等比数列的概念和性质

前言

重新编辑于2020-02-26 by WangHai.

判定证明

证明方法：

定义法：(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q(nge 2))，或者(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q(nge 1))；
等比中项法：(a_{n+1}^2=a_ncdot a_{n+2}(nge 1))，或者(a_n^2=a_{n+1}cdot a_{n-1}(nge 2))；

判定方法：除了上述的两种方法以外，还有

通项公式法：(a_n=ccdot q^n(nin N^*))，(c)，(q)均为不为零的常数，

说明：(a_n=a_1cdot q^{n-1}=cfrac{a_1}{q}cdot q^n=ccdot q^n)[指数型函数]，

前(n)项和法：(S_n=kcdot q^n-k)，(k eq 0)，(q eq 0)且(q eq 1)，

说明：(S_n=cfrac{a_1cdot (1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1}{1-q}-cfrac{a_1}{1-q}cdot q^n)，令(-cfrac{a_1}{1-q}=k)，则(S_n=kcdot q^n-k)。

如果判定某数列不是等比数列，只需要判定其有连续三项不成等比数列即可，这样就可以联系到赋值法，比如常常判断(a_2^2 eq a_1cdot a_3)。

变形技巧

①常用的数学公式：

$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$；

$a_4^2+2a_4a_6+a_6^2=(a_4+a_6)^2$；

$1-q^2=(1-q)(1+q)$；

$1-q^3=(1-q)(1+q+q^2)$；

$1-q^6=1-(q^3)^2=(1+q^3)(1-q^3)$；

$frac{S_6}{S_3}=frac{frac{a_1(1-q^6)}{1-q}}{frac{a_1(1-q^3)}{1-q}}=1+q^3$

②整体思想的运用，解方程组时整体相除，

如(left{egin{array}{l}{a_1q^3-a_1q=6①}\{a_1q^4-a_1=15②}end{array} ight.)

两式相除得到，(cfrac{a_1(q^3-q)}{a_1(q^4-1)}=cfrac{a_1q(q^2-1)}{a_1(q^2+1)(q^2-1)}=cfrac{q}{1+q^2}=cfrac{2}{5})，从而解得(q=2)或(q=cfrac{1}{2})。

求比值时整体思想的运用；

再比如给定等比数列({a_n})的公比为(q=2)，求(cfrac{a_8+a_9+a_{10}}{a_5+a_6+a_7})的值。

由题目可知，(cfrac{a_8+a_9+a_{10}}{a_5+a_6+a_7}=cfrac{(a_5+a_6+a_7)cdot q^3}{a_5+a_6+a_7}=q^3=8)

③当涉及(S_n)的下标比较小的运算题目时，常常利用定义式。

比如已知等比数列的(S_3=8)，则可知(S_3=a_1+a_2+a_3=8)，这样可以有效的避免分类讨论，而不是利用(cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}=8)来计算，

如果非要利用这个公式，你就必须先分类讨论排除(q eq 1)，否则使用就是错的。

④比例因子的运用。设等比数列({a_n})的前(n)项的和为(S_n)，若(cfrac{S_6}{S_3}=cfrac{1}{2})，则(cfrac{S_9}{S_6})=？

分析：引入比例因子，设(cfrac{S_6}{S_3}=cfrac{1}{2}=cfrac{k}{2k}(k eq 0))，

则(S_6=k)，(S_3=2k)，(S_6-S_3=-k)，由(S_3，S_6-S_3，S_9-S_6)成等比数列，

可知(S_9-S_6=cfrac{k}{2})，则(S_9=cfrac{3k}{2})，故(cfrac{S_9}{S_6}=cfrac{frac{3k}{2}}{2k}=cfrac{3}{4})。

⑤在数列题目中，若出现各项为正数或(a_n>0)，则有(a_n+a_{n+1}>0)，或者(a_n+a_{n-1}>0)，这样就为约分埋下了伏笔。

比如某个题目变形得到((a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1})=a_n+a_{n-1})，约掉(a_n+a_{n-1})，得到(a_n-a_{n-1}=1)，即({a_n})是等差数列。

