等比數列的概念和性質

相關概念

刻畫等比數列的三種語言數學學習中少不了三種語言的相互轉化，比如自然語言，就是我們經常口頭表述的那種；符號語言，比如\(f(x)\subseteq g(x)\)和\(x\in A\)等等；圖形語言，比如圖形；關於三種常用且常見的數學語言形式的相互轉換，往往會成為學生學習中的桎梏。建議大家不妨看看三種語言的相互轉化

[自然語言]：從第二項起，每一項與它的前一項的比等於同一個常數的數列稱為等比數列此處一定要仔細體會類比的學習方法，比如\(a_{n+1}-a_n=d\)為等差數列，則將差類比為商，則可知\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q\)就稱作等比數列；等差數列的相關結論可以類比到等比數列中來；等差數列的相關證明思路和方法也可以類比到等比數列里來，同樣，我們還可以定義等和數列，等積數列等；，這個常數稱為公比，常用\(q\)來表示。類比

[符號語言]：

\(\quad\quad\quad\quad\quad\quad\cfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=q\)，其中\(n\geqslant 1\)，\(n\in N^*\)，\(q\)為常數。

\(\quad\quad\quad\quad\quad\quad\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q\)，\(n\geqslant 2\)，\(n\in N^*\)，\(q\)為常數。

[圖形語言]：

• 等比中項：如果三個實數\(a，G，b\)成等比數列，則\(G\)稱為\(a，b\)的等比中項，滿足\(G^2=ab\)。^[1]

• 等比數列的通項公式：\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\)，推廣形式為\(a_n=a_m\cdot q^{n-m}\)，其中對\(n-1\)的理解和等差數列中的\(n-1\)的理解是一樣的；

• 等比數列的前\(n\)項和公式：\(\quad S_n=\left\{\begin{array}{l}{na_1，q=1}\\{\cfrac{a_1\cdot (1-q^n)}{1-q}=\cfrac{a_1-a_nq}{1-q}，q\neq 1}\end{array}\right.\quad\) ^[2]

已知\(S_{n}=a+a^{2}+a^{3}+\cdots+a^{n}(a\neq 0)\)，求\(S_{n}\)的表達式。

分析：由於\(a\neq 0\)，故此數列為等比數列，由等比數列的前\(n\)項和公式，

應該分\(a=1\)和\(a\neq 1\)兩種情形討論如下：

當\(a=1\)時，\(\{a^{n}\}\)是等差數列，也是等比數列，\(S_{n}=\underbrace{1+1^2+1^3+\cdots+1^n}_{n個}=n\)；

當\(a\neq 1\)時，\(\{a^{n}\}\)是等比數列，所以\(S_{n}=\cfrac{a(1-a^{n})}{1-a}\)；

綜上: \(S_{n}=\left\{\begin{array}{l}n, \quad\quad\quad a=1\\\cfrac{a(1-a^{n})}{1-a}, a\neq 1\end{array}\right.\)

相關性質

• ①在等比數列\(\{a_n\}\)中，若\(m+n=p+q=2k(m，n，p，q，k\in N^*)\)，則\(a_m\cdot a_n=a_p\cdot a_q=a_k^2\)。

• ②若數列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)(項數相同)是等比數列，則\(\{\lambda a_n\}(\lambda\neq 0)\)，\(\{\cfrac{1}{a_n}\}\)，\(\{a_n^2\}\)，\(\{a_n\cdot b_n\}\)，\(\{\cfrac{a_n}{b_n}\}\)仍然是等比數列；^[3]

• ③在等比數列\(\{a_n\}\)中，等距離取出若干項也構成一個等比數列，即\(a_m，a_{m+k}，a_{m+2k}，a_{m+3k}，\cdots\)為等比數列，公比為\(q^k\)；^[4]

• ④當公比〔情形一：\(q\neq-1\)〕或〔情形二：\(q=-1\)且\(n\)為奇數〕時，則\(S_n\)，\(S_{2n}-S_n\)，\(S_{3n}-S_{2n}\)，\(\cdots\) 仍成等比數列，其公比為\(q^n\)；

