必有-54，-24为相隔两项， 又∵q1 ∴q25493，q 2442∴6q9

类型二：等比数列的通项

例2．等比数列{an}中，a1a964， a3a720，求a11.

【思路点拨】等比数列的计算，一般优先考虑使用性质，使计算简捷. 【解析】

8a1a9a1a1q64法一：设此数列公比为q，则26a3a7a1qa1q20(1)(2)

由(2)得：a1q2(1q4)20..........(3) ∴a10.

由(1)得：(a1q4)264 ， ∴a1q48 ......(4)

1q4205(3)÷(4)得：2，

q82∴2q45q220，解得q22或q21 2当q22时，a12，a11a1q1064； 当q21时，a132，a11a1q101. 2法二：∵a1a9a3a764，又a3a720， ∴a3、a7为方程x220x640的两实数根， a316 ∴ 或

a472a34 a167a721或a1164. ∵a3a11a7， ∴a11a3【总结升华】

①列方程（组）求解是等比数列的基本方法，同时利用性质可以减少计算量；

②解题过程中具体求解时，要设法降次消元，常常整体代入以达降次目的，故较多变形要用除法（除式不为零）.

举一反三：

【变式1】设{an}为等比数列，an＞0，且a1a8916，求a44a45a46的值. 【答案】64

216，又an＞0，∴a454， ∵a1a89a45364. ∴a44a45a46a45【变式2】已知等比数列{an}，若a1a2a37，a1a2a38，求an. 【答案】an2n1或an23n； 类型二：等比数列的前n项和公式

例3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3S62S9，求数列的公比q. 【思路点拨】使用等比数例的求和公式Sn时，应首先考虑分q1、q1两种情况.

3【解析】q4 2（1）当q1时，则有S33a1，S66a1，S99a1.

因a10，得S3S62S9，显然q1与题设矛盾，故q1. a1(1q3)a1(1q6)2a1(1q9)（2）当q1时，由S3S62S9得，，

1q1q1q整理得q32q6q310，

341由q0，q1，得q，所以q.

22【总结升华】利用等比数列求和公式列出方程，通过解方程求出q是这类问题的常用方法.

33举一反三：

【变式1】已知：{an}为等比数列，a1a2a327，S313，求S5.

121【答案】121或

9a1(1q3)1q3或q，则a11或9 ∵a27a23，131q332191－13535121121或S5＝＝∴S5.

11391－3【变式2】在等比数列{an}中，a1an66，a2an1128，Sn126，求n和q. 【答案】q1或2，n6； 2类型三：等比数列的性质

例4. 等比数列{an}中，若a5a69，求log3a1log3a2...log3a10.

【思路点拨】将待求的若干个对数式的和化为一个对数式，再利用等比数列的性质求解. 【解析】

∵{an}是等比数列，∴a1a10a2a9a3a8a4a7a5a69 ∴log3a1log3a2log3a10log3(a1a2a3a10)log3(a5a6)5log39510

【总结升华】本例考查了两点，一是对数式的运算法则，一是等比数列的性质. 举一反三：

【变式1】若等比数列an满足anan116n，则公比为 （A）2 （B）4 （C）8 （D）16 【答案】选B

因为等比数列an满足anan116n， ① 所以an1an216n1 ②

②①得q216．又因为anan116n0，所以q4

827【变式2】在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为________.

32【答案】216；

法一：设这个等比数列为{an}，其公比为q，

8278819∵a1，a5a1q4q4，∴q4，q2

3231648∴a2a3a4a1qa1qa1qaq3233163963216. 43827法二：设这个等比数列为{an}，公比为q，则a1，a5，

32加入的三项分别为a2，a3，a4，

8272由题意a1，a3，a5也成等比数列，∴a336，故a36，

3223a3a3216. ∴a2a3a4a3类型四：等比数列前n项和公式的性质

例5．在等比数列{an}中，已知Sn48，S2n60，求S3n.

【思路点拨】等差数列中也有类似的题目，我们仍然采用等差数列的解决办法，即等比数列中前k项

和，第2个k项和，第3个k项和，……，第n个k项和仍然成等比数列.

【答案8】

【解析】

法一：Sn，S2nSn，S3nS2n构成等比数列，

∴S20S10S10·S30S20，即12248S3n60， ∴S3n63.