⑥若出现证明数列({a_n+1})为等比数列，则你必须意识题目已经给了变形的提示，因为变形到最后必然会出现(a_n+1=p(a_{n-1}+1)(p为常数))，

或者出现同类型的(a_{n+1}+1=p(a_n+1)(p为常数))，这样你往上回溯，自然就会看到题目应该怎么变形了。

⑦ 等比数列求和中的项数的计算

如数列求和：(S=2^1+2^3+2^5+cdots+2^{2n+3})；

其项数的计算，可以利用上标来计算，其上标刚好成等差数列，

故项数(r=cfrac{a_n-a_1}{d}+1=cfrac{(2n+3)-1}{3-1}+1=n+2)；

则(S=cfrac{2cdot (4^{n+2}-1)}{4-1}=cfrac{2}{3}(4^{n+2}-1))。

⑧设元技巧

当题目已知三个数成等比数列时，我们常常依次设三个数为(cfrac{a}{q})，(a)，(aq)，这样设元的优越性在于其积为(a^3)，如果题目恰好已知了其积的值，则中间的数立马可知，这样变量就剩下一个(q)了；

当已知五个数成等差数列时，常设为(cfrac{a}{q^2})，(cfrac{a}{q})，(a)，(aq)，(aq^2)；

⑨已知(a_n=2n-1)，则(a_{2^{n-1}}=2cdot 2^{n-1}-1=2^n-1)；

(a_{log_2n-1}=2(log_2n-1)-1=2log_2n-3)；(a_{log_2(n-1)}=2log_2(n-1)-1)；

给出方式

直接给出：(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=3)
变形给出：(S_{n+1}-S_n=3(S_n-S_{n-1}))
变形给出：(2^{a_{n+1}}=2^{3a_{n}})((a_n>0))，则得到(a_{n+1}=3a_n)；
变形给出：(log_3a_n+1=log_3a_{n+1})，则得到(a_{n+1}=3a_n)；
变形给出：(cfrac{a_{n+1}^2}{a_n}=4(a_{n+1}-a_{n}))，得到((a_{n+1}-2a_n)^2=0)；
变形给出：(a_n>0)，点((a_{n+1}^2，a_n^2))在直线(x-9y=0)上，则(a_{n+1}^2=9a_n^2)，即(a_{n+1}=3a_n)；
构造给出：如(a_{n+1}=2a_n+1)，构造得到(a_{n+1}+1=2(a_n+1))，即数列({a_n+1})为等比数列；

其他变形请参阅常见构造方法

典例剖析

例1【2018·广州综合测试】已知数列({a_n})为等比数列，若(a_4＋a_6＝10)，则(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9)的值为【】

$A.10$ $B.20$ $C.100$ $D.200$

【法1】分析：(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9=a_7a_1+2a_3a_7+a_3a_9)

(=a_4^2+2a_4a_6+a_6^2=(a_4+a_6)^2=10^2=100)。故选(C)。

【法2】：特殊化策略，由于题目数列({a_n})为等比数列，(a_4＋a_6＝10)，则可以将其特殊化为(a_4=a_6=5)的特殊的等比数列，即常数列，

此时(a_n=5)，代入运算得到(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9=100)，故选(C)。