當公比\(q=-1\)時，\(S_n\)，\(S_{2n}-S_n\)，\(S_{3n}-S_{2n}\)，\(\cdots\)不一定成等比數列，

若\(n\)為偶數，則其不能構成等比數列，

若\(n\)為奇數，則可以構成等比數列。

用數列\(2，-2，2，-2，2，-2，\cdots，2，-2\)驗證如下，

當\(n=2\)時，則\(S_2=0\)，\(S_4=0\)，\(S_6=0\)，則\(S_2\)，\(S_4-S_2\)，\(S_6-S_4\)，\(\cdots\)，就不能構成等比數列；

當\(n=3\)時，則\(S_3=2\)，\(S_6=0\)，\(S_9=2\)，則\(S_3\)，\(S_6-S_3\)，\(S_9-S_6\)，\(\cdots\)，卻能構成等比數列；

• ⑤研究\(q\neq 1\)的等比數列的前\(2n\)項，

\(S_{偶}=a_2+a_4+a_6+\cdots+a_{2n}\)，\(S_{奇}=a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{2n-1}\)，則\(\cfrac{S_{偶}}{S_{奇}}=q\)；

說明：\(S_{偶}=a_2+a_4+a_6+\cdots+a_{2n}=\cfrac{a_2\cdot [1-(q^2)^n]}{1-q^2}\)，\(S_{奇}=a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{2n-1}=\cfrac{a_1\cdot [1-(q^2)^n]}{1-q^2}\)，則\(\cfrac{S_{偶}}{S_{奇}}=q\)；

或者\(S_{偶}=a_2+a_4+a_6+\cdots+a_{2n}=q(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{2n-1})=q\cdot S_{奇}\)，則\(\cfrac{S_{偶}}{S_{奇}}=q\)；

• ⑥等比數列的單調性判斷，

依然遵從函數的單調性〔如利用指數型函數\(f(x)=3\cdot2^x\)的單調性〕判斷，取決於兩個參數\(a_1\)和\(q\)的取值，由於

\[a_n=a_1\cdot q^{n-1} \]

故當\(\left\{\begin{array}{l}{a_1>0}\\{q>1}\end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{l}{a_1<0}\\{0<q<1}\end{array}\right.\)時，\(a_n\)單調遞增；

當\(\left\{\begin{array}{l}{a_1>0}\\{0<q<1}\end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{l}{a_1<0}\\{q>1}\end{array}\right.\)時，\(a_n\)單調遞減；

補充：由於數列\(\{a_n\}\)為等比數列，故公比\(q\neq 0\)；

當\(q=1\)時，數列\(\{a_n\}\)為常數列，沒有單調性；

當\(q<0\)時，數列\(\{a_n\}\)為擺動數列，沒有單調性；

判定證明

證明方法：

• 定義法：\(\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q(n\ge 2)\)，或者\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q(n\ge 1)\)；

• 等比中項法：\(a_{n+1}^2=a_n\cdot a_{n+2}(n\ge 1)\)，或者\(a_n^2=a_{n+1}\cdot a_{n-1}(n\ge 2)\)；

判定方法：除了上述的兩種方法以外，還有

• 通項公式法：\(a_n=c\cdot q^n(n\in N^*)\)，\(c\)，\(q\)均為不為零的常數，

說明：\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}=\cfrac{a_1}{q}\cdot q^n=c\cdot q^n\)[指數型函數]，

• 前\(n\)項和法：\(S_n=k\cdot q^n-k\)，\(k\neq 0\)，\(q\neq 0\)且\(q\neq 1\)，

說明：\(S_n=\cfrac{a_1\cdot (1-q^n)}{1-q}=\cfrac{a_1}{1-q}-\cfrac{a_1}{1-q}\cdot q^n\)，令\(-\cfrac{a_1}{1-q}=k\)，則\(S_n=k\cdot q^n-k\)。

