第5章 第3讲 等比数列-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教B版）

第3节 等比数列 第五章 数 列 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 02 课后 素养提能 03 夯实 必备知识 01 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 夯实 必备知识 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 最新课程标准 教师专享 核心素养 考情聚焦 1.通过实例，理解等比数列的概念． 2．探索并掌握等比数列的通项公式与前n项和的公式． 3．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．体会等比数列与指数函数的关系 1.等比数列的基本运算，达成逻辑推理和数学运算素养． 2．等比数列的判定与证明，发展数学抽象和数学运算素养． 3．等比数列的性质及应用，提升逻辑推理和数学运算素养 　　等比数列的定义、通项公式及前n项和公式，等比数列的性质，以及求a1、q、an、n、Sn的基本运算是高考的热点．高考考查形式多样，选择题、填空题主要考查等比数列的基本运算和性质，难度不大．在解答题中常与等差数列、数列求和等问题综合考查，难度中等 1．等比数列的概念 (1)一般地，如果数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项之比都等于同一个常数q，即eq \f(an＋1,an)＝q恒成立，则称{an}为等比数列，其中q称为等比数列的公比． (2)如果x，G，y是等比数列，那么称G为x与y的等比中项，其中G＝±eq \r(xy). 2. 等比数列的通项公式及前n项和公式 (1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝　a1qn－1　； 通项公式的推广：an＝amqn－m. (2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝　eq \f(a11－qn,1－q)　＝eq \f(a1－anq,1－q). 推广：当q≠0,1时，{an}是等比数列⇔Sn＝Aqn－A(A为常数且A≠0)． 3．等比数列的性质 已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和． (1)若s＋t＝p＋q，则asat＝　apaq　，其中s，t，p，q∈N＋，特别地，若2s＝p＋q，则apaq＝aeq \o\al(2,s)，其中p，s，q∈N＋. (2)等比数列{an}的单调性 当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，数列{an}是　递增　数列； 当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，数列{an}是　递减　数列； 当q＝1时，数列{an}是　常数列　. (3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为　qm　(k，m∈N＋)． (4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为　qn　. 等比数列的主要性质 设数列{an}是首项为a1，公比是q的等比数列，Sn是其前n项和． 1．若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(pan,qbn)))(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列． 2．Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn. 3．若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列． 4．若数列{an}的项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝q；若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q. 5．等比数列{an}的单调性 当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1))时，{an}为递增数列，当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1))时，{an}为递减数列． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(　　 ) (2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　 ) (3)满足an＋1＝qan(n∈N＋，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　　 ) (4)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．(　　) (5)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× ◆[小题查验] 1．(教材改编)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　) A．14　　 B．12　　 C．6　　 D．3 解析：D　[设等比数列{an}首项为a1，公比为q，由题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝168,a2－a5＝42))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a11＋q＋q2＝168,a1q1－q3＝42))， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a11＋q＋q2＝168,a1q1－q1＋q＋q2＝42))，解得q＝eq \f(1,2)，a1＝96，所以a6＝a1q5＝3.] 2．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　 ) A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 解析：B　[设顶层灯数为a1，q＝2 ，S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.] 3．(教材改编)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10等于(　　 ) A．7 B．5 C．－5 D．－7 解析：D　[法一：由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，,a5a6＝a1q4×a1q5＝a\o\al(2,1)q9＝－8，)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q3＝－2，,a1＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，))∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. 法二：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝2，,a5a6＝a4a7＝－8))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a4＝－2，,a7＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a7＝－2.)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q3＝－2，,a1＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，)) ∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.] 4．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为　________　. 解析：若q＝1，则由8S6＝7S3，得8×6a1＝7×3a1，则a1＝0，不合题意．所以q≠1. 当q≠1时，因为8S6＝7S3， 所以8×eq \f(a11－q6,1－q)＝7×eq \f(a11－q3,1－q)， 即8×(1－q6)＝7×(1－q3)，即8×(1＋q3)(1－q3)＝7×(1－q3)，即8×(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2). 答案：－eq \f(1,2) 5．(2024·淄博模拟)已知等比数列{an}，其前n项和为Sn.若a2＝4，S3＝14，则a3＝　______　. 