2.3.1 等比数列
1．理解等比数列的定义，并能利用定义判断或证明一个数列是否为等比数列．
2．掌握等比数列的通项公式及性质，能够用它解决有关等比数列的问题．
3．了解等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的定义
如果一个数列从______起，每一项与它的前一项的比都等于__________，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________表示．定义表达式为__________．
(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q也不能为0.
(2)对于公比q，要注意它是每一项与它前一项的比，应防止把相邻两项的比的次序弄颠倒．
(3)“从第2项起”是因为首项没有“前一项”，同时注意如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起每一项与前一项的比都是同一个常数，此数列不是等比数列，这时可以说此数列从第2项起或第3项起是等比数列．
(4)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比尽管是一个与n无关的常数，但却是不同的常数，这时此数列不是等比数列．
【做一做1】下列数列中，等比数列的个数是______________．
①－1，－2，－4，－8；②1，－，3，－3；③1,1,1,1；④a，a，a，a.
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则通项公式为____________．其中，a1，q均不为0.
等比数列的通项公式an＝a1qn－1的另外一种形式为an＝am·qn－m.
【做一做2】在等比数列{an}中，a1＝8，a4＝64，则公比q为( )．
A．2 B．3 C．4 D．8
3．等比中项
如果a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，即______．等比数列中，除了首项与末项之外的任何一项是它的前一项与后一项的等比中项，即a ＝an－1an＋1，反过来，如果a，b同号，G＝或－，即G2＝ab，那么G是a，b的等比中项．
(1)x，G，y成等比数列等价于“G2＝xy”(x，y均不为0)，可以用它来判断或证明三数成等比数列，要注意“x，G，y成等比数列”与“G＝”是不等价的，而应与“G＝±”等价．
(2)当x，y同号时，x，y的等比中项有两个，异号时没有等比中项．
(3)在任意两个非零实数x和y之间，也可以插入n个数使之成为等比数列．但要注意：在实数范围内，当xy＞0时，x，y之间可以插入任意个数；当xy＜0时，在x和y之间只能插入偶数个数使之成为等比数列．
【做一做3】若2＋，x,2－成等比数列，则x的值是( )．
A．1 B．－1 C．±1 D．2
一、解读等比数列的主要性质
剖析：在等比数列问题的解答中，运用基本量转化是最基本的方法，但如果灵活运用性质，可使求解的过程更简捷，所以解答问题时要优先考虑等比数列的性质．等比数列有以下性质：
(1)两个等比数列的积仍为等比数列．
(2)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq.
(3)数列{an}是有穷数列，则与首末两项等距离的两项的积相等，且等于首末两项之积．
(4)在等比数列{an}中，每隔k项取出一项，按原来的顺序排列，所得新数列仍为等比数列，公比为qk＋1.
(5)当数列{an}是各项都为正数的等比数列时，数列{lg an}是公差为lg q的等差数列．
(6)当m，n，p(m，n，p∈N＋)成等差数列时，am，an，ap成等比数列．
(7)等比数列{an}中，若公比为q，则数列{λan}仍是公比为q的等比数列；若{bn}是公比为q′的等比数列，则数列{an·bn}是公比为q·q′的等比数列；数列{}是公比为的等比数列；{|an|}是公比为|q|的等比数列．
二、求数列通项公式的方法
剖析：1.如果已知数列为等差(或等比)数列，可直接根据等差(或等比)数列的通项公式，求得a1，d(或q)，直接套用公式即可．
2．若已知数列的前n项和求通项时，通常用公式an＝用此公式时我们应当注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和an(n≥2)合为一个表达式．
3．对于形如an＋1＝an＋f(n)型或形如an＋1＝f(n)an型的数列，其中f(n)是等差数列或等比数列，可以根据递推公式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加(或相乘)即可得到通项公式．
4．有些数列本身并不是等差数列或等比数列，但可以经过适当变形，构造出一个等差数列或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式，这叫做构造法．例如：在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1＋an，我们在上式的两边减去an＋1，得an＋2－an＋1＝－(an＋1－an)，即可构造一个等比数列来解决问题．
当然，求数列的通项还有很多其他的方法，在求通项时，我们应尽可能将已知数列转化成等差(或等比)数列，从而利用等差(或等比)数列的通项公式求其通项．
三、教材中的“？”
1．为什么q≠0？等比数列中的项有可能等于0吗？
剖析：因为等比数列的公比是后项与前项的商，其商不能为0，除数也不可能为0，故q≠0，在等比数列中，各项都不会为0.
2．等差数列的通项公式是怎样推导出来的？怎样用类似的方法推导等比数列的通项公式？
剖析：等比数列的通项公式的推导类似于等差数列，先采用归纳的方法猜想出通项公式，然后利用迭乘的方法证明得an＝a1qn－1.
3．你能通过公比q的不同取值的讨论，对等比数列进行分类吗？
剖析：当a1＞0，q＞1或a1＜0,0＜q＜1时，数列{an}为递增数列；
当a1＞0,0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，数列{an}为递减数列；
当q＝1时，数列{an}为常数列；
当q＜0时，数列{an}为摆动数列．
四、教材中的“思考与讨论”
对于例3中的数列，你是否发现a5，a10，a15，a20恰好成等比数列？你能说出其中的道理吗？你能由此推导出一个一般性的结论吗？
剖析：在已知数列中，每隔k项取一项，保持原来顺序依次排列，所得数列还是一个等比数列．
题型一 等比数列定义的应用
【例1】已知数列的通项公式为an＝3×2n，试问：这个数列是否为等比数列？
分析：可用定义法、等比中项法证明．
反思：已知某数列的通项公式，判定其是否为等比数列，可依据等比数列的定义证明．常用的判定等比数列的方法有：(1)定义法：＝q(常数)；(2)等比中项法：a＝anan＋2(an≠0)．
题型二 等比数列的通项公式的应用
【例2】在等比数列{an}中，
(1)a4＝2，a7＝8，求an；
(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n.
