等比数列知识点总结与典型例题版 本文关键词：等比数列，例题，知识点，典型
等比数列知识点总结与典型例题版 本文简介：等比数列知识点总结与典型例题1、等比数列的定义：，称为公比2、通项公式：，首项：；公比：推广：3、等比中项：（1）如果成等比数列，那么叫做与的等差中项，即：或注意：同号的两个数才有等比中项，并且它们的等比中项有两个（（2）数列是等比数列4、等比数列的前项和公式：（1）当时，（2）当时，（为常数）5、
等比数列知识点总结与典型例题版 本文内容：
等比数列知识点总结与典型例题
1、等比数列的定义：，称为公比
2、通项公式：
，首项：；公比：
推广：
3、等比中项：
（1）如果成等比数列，那么叫做与的等差中项，即：或
注意：同号的两个数才有等比中项，并且它们的等比中项有两个（
（2）数列是等比数列
4、等比数列的前项和公式：
（1）当时，
（2）当时，
（为常数）
5、等比数列的判定方法：
（1）用定义：对任意的，都有为等比数列
（2）等比中项：为等比数列
（3）通项公式：为等比数列
6、等比数列的证明方法：
依据定义：若或为等比数列
7、等比数列的性质：
（2）对任何，在等比数列中，有。
（3）若，则。特别的，当时，得
注：
等差和等比数列比较：
等差数列
等比数列
定义
递推公式
；
；
通项公式
（）
中项
（）
（）
前项和
重要
性质
经典例题透析
类型一：等比数列的通项公式
例1．等比数列中，,,求.
思路点拨：由等比数列的通项公式，通过已知条件可列出关于和的二元方程组，解出和，可得；或注意到下标，可以利用性质可求出、，再求.
解析：
法一：设此数列公比为，则
由(2)得：(3)
∴.
由(1)得：,∴
(4)
(3)÷(4)得：，
∴,解得或
当时，，；
当时，，.
法二：∵,又,∴、为方程的两实数根，
∴
或
∵,∴或.
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】{an}为等比数列，a1=3，a9=768，求a6。
【答案】±96
法一：设公比为q，则768=a1q8，q8=256，∴q=±2，∴a6=±96；
法二：a52=a1a9a5=±48q=±2，∴a6=±96。
【变式2】{an}为等比数列，an＞0，且a1a89=16，求a44a45a46的值。
【答案】64；
∵，又an＞0，∴a45=4
∴。
【变式3】已知等比数列，若，，求。
【答案】或；
法一：∵，∴，∴
从而解之得，或，
当时，；当时，。
故或。
法二：由等比数列的定义知，
代入已知得
将代入（1）得，
解得或
由（2）得或
，以下同方法一。
类型二：等比数列的前n项和公式
例2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列的公比q.
解析：若q=1，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.
由得，，
整理得q3(2q6-q3-1)=0，
由q≠0，得2q6-q3-1=0，从而(2q3+1)(q3-1)=0，
因q3≠1，故，所以。
举一反三：
【变式1】求等比数列的前6项和。
【答案】；
∵，，
∴。
【变式2】已知：{an}为等比数列，a1a2a3=27，S3=13，求S5.
【答案】；
∵，，则a1=1或a1=9
∴.
【变式3】在等比数列中，，，，求和。
【答案】或2，；
∵，∴
解方程组，得
或
①将代入，得，
由，解得；
②将代入，得，
由，解得。
∴或2，。
类型三：等比数列的性质
例3.
等比数列中，若,求.
解析：
∵是等比数列，∴
∴
举一反三：
【变式1】正项等比数列中，若a1·a100=100;
则lga1+lga2+……+lga100=_____________.