如果判定某數列不是等比數列，只需要判定其有連續三項不成等比數列即可，這樣就可以聯系到賦值法，比如常常判斷\(a_2^2\neq a_1\cdot a_3\)。

變形技巧

①常用的數學公式：

$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$；

$a_4^2+2a_4a_6+a_6^2=(a_4+a_6)^2$；

$a_4^2+2a_3a_7+a_6^2=(a_4+a_6)^2$；

$a_4^2+2a_5^2+a_6^2=(a_4+a_6)^2$；

$1-q^2=(1-q)(1+q)$；

$1-q^3=(1-q)(1+q+q^2)$；

$1-q^6=1-(q^3)^2=(1+q^3)(1-q^3)$；

$q^6-1=(q^3)^2-1=(q^3+1)(q^3-1)$；

$\frac{S_{10}}{S_5}=\frac{\frac{a_1(1-q^{10})}{1-q}}{\frac{a_1(1-q^5)}{1-q}}=1+q^5$；

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

②整體思想的運用，解方程組時整體相除，

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

兩式相除得到，\(\cfrac{a_1(q^3-q)}{a_1(q^4-1)}=\cfrac{a_1q(q^2-1)}{a_1(q^2+1)(q^2-1)}=\cfrac{q}{1+q^2}=\cfrac{2}{5}\)，從而解得\(q=2\)或\(q=\cfrac{1}{2}\)。

• 求比值時整體思想的運用；

再比如給定等比數列\(\{a_n\}\)的公比為\(q=2\)，求\(\cfrac{a_8+a_9+a_{10}}{a_5+a_6+a_7}\)的值。

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

③當涉及\(S_n\)的下標比較小的運算題目時，常常利用定義式。

比如已知等比數列的\(S_3=8\)，則可知\(S_3=a_1+a_2+a_3=8\)，這樣可以有效的避免分類討論，而不是利用\(\cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}=8\)來計算，如果非要利用這個公式，你就必須先分類討論排除\(q\neq 1\)，否則使用就是錯的。

④比例因子的運用。設等比數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項的和為\(S_n\)，若\(\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}\)，則\(\cfrac{S_9}{S_6}\)=？

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

則\(S_6=k\)，\(S_3=2k\)，\(S_6-S_3=-k\)，由\(S_3，S_6-S_3，S_9-S_6\)成等比數列，

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

⑤在數列題目中，若出現各項為正數或\(a_n>0\)，則有\(a_n+a_{n+1}>0\)，或者\(a_n+a_{n-1}>0\)，這樣就為約分埋下了伏筆。

比如某個題目變形得到\((a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1})=a_n+a_{n-1}\)，約掉\(a_n+a_{n-1}\)，得到\(a_n-a_{n-1}=1\)，即\(\{a_n\}\)是等差數列。

⑥若出現證明數列\(\{a_n+1\}\)為等比數列，則你必須意識題目已經給了變形的提示，因為變形到最后必然會出現\(a_n+1=p(a_{n-1}+1)(p為常數)\)，

或者出現同類型的\(a_{n+1}+1=p(a_n+1)(p為常數)\)，這樣你往上回溯，自然就會看到題目應該怎么變形了。

⑦ 等比數列求和中的項數的計算

如數列求和：\(S=2^1+2^3+2^5+\cdots+2^{2n+3}\)；

其項數的計算，可以利用上標來計算，其上標剛好成等差數列，

故項數\(r=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1=\cfrac{(2n+3)-1}{3-1}+1=n+2\)；

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

⑧設元技巧

當題目已知三個數成等比數列時，我們常常依次設三個數為\(\cfrac{a}{q}\)，\(a\)，\(aq\)，這樣設元的優越性在於其積為\(a^3\)，如果題目恰好已知了其積的值，則中間的數立馬可知，這樣變量就剩下一個\(q\)了；

當已知五個數成等差數列時，常設為\(\cfrac{a}{q^2}\)，\(\cfrac{a}{q}\)，\(a\)，\(aq\)，\(aq^2\)；

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

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

給出方式

• 直接給出：\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=3\)

• 賦值給出：\(a_{n+m}=a_n\cdot a_m\)，\(a_1=2\)，求通項公式\(a_n\)；^[5]

• 變形給出：\(S_{n+1}-S_n=3(S_n-S_{n-1})\)