例2【2018(cdot)宁夏石嘴山高三联考】在各项均为正数的等比数列({a_n})中，(a_2cdot a_{10}=9)，则(a_5+a_7) 【】

$A.有最小值6$ $B.有最大值6$ $C.有最大值6$ $D.有最小值3$

分析：由(a_n>0)，(a_2cdot a_{10}=9)，则可知(a_5cdot a_7=9)，

则由均值不等式可知，(a_5+a_7ge 2sqrt{a_5a_7}=6)，

当且仅当(a_5=a_7=3)时取得等号，

故(a_5+a_7)有最小值(6)，故选(A)。

例3【】已知方程((x^2-mx+2)(x^2-nx+2)=0)的四个根组成以(cfrac{1}{2})为首项的等比数列，则(cfrac{m}{n})等于【】

$A.cfrac{3}{2}$ $B.cfrac{3}{2}或cfrac{2}{3}$ $C.cfrac{2}{3}$ $D.以上都不对$

分析：设(a，b，c，d)是方程((x^2-mx+2)(x^2-nx+2)=0)的四个根，

不妨设(a<c<d<b)，则有(ab=cd=2)，且(a=cfrac{1}{2})，则(b=4)，

根据等比数列的性质可知，(c=1)，(d=2)，

则(m=a+b=cfrac{1}{2}+4=cfrac{9}{2})，(n=c+d=3)，

或者(n=a+b=cfrac{1}{2}+4=cfrac{9}{2})，(m=c+d=3)，

故(cfrac{m}{n}=cfrac{3}{2})或(cfrac{m}{n}=cfrac{2}{3})，故选(B)。

例4【2018奉贤区一模】已知数列({a_n})的首项(a_1=1)，(a_{n+1}=3S_n(nin N^*))，则下列结论正确的是【】

$A.数列{a_n}是等比数列$

$B.数列a_2,a_3,cdots,a_n是等比数列$

$C.数列{a_n}是等差数列$

$D.数列a_2,a_3,cdots,a_n是等差数列$

分析：由(a_{n+1}=3S_n(nge 1))，可得(a_n=3S_{n-1}(nge 2))，两式做差，得到

(a_{n+1}-a_n=3a_n(nge 2))，整理得到，

当(nge 2)时，满足(a_{n+1}=4a_n)，

由于(a_1=1)，(a_{n+1}=3S_n(nge 1))，故得到(a_2=3)，

故数列({a_n})的通项公式为(a_n=left{egin{array}{l}{1，n=1}\{3cdot 4^{n-2}，nge 2}end{array} ight.)

即数列({a_n})不是等比数列，但是数列(a_2)，(a_3)，(cdots)，(a_n)是等比数列；故选(B)。

例5【等比中项，易错题】已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_9=1)，求(a_6=)？

分析：(a_6^2=a_3cdot a_9=4)，故(a_6=pm 2)。原因是(a_6=a_3cdot q^3)，(q^3)可取正负两种情形，故(a_6=pm 2)。

对照：已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_{11}=1)，则(a_7=)？

分析：(a_7^2=a_3cdot a_{11}=4)，故(a_7=pm 2)。又由于(a_7=a_3cdot q^4)，(q^4)只能取正值一种情形，故(a_7=2)。

例6【2018漳州八校联考】等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(S_3=2)，(S_6=18)，则(cfrac{S_{10}}{S_5})等于【】

$A.-3$ $B.5$ $C.-31$ $D.33$

分析：由题目可知(q eq 1)，则(cfrac{S_6}{S_3}=frac{cfrac{a_1(1-q^6)}{1-q}}{cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}}=1+q^3=9)，

则(q=2)，同理，(cfrac{S_{10}}{S_5}=frac{cfrac{a_1(1-q^{10})}{1-q}}{cfrac{a_1(1-q^5)}{1-q}}=1+q^5=33)，

故选(D)。

例7【2018辽宁沈阳二模】已知数列({a_n})是等比数列，且(a_2a_3a_4=-a_7^2=-64)，则(tan(cfrac{a_4a_6}{3}cdot pi))=【】

$A.sqrt{3}$ $B.-sqrt{3}$ $C.-cfrac{sqrt{3}}{3}$ $D.pm sqrt{3}$

分析：由(a_2a_3a_4=-a_7^2=-64)，可知(a_3^3=-64)，故(a_3=-4)，又(a_7=a_3cdot q^4<0)，故由(a_7^2=64)，可得(a_7=-8)，这样(a_4a_6=a_3a_7=32)，

故(tan(cfrac{a_4a_6}{3}cdot pi)=tan(cfrac{32}{3}cdot pi)=tan(cfrac{2pi}{3})=-sqrt{3})，故选(B).