分析：先将条件转化为关于基本元素a1与q的方程组，求出a1和q，再表示其他量．
反思：a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可求出来，解法一是常规解法，先求a1，q，再求an，解法二是运用通项公式及方程思想建立方程组求a1和q，这也是常见的解法．
题型三 等比数列性质的应用
【例3】已知数列{an}为等比数列，若a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求数列{an}的通项公式．
分析：本题主要考查等比数列的性质“若p＋q＝2n，则ap·aq＝a(p，q，n∈N＋)”的应用．
反思：若三个数成等比数列，则可设为，a，aq，当然也可设为a，aq，aq2.若四个数成等比数列，则可设为a，aq，aq2，aq3，但不能设为，，aq，aq3，因为这个数列的公比为q2，漏掉了公比为负值的情况．
题型四 构造等比数列求通项公式
【例4】(1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1，求通项公式an.
(2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，求通项公式an.
(3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝a，求通项公式an.
分析：对所给递推关系进行适当的变形，构造辅助数列使问题转化为熟悉的问题．构造等比数列的方法一般有：配常数、取倒数、取对数等．
反思：有些数列本身并不是等差、等比数列，但是通过适当的变形，可以构造出等差、等比数列．因此解决这类问题应该熟悉能构造成等差、等比数列的形式，以及对应方法．
题型五 易错辨析
【例5】在等比数列{an}中，若a3a4a6a7＝81，则a1a9的值为( )．
A．3 B．9
C．±3 D．±9
错解：∵{an}为等比数列，∴a3a7＝a4a6＝a1a9.
∴(a1a9)2＝81.∴a1a9＝±9.故选D.
错因分析：忽视了在等比数列中，奇数项(或偶数项)符号相同这一条件．
【例6】已知一个等比数列的前四项之积为，第2项与第3项的和为，求这个等比数列的公比．
错解：依题意，设这四个数为，，aq，aq3，
则
由①得a＝±，
代入②并整理，
得q2±2q＋1＝0，
解得q＝±1或q＝－±1，
∴原等比数列的公比为q2＝3＋2或q2＝3－2.
错因分析：从表面上看，这种解法正确无误，但认真审查整个解题过程，由于设这四个数为，，aq，aq2，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，而题设中无此规定．
1给出下列命题：(1)若＝，则－a，b，－c成等比数列(abc≠0)；(2)若b2＝ac，则a，b，c成等比数列；(3)若an＋1＝anq(q为常数)，则{an}是等比数列．其中正确的命题有( )．
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
2在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝( )．
A．±4 B．4
C．6 D．－4
3在等比数列{an}中，公比为q，若am＝xan，则x等于( )．
A．q B．qn－m
C．qm－n D．1
4在等比数列{an}中，a3＝，a5＝，则a10＝________.
5在2和30之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个数是________．
答案：
基础知识·梳理
1．第2项 同一个常数 公比 q(q≠0) ＝q(n≥2)
【做一做1】3 若常数列的各项不为零，那么它也是等比数列，所以③是等比数列；①是首项为－1，公比为2的等比数列；②是首项为1，公比为－的等比数列；④中a的值没确定，当a＝0时，这四个数不能构成等比数列．
2．an＝a1qn－1
【做一做2】A 由等比数列的通项公式，有a4＝a1·q3，即64＝8×q3，所以q＝2.
3．G2＝ab
【做一做3】C 由题意，得x2＝(2＋)(2－)＝1，∴x＝±1.
典型例题·领悟
【例1】解：解法一：∵＝＝2(常数)，
∴{an}是等比数列．
解法二：∵an＋1＝3×2n＋1，an＋2＝3×2n＋2，
an·an＋2＝3×2n×3×2n＋2＝9×22n＋2＝a，
∴{an}是等比数列．
【例2】解：(1)解法一：因为
所以
由，得q3＝4，从而q＝，而a1q3＝2，
于是a1＝＝，所以an＝a1qn－1＝2.
解法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4.
所以an＝a4qn－4＝2·()n－4＝2.
(2)解法一：因为
由，得q＝，从而a1＝32.
又an＝1，所以32()n－1＝1，即26－n＝20，
所以n＝6.
解法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5)，所以q＝.
由a1q＋a1q4＝18，得a1＝32.
由an＝a1qn－1＝1，得n＝6.
【例3】解：解法一：∵a1a3＝a，∴a1·a2·a3＝a＝8.∴a2＝2.
从而∴或
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n.
解法二：由a1a2a3＝8，得a2＝2.
将a2＝a1q，a3＝a1q2代入a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，
可得
解得或
故可得an＝2n－1或an＝23－n.
解法三：∵数列{an}为等比数列，
∴a＝a1·a3.
代入a1a2a3＝8，得a＝8，∴a2＝2.
不妨设等比数列的前三项为，2,2q，
则有＋2＋2q＝7，
整理得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝.
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n.
【例4】解：(1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴＝2.
∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，即an＝2n－1.