• 變形給出：\(2^{a_{n+1}}=2^{3a_{n}}\)(\(a_n>0\))，則得到\(a_{n+1}=3a_n\)；

• 變形給出：\(log_3a_n+1=log_3a_{n+1}\)，則得到\(a_{n+1}=3a_n\)；

• 變形給出：\(\cfrac{a_{n+1}^2}{a_n}=4(a_{n+1}-a_{n})\)，得到\((a_{n+1}-2a_n)^2=0\)；

• 變形給出：\(a_n>0\)，點\((a_{n+1}^2，a_n^2)\)在直線\(x-9y=0\)上，則\(a_{n+1}^2=9a_n^2\)，即\(a_{n+1}=3a_n\)；

• 構造給出：如\(a_{n+1}=2a_n+1\)，構造得到\(a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)，即數列\(\{a_n+1\}\)為等比數列；

其他變形請參閱常見構造方法

典例剖析

【2018·廣州綜合測試】已知數列\(\{a_n\}\)為等比數列，若\(a_4＋a_6＝10\)，則\(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9\)的值為 【】

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

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

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

【法2】：特殊化策略，由於題目數列\(\{a_n\}\)為等比數列，\(a_4＋a_6＝10\)，則可以將其特殊化為\(a_4=a_6=5\)的特殊的等比數列，即常數列，

此時\(a_n=5\)，代入運算得到\(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9=100\)，故選\(C\)。

【2018\(\cdot\)寧夏石嘴山高三聯考】在各項均為正數的等比數列\(\{a_n\}\)中，\(a_2\cdot a_{10}=9\)，則\(a_5+a_7\) 【 】

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

分析：由\(a_n>0\)，\(a_2\cdot a_{10}=9\)，則可知\(a_5\cdot a_7=9\)，

則由均值不等式可知，\(a_5+a_7\ge 2\sqrt{a_5a_7}=6\)，

當且僅當\(a_5=a_7=3\)時取得等號，

故\(a_5+a_7\)有最小值\(6\)，故選\(A\)。

【等比+韋達定理】已知方程\((x^2-mx+2)(x^2-nx+2)=0\)的四個根組成以\(\cfrac{1}{2}\)為首項的等比數列，則\(\cfrac{m}{n}\)等於【】

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

分析：設\(a，b，c，d\)是方程\((x^2-mx+2)(x^2-nx+2)=0\)的四個根，

不妨設\(a<c<d<b\)，則由韋達定理有\(ab=cd=2\)，且\(a=\cfrac{1}{2}\)，則\(b=4\)，

根據等比數列的性質可知，\(c=1\)，\(d=2\)，

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

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

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

【2018奉賢區一模】已知數列\(\{a_n\}\)的首項\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=3S_n(n\in N^*)\)，則下列結論正確的是【】

$A.數列\{a_n\}是等比數列$

$B.數列a_2,a_3,\cdots,a_n是等比數列$

$C.數列\{a_n\}是等差數列$

$D.數列a_2,a_3,\cdots,a_n是等差數列$

分析：由\(a_{n+1}=3S_n(n\ge 1)\)，可得\(a_n=3S_{n-1}(n\ge 2)\)，兩式做差，得到

\(a_{n+1}-a_n=3a_n(n\ge 2)\)，整理得到，

當\(n\ge 2\)時，滿足\(a_{n+1}=4a_n\)，

由於\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=3S_n(n\ge 1)\)，故得到\(a_2=3\)，

故數列\(\{a_n\}\)的通項公式為\(a_n=\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{3\cdot 4^{n-2}，n\ge 2}\end{array}\right.\)

即數列\(\{a_n\}\)不是等比數列，但是數列\(a_2\)，\(a_3\)，\(\cdots\)，\(a_n\)是等比數列；故選\(B\)。

【等比中項，易錯題】已知等比數列\(\{a_n\}\)中， \(a_3=4\)， \(a_9=1\)， 求\(a_6=\)？

分析：\(a_6^2=a_3\cdot a_9=4\)，故\(a_6=\pm 2\)。原因是\(a_6=a_3\cdot q^3\)，\(q^3\)可取正負兩種情形，故\(a_6=\pm 2\)。

• 對照：已知等比數列\(\{a_n\}\)中， \(a_3=4\)， \(a_{11}=1\)， 則\(a_7=\)？

分析：\(a_7^2=a_3\cdot a_{11}=4\)，故\(a_7=\pm 2\)。又由於\(a_7=a_3\cdot q^4\)，\(q^4\)只能取正值一種情形，故\(a_7=2\)。