解析：设等比数列的公比为q，因为a2＝4，S3＝14， 所以a1＋a3＝10，即eq \f(a2,q)＋a2q＝10， 所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq \f(1,2)， 所以当q＝2时，a3＝8； 当q＝eq \f(1,2)时，a3＝2. 所以a3＝2或a3＝8. 答案：2或8 等比数列的基本运算(基础点) 1．已知数列{an}是等比数列，若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则a2 024＝(　　) A．22 023－1　　　 B．22 023 C．22 024－1 D．22 024 解析：B　[设公比为q，则q＝eq \f(a6－a4,a5－a3)＝2， 所以a3q2－a3＝3a3＝12，解得a3＝4， 故a2 024＝a3q2 021＝4×22 021＝22 023.] 2．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120　 B．85　 C．－85　 D．－120 解析：C　[由等比数列的性质可得S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…，为等比数列，因此(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，将S4＝－5，S6＝21S2代入上式，解得S2＝－1(舍)或eq \f(5,4)，此时S6＝eq \f(105,4)，由等比数列性质可知S4－S2，S6－S4，S8－S6为等比数列，解得S8＝－85.] 3．(多选)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法正确的是(　　) A．此人第二天走了九十六里路 B．此人第三天走的路程占全程的eq \f(1,8) C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 D．此人后三天共走了42里路 解析：ACD　[设此人第n天走an里路，则数列{an}是首项为a1，公比为q＝eq \f(1,2)的等比数列， 因为S6＝378，所以S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192， 对于A，由于a2＝192×eq \f(1,2)＝96，所以此人第二天走了九十六里路，所以A正确； 对于B，由于a3＝192×eq \f(1,4)＝48，eq \f(48,378)＞eq \f(1,8)，所以B不正确； 对于C，由于378－192＝186,192－186＝6，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里，所以C正确； 对于D，由于a4＋a5＋a6＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)＋\f(1,16)＋\f(1,32)))＝42，所以D正确．] 解决等比数列有关问题的常用思想方法 (1)方程的思想：等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解． (2)分类讨论的思想：等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q). 提醒：运用等比数列的前n项和公式时，必须对q＝1与q≠1分类讨论． 等比数列的判定与证明(师生共研) [典例]　已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq \f(an,n). (1)求b1，b2，b3； (2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； (3)求{an}的通项公式. 核心素养 逻辑推理——等比数列判定与证明中的核心素养 　　根据等比数列的定义、性质等对一个数列是否是等比数列作出判断与证明，是从一般到特殊的推理，使学生学会有逻辑地思考问题，形成合乎逻辑的思维品质，是高中生必须具备的最基础又应用最广的一种核心素养． 信息提取 信息解读 数学运算、逻辑推理 已知数列{an}满足a1＝1， nan＋1＝2(n＋1)an的递推关系式，求b1，b2，b3 先求出a2，a3，再利用bn＝eq \f(an,n)求b1，b2，b3 着眼点1：数学运算： (1)先求出a2，a3； (2)再求出b1，b2，b3 判断数列{an}是否为等比数列，并说明理由 作出数列的类型作出判断并证明 着眼点2：逻辑推理： 定义法判定并证明数列{an}为等比数列 求{an}的通项公式 先求出数列{bn}的通项公式 着眼点3：数学运算： (1)先求出数列{bn}的通项公式； (2)再求出{an}的通项公式 [解]　(1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an. 将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12. 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4. (2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1. 等比数列的判定方法 (1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N＋)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N＋)，则{an}是等比数列． (2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0且aeq \o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N＋)，则数列{an}是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N＋)，则{an}是等比数列． (4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列． 提醒：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明，而后两种方法常用于选择题、填空题中的判定． (2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可. 已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式． 解：(1)由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)． 又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列． 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1， 所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)， bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2). 等比数列的性质及其应用 ◆[命题角度1]　等比数列项的性质(基础点)　 [典例1]　(1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　________　. 解析：设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0， 则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8， 则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝1×(－2)＝－2. 答案：－2 (2)已知正项等比数列{an}中，a2a2 023＝4，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a2 024＝(　　) A．1 012　　　　　 B．2 024 C．21 012 D．22 024 解析：B　[正项等比数列{an}中，a2a2 023＝4， 故a1a2 024＝a2a2 023＝a3a2 022＝…＝a1 012a1 013＝4， 故log2a1＋log2a2＋…＋log2a2 024＝log2(a1a2…a2 023a2 024) ＝log2(a1a2 024)(a2a2 023)…(a1 012a1 013)＝log241 012＝1 012log24＝1 012×2＝2 024.] 1．在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk. 2．在一个无穷等比数列中，其中任何一项都是和这项项数距离相等的两项的等比中项，即aeq \o\al(2,m)＝am－k·am＋k(m，k为正整数，且m＞k)． [命题角度2]　等比数列前n项和的性质(应用点)　 [典例2]　各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝　________　. 