(2)由an＋1＝，可得＝＋·，
∴－1＝(－1)．
∴{－1}是首项为－1＝－，公比为的等比数列．∴－1＝－·()n－1＝－()n.
∴an＝.
(3)由a1＝3，an＋1＝a，可得an＞0，∴lg an＋1＝2lg an.
∴＝2.
∴{lg an}是首项为lg a1＝lg 3，公比为2的等比数列．
∴lg an＝lg a1·2n－1＝lg 32n－1.
∴an＝32n－1.
【例5】正解：∵a3a7＝a4a6＝a1a9，∴(a1a9)2＝81.∴a1a9＝±9.∵在等比数列{an}中，奇数项(或偶数项)的符号相同，∴a1，a9同号，∴a1a9＝9，故选B.
【例6】正解：依题意，设这四个数为a，aq，aq2，aq3，
则
解得q＝3±2或q＝5±2.
随堂练习·巩固
1．B (1)显然正确；(2)中，abc＝0时不成立；(3)中q＝0时不成立．故选B.
2．B
3．C ∵am＝a1qm－1，an＝a1qn－1，∴a1qm－1＝xa1qn－1，∴x＝qm－n.
4．± 根据等比数列的定义，灵活运用结论：am＝anqm－n，可得＝q2＝2，∴q＝±.∴a10＝a5·q5＝±4·＝±.
5．6,18 设插入的两数依次为a，b，∴a2＝2b,2b＝a＋30.
∴a2－a－30＝0.∴a＝6.∴b＝18.
2.3.1 等比数列
课堂探究
一、解读等比数列的主要性质
剖析：在等比数列问题的解答中，运用基本量转化是最基本的方法，但如果灵活运用性质，可使求解的过程更简捷，所以解答问题时要优先考虑等比数列的性质．等比数列有以下性质：
(1)两个等比数列的积仍为等比数列．
(2)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq．
(3)数列{an}是有穷数列，则与首末两项等距离的两项的积相等，且等于首末两项之积．
(4)在等比数列{an}中，每隔k项取出一项，按原来的顺序排列，所得新数列仍为等比数列，公比为qk＋1．
(5)当数列{an}是各项都为正数的等比数列时，数列{lg an}是公差为lg q的等差数列．
(6)当m，n，p(m，n，p∈N＋)成等差数列时，am，an，ap成等比数列．
(7)等比数列{an}中，若公比为q，则数列{λan}仍是公比为q的等比数列；若{bn}是公比为q′的等比数列，则数列{an·bn}是公比为q·q′的等比数列；数列是公比为的等比数列；{|an|}是公比为|q|的等比数列．
二、求数列通项公式的方法
剖析：1．如果已知数列为等差(或等比)数列，可直接根据等差(或等比)数列的通项公式，求得a1，d(或q)，直接套用公式即可．
2．若已知数列的前n项和求通项时，通常用公式an＝用此公式时我们应当注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和an(n≥2)合为一个表达式．
3．对于形如an＋1＝an＋f(n)型或形如an＋1＝f(n)an型的数列，其中f(n)是等差数列或等比数列，可以根据递推公式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加(或相乘)即可得到通项公式．
4．有些数列本身并不是等差数列或等比数列，但可以经过适当变形，构造出一个等差数列或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式，这叫做构造法．例如：在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2＝an+1＋an，我们在上式的两边减去an+1，得an+2－an+1＝－(an+1－an)，即可构造一个等比数列来解决问题．
当然，求数列的通项还有很多其他的方法，在求通项时，我们应尽可能将已知数列转化成等差(或等比)数列，从而利用等差(或等比)数列的通项公式求其通项．
三、教材中的“？”
1．为什么q≠0？等比数列中的项有可能等于0吗？
剖析：因为等比数列的公比是后项与前项的商，其商不能为0，除数也不可能为0，故q≠0，在等比数列中，各项都不会为0．
2．等差数列的通项公式是怎样推导出来的？怎样用类似的方法推导等比数列的通项公式？
剖析：等比数列的通项公式的推导类似于等差数列，先采用归纳的方法猜想出通项公式，然后利用迭乘的方法证明得an＝a1qn－1．
3．你能通过公比q的不同取值的讨论，对等比数列进行分类吗？
剖析：当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，数列{an}为递增数列；
当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，数列{an}为递减数列；
当q＝1时，数列{an}为常数列；
当q＜0时，数列{an}为摆动数列．
四、教材中的“思考与讨论”
对于例3中的数列，你是否发现a5，a10，a15，a20恰好成等比数列？你能说出其中的道理吗？你能由此推导出一个一般性的结论吗？
剖析：在已知数列中，每隔k项取一项，保持原来顺序依次排列，所得数列还是一个等比数列．
题型一 等比数列定义的应用
【例1】 已知数列的通项公式为an＝3×2n，试问：这个数列是否为等比数列？
分析：可用定义法、等比中项法证明．
解：解法一：∵＝＝2(常数) ，
∴{an}是等比数列．
解法二：∵an＋1＝3×2n＋1，an＋2＝3×2n＋2，
an·an＋2＝3×2n×3×2n＋2＝9×22n＋2＝a，
∴{an}是等比数列．
反思：已知某数列的通项公式，判定其是否为等比数列，可依据等比数列的定义证明．常用的判定等比数列的方法有：(1)定义法：＝q(常数)；(2)等比中项法：a＝anan＋2(an≠0)．
题型二 等比数列的通项公式的应用
【例2】 在等比数列{an}中，
(1)a4＝2，a7＝8，求an；
(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n．
分析：先将条件转化为关于基本元素a1与q的方程组，求出a1和q，再表示其他量．
解：(1)解法一：因为
所以
由，得q3＝4，从而q＝，而a1q3＝2，
于是a1＝＝，所以an＝a1qn－1＝．
解法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4．
所以an＝a4qn－4＝2·()n－4＝．
(2)解法一：因为
由，得q＝，从而a1＝32
又an＝1，所以32n－1＝1，即26－n＝20，
所以n＝6．
解法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5) ，所以q＝．