【2018漳州八校聯考】等比數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(S_3=2\)，\(S_6=18\)，則\(\cfrac{S_{10}}{S_5}\)等於【】

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

分析：由題目可知\(q\neq 1\)，則\(\cfrac{S_6}{S_3}=\frac{\cfrac{a_1(1-q^6)}{1-q}}{\cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}}=1+q^3=9\)，

則\(q=2\)，同理，\(\cfrac{S_{10}}{S_5}=\frac{\cfrac{a_1(1-q^{10})}{1-q}}{\cfrac{a_1(1-q^5)}{1-q}}=1+q^5=33\)，故選\(D\)。

【2018遼寧沈陽二模】已知數列\(\{a_n\}\)是等比數列，且\(a_2a_3a_4=-a_7^2=-64\)，則\(tan(\cfrac{a_4a_6}{3}\cdot \pi)\)=【】

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

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

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

【2017全國卷2，文科第17題高考真題】已知等差數列 \(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，等比數列 \(\{b_n\}\)的前\(n\)項和為\(T_n\)，\(a_1=-1，b_1=1，a_2+b_2=2\)，

(1)若\(a_3+b_3=5\)，求\(\{b_n\}\)的通項公式。

分析：設等差數列的公差為\(d\)，等比數列的公比為\(q\)，

則由題目可知\(\begin{cases}-1+d+1\cdot q=2\\-1+2d+1\cdot q^2=5\end{cases}\)，

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

解得\(q^2-2q=0\)，故\(q=2或q=0(舍去)\)，

故等比數列\(\{b_n\}\)的通項公式為\(b_n=2^{n-1}\)。

(2)若\(T_3=21\)，求\(S_3\)。

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

當\(q=-5\)時，由\(a_2+b_2=2\)得到\(d=8\)，此時\(S_3=-1+7+15=21\)；

當\(q=4\)時，由\(a_2+b_2=2\)得到\(d=-1\)，此時\(S_3=-1-2-3=-6\)；

【2017全國卷2，理科第15題高考真題】已知等差數列 \(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(a_3=3\)，\(S_4=10\)，則\(\sum\limits_{k=1}^n{ \cfrac{1}{S_k}}\)

分析：由\(a_1+2d=3\)和\(4a_1+6d=10\)，

容易計算出\(a_n=n\)，故\(S_n=\cfrac{n(n+1)}{2}\)，

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

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

\(=2(1-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{2n}{n+1}\)。

已知數列\(\{a_n\}\)是遞增等比數列，\(a_1+a_4=9\)，\(a_2\cdot a_3=8\)，求其前\(n\)項和\(S_n\)。

分析：由題目可知\(a_2\cdot a_3=a_1\cdot a_4=8\)，

故得到二元二次方程組\(\begin{cases}a_1+a_4=9\\a_1\cdot a_4=8\end{cases}\)，

將\(a_1=9-a_4\)代入\(a_1\cdot a_4=8\)，解得\(a_1=1\)或\(a_1=8\)，

對應得到\(a_4=8\)或\(a_4=1\)，即得到兩組解，

\(\begin{cases}a_1=1\\a_4=8\end{cases}\)或者\(\begin{cases}a_1=8\\a_4=1\end{cases}(由遞增舍去)\)，

故有\(a_1=1，a_4=8\)，則\(q=2\)，

故\(a_n=2^{n-1}\)，\(S_n=2^n-1\)。

在等比數列\(\{a_n\}\)中， \(a_4=2\)， \(a_5=5\)， 則數列\(\{lga_n\}\)的前8項之和\(T_8\)為多少？

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

則\(a_n=a_4\cdot q^{n-4}=2\cdot (\cfrac{5}{2})^{n-4}\)，

故\(lga_n=lg2+(n-4)lg\cfrac{5}{2}\)，故\(\{lga_n\}\)為等差數列。

又可以計算\(a_1=\cfrac{16}{125}\)，

故\(T_8=8lg\cfrac{16}{125}+\cfrac{8\times7}{2}\cdot lg\cfrac{5}{2}=\cdots=4\)。

法2：由於\(\{a_n\}\)為等比數列，則有\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q\)；