例8【2017全国卷2，文科第17题高考真题】已知等差数列 ({a_n})的前(n)项和为(S_n)，等比数列 ({b_n})的前(n)项和为(T_n)，(a_1=-1，b_1=1，a_2+b_2=2)，

(1)若(a_3+b_3=5)，求({b_n})的通项公式。

分析：设等差数列的公差为(d)，等比数列的公比为(q)，

则由题目可知(egin{cases}-1+d+1cdot q=2\-1+2d+1cdot q^2=5end{cases})，

即(egin{cases}d+ q=3\2d+ q^2=6end{cases})，

解得(q^2-2q=0)，故(q=2或q=0(舍去))，

故等比数列({b_n})的通项公式为(b_n=2^{n-1})。

(2)若(T_3=21)，求(S_3)。

分析：由于(b_1=1，T_3=21)，故(1+q+q^2=21)，解得(q=-5)或(q=4)；

当(q=-5)时，由(a_2+b_2=2)得到(d=8)，此时(S_3=-1+7+15=21)；

当(q=4)时，由(a_2+b_2=2)得到(d=-1)，此时(S_3=-1-2-3=-6)；

例9【2017全国卷2，理科第15题高考真题】已知等差数列 ({a_n})的前(n)项和为(S_n)，(a_3=3)，(S_4=10)，则(sumlimits_{k=1}^n{ cfrac{1}{S_k}})

分析：由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10)，

容易计算出(a_n=n)，故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2})，

则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，

故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}}=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])

(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。

例10已知数列({a_n})是递增等比数列，(a_1+a_4=9)，(a_2cdot a_3=8)，求其前(n)项和(S_n)。

分析：由题目可知(a_2cdot a_3=a_1cdot a_4=8)，

故得到二元二次方程组(egin{cases}a_1+a_4=9\a_1cdot a_4=8end{cases})，

将(a_1=9-a_4)代入(a_1cdot a_4=8)，解得(a_1=1)或(a_1=8)，

对应得到(a_4=8)或(a_4=1)，即得到两组解，

(egin{cases}a_1=1\a_4=8end{cases})或者(egin{cases}a_1=8\a_4=1end{cases}(由递增舍去))，

故有(a_1=1，a_4=8)，则(q=2)，

故(a_n=2^{n-1})，(S_n=2^n-1)。

例11在等比数列({a_n})中， (a_4=2)， (a_5=5)，则数列({lga_n})的前8项之和(T_8)为多少？

法1：由(a_4=2)， (a_5=5)，求得(q=cfrac{5}{2})，

则(a_n=a_4cdot q^{n-4}=2cdot (cfrac{5}{2})^{n-4})，

故(lga_n=lg2+(n-4)lgcfrac{5}{2})，故({lga_n})为等差数列。

又可以计算(a_1=cfrac{16}{125})，

故(T_8=8lgcfrac{16}{125}+cfrac{8 imes7}{2}cdot lgcfrac{5}{2}=cdots=4)。

法2：由于({a_n})为等比数列，则有(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q)；

故有(lga_{n+1}-lga_n=lgq)，即数列({lga_n})为等差数列。

(T_8=cfrac{lga_1+lga_8}{2}cdot 8=4lg(a_1cdot a_8)=4lg(a_4cdot a_5)=4lg10=4)。

例12【2017全国卷1，文科第17题高考真题】记(S_n)为等比数列({a_n})的前(n)项和，已知(S_2=2，S_3=-6)。

（1）求数列({a_n})的通项公式。

分析：本问比较简单，你能说出怎么个简单法吗？

解方程组得到(a_1=-2，q=-2)，

故({a_n})的通项公式(a_n=-2cdot (-2)^{n-1}=(-2)^n)。

（2）求(S_n)，并判断(S_{n+1}，S_n，S_{n+2})是否成等差数列。

分析：先求解

(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q})

(=cfrac{-2[1-(-2)^n]}{1-(-2)})

(=cfrac{-2+2cdot (-1)^ncdot 2^n}{3})

(=-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3})。

接下来你得意识到，

(S_n)是个关于自变量(n)的函数，

故由此我们应该能写出(S_{n+1})，(S_{n+2})

至于等差数列的判断，我们依据等差中项法判断即可，

即验证(S_{n+2}+S_{n+1})是否等于(2S_n)。

判断如下：(S_{n+2}+S_{n+1})

(=-cfrac{2}{3}+(-1)^{n+2}cfrac{2^{n+3}}{3}-cfrac{2}{3}+(-1)^{n+1}cfrac{2^{n+2}}{3})

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncdot (-1)^2cfrac{2^{n+3}}{3}+(-1)^ncdot (-1)^1cfrac{2^{n+2}}{3})

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+3}}{3}-(-1)^ncfrac{2^{n+2}}{3})