由a1q＋a1q4＝18，得a1＝32．
由an＝a1qn－1＝1，得n＝6．
反思：a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可求出来，解法一是常规解法，先求a1，q，再求an，解法二是运用通项公式及方程思想建立方程组求a1和q，这也是常见的解法．
【互动探究】 将本例2(2)中的条件“an＝1”去掉，其他条件不变，试求{an}的通项公式．
解：因为
由得q＝，从而a1＝32．
所以an＝a1qn－1＝32×n－1＝n－6．
题型三 等比数列性质的应用
【例3】 已知数列{an}为等比数列，若a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求数列{an}的通项公式．
分析：本题主要考查等比数列的性质“若p＋q＝2n，则ap·aq＝a(p，q，n∈N＋)”的应用．
解：解法一：∵a1a3＝，∴a1·a2·a3＝＝8．
∴a2＝2．
从而∴或
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n．
解法二：由a1a2a3＝8，得a2＝2．
将a2＝a1q，a3＝a1q2代入a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，
可得
解得或
故可得an＝2n－1或an＝23－n．
解法三：∵数列{an}为等比数列，
∴＝a1·a3．
代入a1a2a3＝8，得＝8，∴a2＝2．
不妨设等比数列的前三项为，2，2q，
则有＋2＋2q＝7，
整理得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝．
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n．
反思：若三个数成等比数列，则可设为，a，aq，当然也可设为a，aq，aq2．若四个数成等比数列，则可设为a，aq，aq2，aq3，但不能设为，，aq，aq3，因为这个数列的公比为q2，漏掉了公比为负值的情况．
题型四 构造等比数列求通项公式
【例4】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1，求通项公式an．
(2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，求通项公式an．
(3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝a，求通项公式an．
分析：对所给递推关系进行适当的变形，构造辅助数列使问题转化为熟悉的问题．构造等比数列的方法一般有：配常数、取倒数、取对数等．
解：(1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1) ，
∴＝2．
∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，即an＝2n－1．
(2)由an＋1＝，可得＝＋·，
∴－1＝．
∴是首项为－1＝－，公比为的等比数列．∴－1＝－·n－1＝-n．
∴an＝．
(3)由a1＝3，an＋1＝a，可得an>0，∴lg an＋1＝2lg an．
∴＝2．
∴{lg an}是首项为lg a1＝lg 3，公比为2的等比数列．
∴lg an＝lg a1·2n－1＝lg 32n－1．
∴an＝32n－1．
反思：有些数列本身并不是等差、等比数列，但是通过适当的变形，可以构造出等差、等比数列．因此解决这类问题应该熟悉能构造成等差、等比数列的形式，以及对应方法．
题型五 易错辨析
【例5】 在等比数列{an}中，若a3a4a6a7＝81，则a1a9的值为( )
A．3 B．9 C．±3 D．±9
错解：∵{an}为等比数列，
∴a3a7＝a4a6＝a1a9，
∴(a1a9)2＝81．
∴a1a9＝±9．故选D．
错因分析：忽视了在等比数列中，奇数项(或偶数项)符号相同这一条件．
正解：∵a3a7＝a4a6＝a1a9，∴(a1a9)2＝81．
∴a1a9＝±9．∵在等比数列{an}中，奇数项(或偶数项)的符号相同，∴a1，a9同号，∴a1a9＝9，故选B．
答案：B
【例6】 已知一个等比数列的前四项之积为，第2项与第3项的和为，求这个等比数列的公比．
错解：依题意，设这四个数为，，aq，aq3，
则
由①得a＝±，
代入②并整理，
得q2±2q＋1＝0，
解得q＝±1或q＝－±1，
∴原等比数列的公比为q2＝3＋2或q2＝3－2．
错因分析：从表面上看，这种解法正确无误，但认真审查整个解题过程，由于设这四个数为，，aq，aq2，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，而题设中无此规定．
正解：依题意，设这四个数为a，aq，aq2，aq3，
则
解得q＝3±2或q＝－5±2．
2.3.2 等比数列的前n项和
1．理解等比数列的前n项和公式的推导过程．
2．掌握等比数列的前n项和公式，并能用它解决有关等比数列问题．
1．等比数列的前n项和公式
已知量
首项、公比与项数
首项、末项与公比
选用
公式
(1)在求等比数列{an}的前n项和公式时，应分q＝1和q≠1两种情况，若题目中没有指明，切不可忘记对q＝1这一情形的讨论．
(2)等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量，即a1，an，q，n，Sn，通常已知其中三个量可求另外两个量，这一方法简称为“知三求二”．
【做一做1－1】在等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1的值为( )．
A．4 B．－4
C．2 D．－2
【做一做1－2】在等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )．
A．81 B．120
C．168 D．192
2．等比数列前n项和的常用性质
性质(1)：在等比数列{an}中，若Sn为其前n项和，则依次每k项的和构成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…成等比数列，其公比为________．
性质(2)：在等比数列{an}中，若项数为2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则＝____.
性质(3)：数列{an}是公比为q的等比数列，则Sm＋n＝Sn＋__________.