法二：∵S2n2Sn，∴q1， a1(1qn)48（1）1q由已知得 2na(1q)160（2）1q2（2）÷（1）得1qn代入（1）得

51，即qn 44a164， 1qa1(1q3n)164(13)63. ∴S3n1q4法三：∵{an}为等比数列，∴Sn，S2nSn，S3nS2n也成等比数列， ∴(S2nSn)2Sn(S3nS2n)，

(S2nSn)2(6048)2S2n6063. ∴S3nSn48【总结升华】性质的应用有些时候会更方便快捷. 举一反三：

【变式1】等比数列{an}中，公比q=2， S4=1，则S8=___________. 【答案】17；

S8=S4+a5+a6+a7+a8=S4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=S4+q4(a1+a2+a3+a4)=S4+q4S4=S4(1+q4)=1×(1+24)=17 【变式2】已知等比数列{an}的前n项和为Sn， 且S10=10， S20=40，求：S30=？ 【答案】130；

【变式3】等比数列{an}中，若a1+a2=324， a3+a4=36， 则a5+a6=_____________. 【答案】4；

令b1=a1+a2=a1(1+q)，b2=a3+a4=a1q2(1+q)，b3=a5+a6=a1q4(1+q)， b22362易知：b1， b2， b3成等比数列，∴b3===4，即a5+a6=4.

b1324【变式4】等比数列{an}中，若a1+a2+a3=7，a4+a5+a6=56， 求a7+a8+a9的值. 【答案】448；

∵{an}是等比数列，∴(a4+a5+a6)=(a1+a2+a3)q3，∴q3=8， ∴a7+a8+a9=(a4+a5+a6)q3=56×8=448. 类型五：等差等比数列的综合应用

【高清课堂：等比数列及其前n项和381054 典型例题例2】 例6．已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a22(a3a4a51111()， 64a3a4a511)， a1a2【思路点拨】等比数列的计算，一般优先考虑使用性质，如果不宜用性质，则回归为基本量a1、q的问题，列出a1、q的方程组.

(1)求an的通项公式. (2)设bn(an12)，求数列bn的前n项和Tn. an【答案】(1)由题中条件可得

11aaq2()11aaqa111解得：1 q21111aq2aq3aq411123464a1qa1qa1q∴数列an的通项为an2n1

（2）由（1）知数列an的通项为an2n1， ∴bnan211n1242 an24n1∴Tn(4041……4n1)(11()n1442n 11414n111……)2n 01n1444【总结升华】分清等差，等比的概念，选择适当的设法是解决这类问题的关键. 举一反三：

【变式1】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. 【答案】

(1)依题意有2S3＝S1＋S2，

即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)，

1由于a1≠0，故2q2＋q＝0.又q≠0，从而q.

21(2)由已知可得a1a1()23，

2故a1＝4，

14[1()n]28[1(1)n]. 从而Sn＝

1321()225an6，且a1，a3，a15成等比数列，求【变式2】已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Snan数列{an}的通项an.

25an6， ① 【答案】∵10Snan∴10a1a125a16，解之得a1=2或a1=3.

2又10Sn1an15an16(n2)， ②

22an由①-②得10an(an1)5(anan1)，即(anan1)(anan15)0

∵an+an-1＞0，∴an-an-1=5(n≥2).

当a1=3时，a3=13，a15=73，a1，a3，a15不成等比数列 ∴a1≠3；

当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15， ∴a1=2，∴an=5n-3.

【巩固练习】

一、选择题

1．等比数列{an}中，a3＝12，a2＋a4＝30，则a10的值为( ) A．3×105 C．128

－

B．3×29 D．3×2

－5

或3×29

2．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，A．12 C．322

aa1a3,2a2成等差数列，则910＝( )

a7a82B．12 D．322

3．设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，则数列a3，a6，a9，…，a3n，…的前n项和为( )

a11q2nA.

1qa131q3nC.

1q3＋log2a2n－1＝( )

A．n(2n－1) C．n2

a11q3nB.

1q3a31q3nD.

1q34．已知等比数列{an}满足an>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…

B．(n＋1)2 D．(n－1)2

5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若A．2 C.

S6S3，则9＝( ) S3S6B.

7 38 36 5D．3

6．等比数列{an}共有2n＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an＋1等于( ) A.

B.