核心素养 　　方程思想和整体思想——等比数列的性质及其应用中的核心素养根据等比数列的定义、性质，运用方程思想，整体思想，观察数列的特点求解问题，是高中生必须具备的一种核心素养. 各项均为正数的等比数列{an}，Sn＝2，S3n＝14 由各项均为正数的等比数列{an}可得公比大于零；由Sn＝2，S3n＝14，可用等比数列的前n项和公式，使用方程的思想求首项和公比，或观察项数特点使用等比数列前n项和的性质解决 方法一：利用等比数列前n项和的性质：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，先求出S2n＝6，再求S4n 方法二：由Sn＝2，S3n＝14，列出方程组 利用整体思想，求出qn＝2和eq \f(a1,1－q)＝－2，从而求出S4n 方法一：(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，代入数据求出S2n＝6；再求S4n. 方法二：由Sn＝2，S3n＝14，列出方程组 求出qn＝2和eq \f(a1,1－q)＝－2，从而求出S4n. 注意：利用方程思想求得整体qn＝2和eq \f(a1,1－q)＝－2，而不是首项和公比 求S4n 由已知应用方程和整体思想求出首项和公比，从而确定S4n或利用性质求出S4n [解析]　方法一：第一步　利用等比数列前n项和的性质． Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列， 第二步　应用等比中项列出方程求解． (S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)， 即(S2n－2)2＝2·(14－S2n)， 解得S2n＝6或S2n＝－4(舍去)，同理可得S4n＝30. 方法二：第一步　设出首项和公比． 设等比数列{an}的首项为a1，公比q，由已知可得q≠1. 第二步　列出方程组求出整体qn和eq \f(a1,1－q). ∵Sn＝2，S3n＝14， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)＝2，,\f(a11－q3n,1－q)＝14，))两式相比得q2n＋qn－6＝0， 解得qn＝2或qn＝－3(舍去)，eq \f(a1,1－q)＝－2. 第三步　代入等比数列前n项和公式求出S4n. S4n＝eq \f(a11－q4n,1－q)＝－2×(1－24)＝30. [答案]　30 1．在等比数列的基本运算中，一般利用通项公式和前n项和公式建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质，可减少运算量． 2．在应用等比数列前n项和公式求解时，要注意整体思想的应用：当公比q≠1时，Sn＝eq \f(a1,1－q)(1－qn)，令eq \f(a1,1－q)＝t，则Sn＝t(1－qn)．把eq \f(a1,1－q)与qn当成一个整体求解． 易错警示：等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，这个性质成立的前提条件是公比不为－1. 1．(1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝　________　. (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S9,S3)＝　________　. 解析：(1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240,S奇－S偶＝80，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2. (2)法一：设等比数列{an}的公比为q，因为eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，所以{an}的公比q≠1.由eq \f(a11－q6,1－q)÷eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(1,2)，得q3＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(S9,S3)＝eq \f(1－q9,1－q3)＝eq \f(3,4). 法二：设等比数列{an}的公比为q，因为eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，所以公比q≠－1，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，将S6＝eq \f(1,2)S3代入得eq \f(S9,S3)＝eq \f(3,4). 答案：(1)2　(2)eq \f(3,4) ◆[命题角度3]　与等比数列有关的最值问题　 [典例3]　已知数列{an}的首项a1＝eq \f(3,5)，且an＋1＝eq \f(3an,2an＋1)，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2 024，则满足条件的最大整数n＝　__________　. [解析]　因为an＋1＝eq \f(3an,2an＋1)， 所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,3an)＝eq \f(1,3an)＋eq \f(2,3)， 所以eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比数列，首项为eq \f(1,\f(3,5))－1＝eq \f(2,3)，公比为eq \f(1,3)， 所以eq \f(1,an)－1＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n， 所以eq \f(1,an)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1， 所以Sn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))＋n ＝2×eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＋n＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋n， 易知当n∈N*时，Sn单调递增，又因为S2 023＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2 023＋2 023＝2 024－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2 023<2 024， S2 024＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2 024＋2 024＝2 025－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2 024>2 024，所以满足eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2 024的n最大整数为2 023. [答案]　2 023 与等比数列最值有关问题的解题思路 求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用． 2．已知正项等比数列{an}中，a1a2a3＝8，a5a7＝64，数列{bn}满足bn＝logeq \r(2)an，则使得不等式eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋eq \f(1,b3b4)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)≥eq \f(2 024,2 025)成立的n的最小值为(　　) A．2 023 B．2 024 C．2 025 D．2 026 解析：B　[由题可得aeq \o\al(3,2)＝8，aeq \o\al(2,6)＝64，所以a2＝2，a6＝8，设{an}的公比为q，q>0，则q4＝eq \f(a6,a2)＝4，得q＝eq \r(2)，a1＝eq \r(2)，所以an＝(eq \r(2))n， 则bn＝logeq \r(2)an＝n， 所以eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， 所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋eq \f(1,b3b4)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1) ＝eq \f(1,1)－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1) ＝1－eq \f(1,n＋1)， 由1－eq \f(1,n＋1)≥eq \f(2 024,2 025)，得n≥2 024.] $$