【做一做2】已知等比数列{an}，Sn是其前n项和，且S3＝7，S6＝63，则S9＝________.
一、错位相减法的实质及应用
剖析：(1)用错位相减法求等比数列前n项和的实质是把等式两边同乘等比数列的公比q，得一新的等式，错位相减求出Sn－qSn，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出Sn.当q＝1时，Sn＝na1，当q≠1时，Sn＝.这是分段函数的形式，分段的界限是q＝1.
(2)对于形如{xn·yn}的数列的和，其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列，也可以用错位相减法求和．错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题．
(3)利用这种方法时，要注意对公比的分类讨论．
二、等比数列的前n项和公式的推导(首项为a1，公比q≠1)
剖析：除了书上用到的错位相减法之外，还有以下方法可以求等比数列的前n项和．
(1)等比性质法
∵＝＝＝…＝＝q，
∴＝q，
即＝q，解得Sn＝＝.
(2)裂项相消法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝.
(3)拆项法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2)
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1－a1qn－1)，
∴Sn＝a1＋q(Sn－a1qn－1)
＝a1＋q(Sn－an)．
解得Sn＝＝.
三、教材中的“？”
例2中，有别的解法吗？将这个数列的前8项倒过来排，试一试．
剖析：∵S8＝27＋26＋25＋…＋2＋1，
∴S8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝＝28－1＝255.
此题说明了在一个等比数列{an}中，若为有限项，如a1，a2，…，an，则an，an－1，…，a2，a1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数．
题型一 等比数列的前n项和公式的应用
【例1】在等比数列{an}中，
(1)已知a1＝3，q＝2，求a6，S6；
(2)已知a1＝－1，a4＝64，求q和S4；
(3)已知a3＝，S3＝，求a1，q.
分析：在等比数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，q，n，Sn，只要已知任意三个，就可以求出其他两个．
反思：在等比数列{an}中，首项a1与公比q是两个最基本的元素；有关等比数列的问题，均可化成关于a1，q的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)利用等比数列的有关性质；(3)注意在使用等比数列前n项和公式时，要考虑q是否等于1.
题型二 等比数列的前n项和的性质的应用
【例2】在各项均为正数的等比数列{an}中，若S10＝10，S20＝30，求S30.
分析：可以利用解方程组解决，也可以利用等比数列的前n项和的性质来解决．
反思：由于等比数列中，无论是通项公式还是前n项和公式，均与q的若干次幂有关，所以在解决等比数列问题时，经常出现高次方程，为达到降幂的目的，在解方程组时经常利用两式相除，达到整体消元的目的．
题型三 某些特殊数列的求和
【例3】(1)已知数列{an}的通项公式an＝2n＋n，求该数列的前n项和Sn；
(2)已知数列{an}的通项公式an＝n·2n，求该数列的前n项和Sn.
分析：(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列，但在求该数列的前n项和时可以把an看成一个等比数列和一个等差数列的和的形式，分别求和，再相加．(2)写出数列的前n项和，注意其与等比数列形式类似，考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n项和．
反思：(1)分组求和法适用于某些特殊数列的求和，这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式；(2)错位相减法适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n项和．
题型四 等比数列前n项和的实际应用
【例4】为了保护某处珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙，设计时，为了与周边景观协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层……依此类推，到第十层恰好将大理石用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？
分析：设出共用大理石的块数，即可求出各层大理石的使用块数，通过观察，此即为一等比数列，通过等比数列求和，求出总块数，再求出每层用的块数．
反思：对于实际问题，可以采用设出未知量的方法使之具体化．通过对前几项的探求，寻找其为等比数列的本质，再通过等比数列求和公式来求解．
题型五 易错辨析
【例5】已知数列{an}满足an＝试求其前n项和．
错解：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n＋1＋＋－.
错因分析：这里数列的通项an是关于n的分段函数，当n为奇数或为偶数时对应不同的法则，因此求和必须对项数n进行分类讨论．
1在等比数列{an}中，若a1＝1，a4＝，则该数列的前10项和为( )．
A．2－ B．2－
C．2－ D．2－
2等比数列的前n项和Sn＝k·3n＋1，则k的值为( )．
A．全体实数 B．－1
C．1 D．3
3某人为了观看2012年奥运会，从2005年起，每年5月10日到银行存入a元定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2012年将所有的存款及利息全部取回，则可取回的钱的总数(元)为( )．
A．a(1＋p)7
B．a(1＋p)8
C．[(1＋p)7－(1＋p)]
D．[(1＋p)8－(1＋p)]
4已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a2＝2，a1a5＝16，则S5＝________.
5在等比数列{an}中，Sn＝65，n＝4，q＝，则a1＝________.
6在等比数列{an}中，S3＝4，S6＝36，求an.
答案：
基础知识·梳理
1．na1 na1
【做一做1－1】A 由题意，知q≠1，故有S5＝44＝，将q＝－2代入解得a1＝4.
【做一做1－2】B 由a5＝a2·q3，得q3＝＝27，
∴q＝3，从而a1＝3.
∴S4＝＝＝120.
2．qk(q≠－1) q qn·Sm
【做一做2】511
典型例题·领悟
【例1】解：(1)a6＝a1q5＝3×25＝96.
S6＝＝＝189.
(2)∵a4＝a1q3，∴64＝－q3.∴q＝－4，
∴S4＝＝＝51.
(3)由题意，得
②÷①，得＝3，
∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－.