5 6C．20 二、填空题

D．110

7．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝1，a4＋a5＋a6＝－2，则该数列的前15项和S15＝________. 8．在等比数列{an}中，若a11,a44，则公比q= ；a1a22an= . 9.在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1，若am＝a1·a2·a3·a4·a5，则m＝________. 10．等比数列中Sn＝48，S2n＝60，则S3n等于________． 三、解答题

11.在等比数列{an}中，已知：a1=2,S3=26,求q与a3;

12.已知：对任意自然数n都有a1+a2+……+an=2n-1，求a1a2+……+an.

13．有四个数，前三个成等比数列，且和为19；后三个成等差数列，且和为12.求这四个数. 14．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.

15．已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，{an}中部分项组成的数列ak1等比数列，且知k1=1, k2=5,k3=17.

（1）求kn；

（2）证明： k1+k2+……+kn=3n-n-1.

222，ak2,ak3,,akn,恰为

【答案与解析】

1. 【答案】 D 【解析】 ∵a2∴a2∴

a3，a4＝a3q， q12，a4＝12q. q1212q30.即2q2－5q＋2＝0， q∴q1或q＝2. 21a10a3q12325

277或a10＝12×27＝3×29.故选D. 2．【答案】 C 【解析】 由题意知2即a1q2＝a1＋2a1q ∴q2－2q－1＝0

∴q12或q12 (舍)

1a3a12a2 2a9a10a7a8q2q2(12)2322，故选C.

a7a8a7a83. 【答案】 D

【解析】 由于a3a6a94. 【答案】 C

【解析】 由a5·a2n－5＝22n(n≥3)得an2＝22n，又an>0，则an＝2n，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2，故选C.

5. 【答案】 B

a31q3na3n.故选D. 31qS61q3S3【解析】 设公比为q，则1q33q32，

S3S3S91q3q61247于是. 3S61q1236. 【答案】 B

【解析】 由题意知：S奇＝a1·a3·…·a2n＋1＝100， S偶＝a2·a4·…·a2n＝120

S奇a3a5a2n11005∴a1， S偶a2a4a2n1206∴a1qan17．【答案】 11

【解析】 设数列{an}的公比为q，则由已知，得q3＝－2. 又a1a2a3∴

n5，故选B 6a1(1q3)1， 1qa11， 1q3a1a1(1q15)1[1(q3)5][1(2)5]11.故填11. 1q1q3∴S158．【答案】2，2n11. 2【解析】a413q4，解得q2，a1a221(12n)1an22n1

1229. 【答案】 11

【解析】 am＝a1·a2·a3·a4·a5 ＝a15· q1

＋2＋3＋4

＝a15q10＝a1·q10

∴m＝11. 10. 【答案】 63

【解析】 ∵Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列． 又Sn＝48，S2n＝60，∴S3n－S2n＝S3n－60 ∴122＝48(S3n－60) ∴S3n＝63.

11.【解析】2(1+q+q2)=26, 解得q=3或q=-4.当q=3时a3=18；当q=-4时, a3=32.

12.【解析】依题意Sn=2n-1,易求得an=2n-1, a1=1且公比为2，可知a1，a2，……an成等比数列，公比

2224n11n为4.∴a+a+……+a==(41).

41321222n13．【解析】依题意设这四个数为y, x-d, x,x+d， ∵后三个数和为12，∴(x-d)+x+(x+d)=12，解得x=4. 又前三个数成等比且和为19，

(4d)24yy25y9∴, 解得或，

d14d2y4d419∴这四个数为9，6，4，2或25，-10，4，18. 14.【解析】 (1)依题意有2S3＝S1＋S2， 即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)， 由于a1≠0，故2q2＋q＝0.又q≠0，从而q1. 21(2)由已知可得a1a13，

2故a1＝4，

21n41n2811. 从而Sn3121215．【解析】

依题意：ak1=a1, ak2=a5=a1+4d,

ak3=a17=a1+16d，而ak1，ak2，ak3为等比数列.

故有(a1+4d)2=a1(a1+16d),解得a1=2d. 因而{akn}的公比q=

a5a14da12a1===3.

a1a1a1而akn在等差数列{an}中是第kn项， ∴akn=a1+(kn-1)d,即akn=(kn+1)d……(1) 又akn在等比数列{akn}中是第n项， ∴akn=a1·qn-1即akn=2d·3n-1……(2) 联立(1)(2)，解得kn=2·3n-1-1.

（2）k1+k2+……+kn=(2·30-1)+(2·31-1)+……+(2·3n-1-1)=2(30+31+……+3n-1)-n

3n1n3nn1 =231