【答案】100；
∵lga1+lga2+lga3+……+lga100=lg(a1·a2·a3·……·a100)
而a1·a100=a2·a99=a3·a98=……=a50·a51
∴原式=lg(a1·a100)50=50lg(a1·a100)=50×lg100=100。
【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________。
【答案】216；
法一：设这个等比数列为，其公比为，
∵，，∴，
∴。
法二：设这个等比数列为，公比为，则，，
加入的三项分别为，，，
由题意，，也成等比数列，∴，故，
∴。
类型四：等比数列前n项和公式的性质
例4．在等比数列中，已知，，求。
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。
解析：
法一：令b1=Sn=48,b2=S2n-Sn=60-48=12，b3=S3n-S2n
观察b1=a1+a2+……+an,b2=an+1+an+2+……+a2n=qn(a1+a2+……+an)，
b3=a2n+1+a2n+2+……+a3n=q2n(a1+a2+……+an)
易知b1,b2,b3成等比数列，∴，
∴S3n=b3+S2n=3+60=63.
法二：∵，∴，
由已知得
②÷①得，即
③
③代入①得，
∴。
法三：∵为等比数列，∴，，也成等比数列，
∴，
∴。
举一反三：
【变式1】等比数列中，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】已知等比数列的前n项和为Sn,且S10=10,S20=40,求：S30=？
【答案】130；
法一：S10，S20-S10，S30-S20构成等比数列，∴(S20-S10)2=S10·(S30-S20)
即302=10(S30-40),∴S30=130.
法二：∵2S10≠S20，∴,∵,,∴∴,∴
∴
.
【变式3】等比数列的项都是正数，若Sn=80,S2n=6560，前n项中最大的一项为54，求n.
【答案】∵
，∴(否则)
∴=80
(1)
=6560.(2)，
(2)÷(1)得：1+qn=82,∴qn=81(3)
∵该数列各项为正数，∴由(3)知q>1
∴{an}为递增数列，∴an为最大项54.
∴an=a1qn-1=54,∴a1qn=54q,∴81a1=54q(4)
∴代入(1)得，
∴q=3,∴n=4.
【变式4】等比数列中，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),易知：b1,b2,b3成等比数列，∴b3===4,即a5+a6=4.
【变式5】等比数列中，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
例5．已知三个数成等比数列，若前两项不变，第三项减去32，则成等差数列.若再将此等差数列的第二项减去4，则又成等比数列.求原来的三个数.
思路点拨：恰当地设元是顺利解方程组的前提.考虑到有三个数，应尽量设较少的未知数，并将其设为整式形式.
解析：
法一：设成等差数列的三数为a-d,a,a+d.
则a-d,a,a+d+32成等比数列，a-d,a-4,a+d成等比数列.
∴
由(2)得a=.(3)
由(1)得32a=d2+32d
(4)
(3)代(4)消a，解得或d=8.
∴当时,；当d=8时,a=10
∴原来三个数为,,或2,10,50.
法二：设原来三个数为a,aq,aq2，则a,aq,aq2-32成等差数列，a,aq-4,aq2-32成等比数列
∴
由(2)得，代入(1)解得q=5或q=13
当q=5时a=2；当q=13时.
∴原来三个数为2，10，50或，,.
总结升华：选择适当的设法可使方程简单易解。一般地，三数成等差数列，可设此三数为a-d,a,a+d；若三数成等比数列，可设此三数为，x,xy。但还要就问题而言，这里解法二中采用首项a，公比q来解决问题反而简便。
举一反三：
【变式1】一个等比数列有三项，如果把第二项加上4，，那么所得的三项就成为等差数列，如果再把这个等差数列的第三项加上32，那么所得的三项又成为等比数列，求原来的等比数列.
【答案】为2，6，18或；
设所求的等比数列为a，aq，aq2；
则
2(aq+4)=a+aq2，且(aq+4)2=a(aq2+32)；
解得a=2，q=3或，q=-5；
故所求的等比数列为2，6，18或.
【变式2】已知三个数成等比数列，它们的积为27，它们的平方和为91，求这三个数。
【答案】1、3、9或―1、3、―9或9、3、1或―9、3、―1
设这三个数分别为，
由已知得
得，所以或，
即或
故所求三个数为：1、3、9或―1、3、―9或9、3、1或―9、3、―1。
【变式3】有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和为12，求这四个数.