当q＝1时，a1＝；
当q＝－时，a1＝6.
【例2】解：解法一：设{an}的公比为q，显然q≠1.
由已知条件可列出方程组
两式作商，得1＋q10＝3，∴q10＝2.
∴S30＝
＝(1＋q10＋q20)
＝10×(1＋2＋4)＝70.
解法二：由性质Sm＋n＝Sn＋qn·Sm，
得S20＝S10＋q10S10，
即30＝10＋10q10，∴q10＝2.
∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70.
解法三：运用性质＝(q≠±1)．
由已知条件S10＝10，S20＝30，易得q≠±1，
∴＝，即＝.∴q10＝2.
又＝，解得S30＝70.
解法四：运用性质Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…成等比数列．
∵S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，而S10＝10，S20＝30，∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(30－10)2＝10×(S30－30)．∴S30＝70.
【例3】解：(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…n)
＝＋
＝2n＋1－2＋.
(2)∵Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
∴－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
∴Sn＝n·2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n·2n＋1－
＝n·2n＋1－(2n＋1－2)
＝(n－1)·2n＋1＋2.
【例4】解：设共用大理石x块，则各层用大理石块数分别为
第一层：＋1＝；
第二层：＋1＝；
第三层：＋1＝；
……
第十层：＋1＝.
所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为，公比为，项数为10的等比数列，故x＝＋＋…＋，解得x＝2 046.
答：共用去大理石2 046块，各层分别为1 024,512,256,128,64,32,16,8,4,2块．
【例5】正解：(1)当n为奇数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an－1)
＝＋×2＋×2
＝·2n＋2＋－.
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n＋1＋＋－.
随堂练习·巩固
1．B 设其公比为q，∵a1＝1，a4＝a1q3＝.
∴q＝.∴S10＝＝2－.
2．B 当n＝1时，a1＝S1＝3k＋1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k·3n－k·3n－1＝2k·3n－1.令3k＋1＝2k得k＝－1.
3．D 2005年存入的a元到2012年所得的本息和为a(1＋p)7,2006年存入的a元到2012年所得的本息和为a(1＋p)6，依此类推，则2011年存入的a元到2012年的本息和为a(1＋p)，每年所得的本息和构成一个以a(1＋p)为首项，1＋p为公比的等比数列，则到2012年取回的总额为a(1＋p)＋a(1＋p)2＋…＋a(1＋p)7＝＝[(1＋p)8－(1＋p)]．
4．31
5．27 S4＝＝＝65，解得a1＝27.
6．解：∵≠，∴q≠1.
∴S3＝＝4，S6＝＝36.
两式相除，得1＋q3＝9，∴q＝2.
将q＝2代入S3＝4，得a1＝.
∴an＝·2n－1＝.
2.3.2 等比数列的前N项和
课堂探究
一、错位相减法的实质及应用
剖析：(1)用错位相减法求等比数列前n项和的实质是把等式两边同乘等比数列的公比q，得一新的等式，错位相减求出Sn－qSn，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出Sn．当q＝1时， Sn＝na1，当q≠1时，Sn＝．这是分段函数的形式，分段的界限是q＝1．
(2)对于形如{xn·yn}的数列的和，其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列，也可以用错位相减法求和．错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题．
(3)利用这种方法时，要注意对公比的分类讨论．
二、等比数列的前n项和公式的推导(首项为a1，公比q≠1)
剖析：除了书上用到的错位相减法之外，还有以下方法可以求等比数列的前n项和．
(1)等比性质法
∵＝＝＝…＝＝q，
∴＝q，
即＝q，解得Sn＝＝．
(2)裂项相消法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝＋＋＋…＋＝－＝．
(3)拆项法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2)
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1－a1qn－1)，
∴Sn＝a1＋q(Sn－a1qn－1)＝a1＋q(Sn－an)．
解得Sn＝＝．
三、教材中的“？”
例2中，有别的解法吗？将这个数列的前8项倒过来排，试一试．
剖析：∵S8＝27＋26＋25＋…＋2＋1，
∴S8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝＝28－1＝255．
此题说明了在一个等比数列{an}中，若为有限项，如a1，a2，…，an，则an，an－1，…，a2，a1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数．
题型一 等比数列的前n项和公式的应用
【例1】 在等比数列{an}中，
(1)已知a1＝3，q＝2，求a6，S6；
(2)已知a1＝－1，a4＝64，求q和S4；
(3)已知a3＝，S3＝，求a1，q．
分析：在等比数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，q，n，Sn，只要已知任意三个，就可以求出其他两个．
解：(1)a6＝a1q5＝3×25＝96．
S6＝＝＝189．
(2)∵a4＝a1q3，∴64＝－q3．∴q＝－4，
∴S4＝＝＝51．
(3)由题意，得
②÷①，得＝3，
∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－．
当q＝1时，a1＝；
当q＝－时，a1＝6．
反思：在等比数列{an}中，首项a1与公比q是两个最基本的元素；有关等比数列的问题，均可化成关于a1，q的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)利用等比数列的有关性质；(3)注意在使用等比数列前n项和公式时，要考虑q是否等于1．
题型二 等比数列的前n项和的性质的应用
【例2】 在各项均为正数的等比数列{an}中，若S10＝10，S20＝30，求S30．
分析：可以利用解方程组解决，也可以利用等比数列的前n项和的性质来解决．
解：解法一：设{an}的公比为q，显然q≠1．
由已知条件可列出方程组
两式作商，得1＋q10＝3，∴q10＝2．
∴S30＝＝(1＋q10＋q20)
＝10×(1＋2＋4)＝70．
解法二：由性质Sm+n＝Sn＋qn·Sm，
得S20＝S10＋q10S10，
即30＝10＋10q10，∴q10＝2．
∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70．
解法三：运用性质＝(q≠±1)．
由已知条件S10＝10，S20＝30，易得q≠±1，
∴＝，即＝．∴q10＝2．
又＝，解得S30＝70．