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^n(cfrac{2^{n+2}cdot 2}{3}-cfrac{2^{n+2}}{3}))

(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+2}}{3})

(=2[-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3}]=2S_n)，

故(S_{n+1}，S_n，S_{n+2})成等差数列。

例13【2016宝鸡市二检理科第9题】设等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(S_5)，(S_4)，(S_6)成等差数列，则数列({a_n})的公比(q)的值为【】

$A.-2或1$ $B.-1或2$ $C.-2$ $D.1$

法1：分类讨论法+公式法；若(q=1)，则(S_4=4a_1(a_1 eq 0))，(S_5=5a_1)，(S_6=6a_1)，则(2S_4 eq S_5+S_6)，故(q eq 1)；

由(S_5)，(S_4)，(S_6)成等差数列，得到(2S_4=S_5+S_6)，

即(2 imes cfrac{a_1(1-q^4)}{1-q}=cfrac{a_1(1-q^5)}{1-q}+cfrac{a_1(1-q^6)}{1-q}) 〔运算训练〕

化简得到，(q^2+q-2=0)，解得(q=-2)(舍去(q=1))；故选(C)；

法2：定义法，由(S_5)，(S_4)，(S_6)成等差数列，

则得到(2S_4=S_5+S_6)，即(2(a_1+a_2+a_3+a_4)=(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5)+(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6))

化简得到，(2a_5+a_6=0)，即(q=cfrac{a_6}{a_5}=-2)，故选(C)；

例14【2018宝鸡市二检理科第4题】已知等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，则(S_n=2^n-c(cin R))，若(log_2a_1+log_2a_2+cdots+log_2a_n=10)，则(n)值为多少？

分析：本题目的考点有以下几个，其一求等比数列的(a_n)，其二由(S_n)求(a_n)。

我们往往需要先由(S_n)求(a_n)，

途径一：(a_n)与(S_n)法，

当(nge 1)时，(S_n=2^n-c(cin R))，

当(nge 2)时，(S_{n-1}=2^{n-1}-c(cin R))，

故(nge 2)时，(a_n=S_n-s_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1})

所以，(a_n=2^{n-1}(nin N^*))(此处可以验证，也可以不验证，已知的等比)

途径二：由等比数列的前(n)项和(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1}{1-q}cdot (1-q^n)=mcdot q^n-m(m=-cfrac{a_1}{1-q}))的性质可知，

(c=1)，(q=2)，再由(S_1=a_1=2^1-1=1)，

故(a_n=1 imes 2^{n-1}(nin N^*))；

接下来用对数的性质求解转化：

(a_1cdot a_2cdot a_n=2^0cdot 2^1cdots 2^{n-1}=2^{0+1+cdots+(n-1)}=2^{frac{n(n-1)}{2}})，

则(log_2a_1+log_2a_2+cdots+log_2a_n=log_2(a_1cdot a_2cdots a_n)=log_22^0cdot 2^1cdots 2^{n-1})，

(=log_22^{0+1+cdots+(n-1)}=log_22^{frac{n(n-1)}{2}}=cfrac{n(n-1)}{2}=10)，解得(n=5)。

解后反思：

1、熟练理解等差、等比数列的常用性质，尤其是从函数角度出发的性质，对数学解题有很大的帮助。

2、本题目原来是选择题，给了(2，3，4，5)四个选项，当进行到解方程(cfrac{n(n-1)}{2}=10)时，应该意识到验证总比解方程要节省时间。

对等比中项的理解和把握，要比等差中项难得多。任意两个实数都有等差中项，但任意两个实数不一定都有等比中项。
注意：①必须(ab>0)才能保证(G)的存在性。比如(-2)和(3)就没有等比中项；
②若(1)，(G)，(4)三个数成等比数列，则(G=pm 2)[两个值]；但是若(-1)，(2)，(G)，(8)，(-16)成等比数列，则(G=-4)[一个值，原因是限制条件比前面得情形要多]； ↩︎
由于(a_m=a_1cdot q^{m-1})，(a_{m+k}=a_1cdot q^{m+k-1})，
则新数列的公比为(cfrac{a_{m+k}}{a_m}=cfrac{a_1cdot q^{m+k-1}}{a_1cdot q^{m-1}}=q^k); ↩︎