【答案】0，4，8，16或15，9，3，1；
设四个数分别是x,y,12-y,16-x
∴
由(1)得x=3y-12，代入(2)得144-24y+y2=y(16-3y+12)
∴144-24y+y2=-3y2+28y,∴4y2-52y+144=0,∴y2-13y+36=0,∴
y=4或9，
∴
x=0或15，
∴四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.
类型六：等比数列的判断与证明
例6．已知数列{an}的前n项和Sn满足：log5(Sn+1)=n(n∈N+),求出数列{an}的通项公式，并判断{an}是何种数列？
思路点拨：由数列{an}的前n项和Sn可求数列的通项公式，通过通项公式判断{an}类型.
解析：∵log5(Sn+1)=n,∴Sn+1=5n,∴Sn=5n-1
(n∈N+),∴a1=S1=51-1=4,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(5n-1)-(5n-1-1)=5n-5n-1=5n-1(5-1)=4×5n-1
而n=1时，4×5n-1=4×51-1=4=a1,∴n∈N+时，an=4×5n-1
由上述通项公式，可知{an}为首项为4，公比为5的等比数列.
举一反三：
【变式1】已知数列{Cn}，其中Cn=2n+3n，且数列{Cn+1-pCn}为等比数列，求常数p。
【答案】p=2或p=3；
∵{Cn+1-pCn}是等比数列，
∴对任意n∈N且n≥2，有(Cn+1-pCn)2=(Cn+2-pCn+1)(Cn-pCn-1)
∵Cn=2n+3n,∴[(2n+1+3n+1)-p(2n+3n)]2=[(2n+2+3n+2)-p(2n+1+3n+1)]·[(2n+3n)-p(2n-1+3n-1)]
即[(2-p)·2n+(3-p)·3n]2=[(2-p)·2n+1+(3-p)·3n+1]·[(2-p)·2n-1+(3-p)·3n-1]
整理得：,解得：p=2或p=3,显然Cn+1-pCn≠0，故p=2或p=3为所求.
【变式2】设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列，Cn=an+bn,证明数列{Cn}不是等比数列.
【证明】设数列{an}、{bn}的公比分别为p,q，且p≠q
为证{Cn}不是等比数列，只需证.
∵,∴,又∵
p≠q,a1≠0,b1≠0,∴即
∴数列{Cn}不是等比数列.
【变式3】判断正误：
(1){an}为等比数列a7=a3a4；
(2)若b2=ac，则a，b，c为等比数列；
(3){an}，{bn}均为等比数列，则{anbn}为等比数列；
(4){an}是公比为q的等比数列，则、仍为等比数列；
(5)若a，b，c成等比，则logma，logmb，logmc成等差.
【答案】
(1)错；a7=a1q6，a3a4=a1q2·a1q3=a12q5，等比数列的下标和性质要求项数相同；
(2)错；反例：02=0×0，不能说0，0，0成等比；
(3)对；{anbn}首项为a1b1，公比为q1q2；
(4)对；；
(5)错；反例：-2，-4，-8成等比，但logm(-2)无意义.
类型七：Sn与an的关系
例7．已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足，且a1，a3，a15成等比数列，求数列{an}的通项an.
解析：∵，
①
∴，解之得a1=2或a1=3.
又，
②
由①-②得，即
∵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.
总结升华：等比数列中通项与求和公式间有很大的联系，它们是，尤其注意首项与其他各项的关系.
举一反三：
【变式】命题1：若数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1)，则数列{an}是等比数列；命题2：若数列{an}的前n项和Sn=na-n，则数列{an}既是等差数列，又是等比数列。上述两个命题中，真命题为
个.
【答案】0；
由命题1得，a1=a+b，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(a-1)·an-1.
若{an}是等比数列，则，即，
所以只有当b=-1且a≠0时，此数列才是等比数列.
由命题2得，a1=a-1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=a-1，
显然{an}是一个常数列，即公差为0的等差数列，
因此只有当a-1≠0，即a≠1时数列{an}才又是等比数列.