解法四：运用性质Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…成等比数列．
∵S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，而S10＝10，S20＝30，
∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(30－10)2＝10×(S30－30)．∴S30＝70．
反思：由于等比数列中，无论是通项公式还是前n项和公式，均与q的若干次幂有关，所以在解决等比数列问题时，经常出现高次方程，为达到降幂的目的，在解方程组时经常利用两式相除，达到整体消元的目的．
题型三 某些特殊数列的求和
【例3】 (1)已知数列{an}的通项公式an＝2n＋n，求该数列的前n项和Sn；
(2)已知数列{an}的通项公式an＝n·2n，求该数列的前n项和Sn．
分析：(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列，但在求该数列的前n项和时可以把an看成一个等比数列和一个等差数列的和的形式，分别求和，再相加．(2)写出数列的前n项和，注意其与等比数列形式类似，考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n项和．
解：(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…n)
＝＋
＝2n+1－2＋．
(2)∵Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，
∴－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
∴Sn＝n·2n+1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n·2n+1－
＝n·2n+1－(2n+1－2)
＝(n－1)·2n+1＋2．
反思：(1)分组求和法适用于某些特殊数列的求和，这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式；(2)错位相减法适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n项和．
【互动探究】 求和1＋a＋a2＋…＋an．
解：(1)当a＝0时，Sn+1＝1＋0＋0＋…＋0＝1．
(2)当a＝1时，Sn＋1＝＝n＋1．
(3)当a＝－1时，
①当n为偶数时，Sn＋1＝1；
②当n为奇数时，Sn＋1＝0，
即Sn＋1＝
(4)当a≠－1，0，1时，
Sn＋1＝1＋a＋a2＋…＋an＝．
题型四 等比数列前n项和的实际应用
【例4】 为了保护某处珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙，设计时，为了与周边景观协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层……依此类推，到第十层恰好将大理石用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？
分析：设出共用大理石的块数，即可求出各层大理石的使用块数，通过观察，此即为一等比数列，通过等比数列求和，求出总块数，再求出每层用的块数．
解：设共用大理石x块，则各层用大理石块数分别为
第一层：＋1＝；
第二层：＋1＝；
第三层：＋1＝；
……
第十层：＋1＝．
所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为，公比为，项数为10的等比数列，故x＝＋＋…＋，解得x＝2 046．
答：共用去大理石2 046块，各层分别为1 024，512，256，128，64，32，16，8，4，2块．
反思：对于实际问题，可以采用设出未知量的方法使之具体化．通过对前几项的探求，寻找其为等比数列的本质，再通过等比数列求和公式来求解．
题型五 易错辨析
【例5】 已知数列{an}满足an＝试求其前n项和．
错解：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n+1＋＋－．
错因分析：这里数列的通项an是关于n的分段函数，当n为奇数或为偶数时对应不同的法则，因此求和必须对项数n进行分类讨论．
正解：(1)当n为奇数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an－1)
＝＋×2＋×2
＝·2n+2＋－．
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n+1＋＋－．
2.3 等比数列习题课——等比数列习题课
1．了解分期付款的含义，理解复利的实质．
2．掌握有关分期付款的还贷问题．
3．掌握数列求和的常用方法——错位相减法．
题型一 错位相减法
【例1】求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n－1)an－1的前n项和．
分析：数列中含字母参数，应注意分类讨论，利用错位相减法．
反思：对含参类求和问题要养成分类讨论的习惯．
题型二 分期付款问题
【例2】陈老师购买安居工程集资房一套需82 000元，一次性国家财政补贴28 800元，学校补贴14 400元，陈老师已有现金28 800元，尚缺10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷．陈老师从借贷后第二个月开始以一定金额分6个月付清，试问每月应支付多少元？
(不满百元凑足百元，lg 1.01＝0.004 3，lg 1.061＝0.025 8，lg 1.07＝0.029 4)
分析：解答本题可以陈老师的欠款为主线计算．也可假设陈老师是每个月将一固定数目的金额以相同的条件存入银行，最后一次还清贷款．
反思：解题关键点是掌握分期付款问题的两种常用处理办法：(1)按照事件发生的先后顺序依次求出数列的前n项，并由此归纳迭代出数列的通项的一般表达式；(2)以贷款和存款及增值两条线索分别计算，并由它们的相对平衡(或大小)建立方程(或不等式)．
题型三 转化为等比数列问题
【例3】设数列{an}的前n项和Sn＝an－×2n＋1＋，n∈N＋，求数列{an}的通项公式．
分析：解答本题可充分利用Sn与an的关系式，将问题转化为等比数列问题来求解．
反思：(1)将一个数列问题转化为等比(差)数列来求解，这是求解有关数列通项公式与前n项和公式的基本思想．
(2)已知数列{an}的首项a1，且an＋1＝man＋k(m，k为常数)．
①当m≠1时，可得an＋1－c＝m(an－c)，则有an＋1－man＝c(1－m)，c＝，转化为等比数列求解．
②当m＝1时，an＋1－an＝k，利用等差数列求解．
1设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝( )．
A．－11 B．－8
C．5 D．11
2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)
3已知在等比数列{am}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝( )．
A．1＋ B．1－
C．3＋2 D．3－2
4若等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋r，则r的值是________．
5已知x≠0，x≠1，y≠1，则(x＋)＋(x2＋)＋…＋(xn＋)的值为________．
6已知数列{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
答案：
典型例题·领悟
【例1】解：当a＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n－1)，
则Sn＝＝n2.
当a≠1时，
有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②，得
Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
∴(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋…＋an－1)
＝1－(2n－1)an＋2·
＝1－(2n－1)an＋.
∵1－a≠0，∴Sn＝＋.
【例2】解：解法一：设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款an元(1≤n≤6)，则a0＝10 000，
a1＝1.01a0－a，
a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，
……
a6＝1.01a5－a＝…＝1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a.
由题意可知a6＝0，
即1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a＝0，a＝.
又因为lg(1.01)6＝6 lg 1.01＝0.025 8，
所以1.016＝1.061，所以a＝≈1 800.
答：每月应支付1 800元．
解法二：一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为
S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．
另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为
S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a
＝＝a(1.016－1)×102.
由S1＝S2，得a＝.
以下解法同解法一，得a≈1 800.
答：每月应支付1 800元．
【例3】解：当n＝1时，a1＝S1＝a1－×4＋，∴a1＝2.
当n≥2时，由Sn＝an－×2n＋1＋，①
得Sn－1＝an－1－×2n＋.②
由①－②，得an＝(an－an－1)－(2n＋1－2n)．
整理得：an＋2n＝4(an－1＋2n－1)，
∴{an＋2n}是首项为a1＋2＝4，公比为4的等比数列．
∴an＋2n＝4×4n－1，∴an＝4n－2n.
随堂练习·巩固
1．A 由8a2＋a5＝0，得＝－8，即q3＝－8，∴q＝－2.
∴＝＝＝＝－11.
2．C 3．C
4．－1
5．＋ 当x≠0，x≠1，y≠1时，
(x＋)＋(x2＋)＋…＋(xn＋)
＝(x＋x2＋…＋xn)＋(＋＋…＋)
＝＋
＝＋.
6．解：(1)由已知，得∴a1＝1，q＝2.
∴an＝2n－1.
(2)由已知得Tn＝1＋2·2＋3·22＋…＋n·2n－1，
∴2Tn＝1·2＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
解得Tn＝(n－1)·2n＋1.
2.3 等比数列
知识梳理
1.等比数列的有关概念
(1)一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的比都等于同一个常数,这个数列就叫做等比数列,表示为=q(n≥1)(q≠0).
(2)若三个数a,G,b满足G2=ab,则G叫做a,b的等比中项.
(3)等比数列的通项公式an=a1qn-1.
(4)等比数列的前n项和公式
2.等比数列的性质
(1)若m+n=p+q(m,n,p,q都是正整数),则am·an=ap·aq.在有穷等比数列中,与首末两项等距离的两项的积都相等,且等于首末两项的积.a1an=a2an-1=a3an-2=…=al·an-l+1.
(2)当q＞1时,如果存在一项a＞0(或＜0),那么等比数列中的数随项数的增大而增大(或减少).当0＜q＜1时,如果存在一项a＞0(或＜0),那么等比数列中的数随项数的增大而减少(或增大).当q=1时,等比数列中的数等于同一个常数.当q＜0时,等比数列中的数不具有单调性.
(3)如果数列{an}是等比数列,那么数列{c·an}(c为常数),{an-1}、{|an|}也是等比数列,且其中{c·an}的公比不变,{an-1}的公比等于原公比的倒数,{|an|}的公比等于原公比的绝对值.另外若有m个等比数列,它们的各对应项之积组成一个新的等比数列.
知识导学
等比数列与等差数列有很多类似的性质,所以在学习的时候应该把等比数列和等差数列进行类比,从定义到通项公式、前n项和公式、性质以及解决问题的思路都要进行比较.通过复习等差数列的定义和性质去学习理解等比数列的定义和性质,在学习中注意理解等差数列中的“差是一个常数”与等比数列中的“比是一个常数”.并在学习本节知识前复习指数函数y=ax(a＞0且a≠1)的图象等有关知识,类比等差数列的通项公式与一次函数的关系来理解等比数列与指数函数的关系.学习的时候应注意区分它们的不同之处.
疑难突破
1.等比数列概念的理解.
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.要注意理解“公比q≠0”,等比数列的首项不为0,等比数列的每一项都不为0,即an≠0;另外,强调“从第2项起”,是为了保证每一项的前一项存在,公比的基本特征是“同一常数”,如果漏掉了“同一”两字,就会破坏等比数列中各项的共同性质.
2.等比数列前ｎ项和的推导利用了错位相减法,如何理解这一方法?
错位相减法求数列和的实质是把等式两边同乘以等比数列的公比q,得一新的等式,错位相减求出Sn-qSn,这样可以消去大量的“中间项”,从而能求出Sn.当q=1时,Sn=na1;当q≠1时,Sn=.这是分段函数的形式,分段的界限是q=1.
对于形如{xn·yn}的数列的和,其中{xn}为等差数列,{yn}为等比数列,也可以这样求和:错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题.
利用这种方法时,要注意到公式及其他应用问题对公比的分类讨论.若已知q≠1,求等比数列前n项和的方法一般是利用Sn的表达式的特点;当q=1时,求和就简单多了,这时数列的每一项都相等,直接将这n个相等的数相加即可得.