故有\(lga_{n+1}-lga_n=lgq\)，即數列\(\{lga_n\}\)為等差數列。

\(T_8=\cfrac{lga_1+lga_8}{2}\cdot 8=4lg(a_1\cdot a_8)=4lg(a_4\cdot a_5)=4lg10=4\)。

【2017全國卷1，文科第17題高考真題】記\(S_n\)為等比數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，已知\(S_2=2，S_3=-6\)。

（1）求數列\(\{a_n\}\)的通項公式。

分析：本問比較簡單，你能說出怎么個簡單法嗎？

解方程組得到\(a_1=-2，q=-2\)，

故\(\{a_n\}\)的通項公式\(a_n=-2\cdot (-2)^{n-1}=(-2)^n\)。

（2）求\(S_n\)，並判斷\(S_{n+1}，S_n，S_{n+2}\)是否成等差數列。

分析：先求解

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

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

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

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

接下來你得意識到，

\(S_n\)是個關於自變量\(n\)的函數，

故由此我們應該能寫出\(S_{n+1}\)，\(S_{n+2}\)

至於等差數列的判斷，我們依據等差中項法判斷即可，

即驗證\(S_{n+2}+S_{n+1}\)是否等於\(2S_n\)。

判斷如下：\(S_{n+2}+S_{n+1}\)

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

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

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

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

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

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

故\(S_{n+1}，S_n，S_{n+2}\)成等差數列。

【2016寶雞市二檢理科第9題】設等比數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(S_5\)，\(S_4\)，\(S_6\)成等差數列，則數列\(\{a_n\}\)的公比\(q\)的值為【】

$A.-2或1$ $B.-1或2$ $C.-2$ $D.1$

法1：分類討論法+公式法；若\(q=1\)，則\(S_4=4a_1(a_1\neq 0)\)，\(S_5=5a_1\)，\(S_6=6a_1\)，則\(2S_4\neq S_5+S_6\)，故\(q\neq 1\)；

由\(S_5\)，\(S_4\)，\(S_6\)成等差數列，得到\(2S_4=S_5+S_6\)，

即\(2\times \cfrac{a_1(1-q^4)}{1-q}=\cfrac{a_1(1-q^5)}{1-q}+\cfrac{a_1(1-q^6)}{1-q}\) 〔運算訓練〕

化簡得到，\(q^2+q-2=0\)，解得\(q=-2\)(舍去\(q=1\))；故選\(C\)；

法2：定義法，由\(S_5\)，\(S_4\)，\(S_6\)成等差數列，

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

化簡得到，\(2a_5+a_6=0\)，即\(q=\cfrac{a_6}{a_5}=-2\)，故選\(C\)；

【2018寶雞市二檢理科第4題】已知等比數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，則\(S_n=2^n-c(c\in R)\)，若\(log_2a_1+log_2a_2+\cdots+log_2a_n=10\)，則\(n\)值為多少？

分析：本題目的考點有以下幾個，其一求等比數列的\(a_n\)，其二由\(S_n\)求\(a_n\)。

我們往往需要先由\(S_n\)求\(a_n\)，

途徑一：\(a_n\)與\(S_n\)法，

當\(n\ge 1\)時，\(S_n=2^n-c(c\in R)\)，

當\(n\ge 2\)時，\(S_{n-1}=2^{n-1}-c(c\in R)\)，

故\(n\ge 2\)時，\(a_n=S_n-s_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1}\)

所以，\(a_n=2^{n-1}(n\in N^*)\)(此處可以驗證，也可以不驗證，已知的等比)

途徑二：由等比數列的前\(n\)項和\(S_n=\cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\cfrac{a_1}{1-q}\cdot (1-q^n)=m\cdot q^n-m(m=-\cfrac{a_1}{1-q})\)的性質可知，

\(c=1\)，\(q=2\)，再由\(S_1=a_1=2^1-1=1\)，

故\(a_n=1\times 2^{n-1}(n\in N^*)\)；

接下來用對數的性質求解轉化：

\(a_1\cdot a_2\cdot a_n=2^0\cdot 2^1\cdots 2^{n-1}=2^{0+1+\cdots+(n-1)}=2^{\frac{n(n-1)}{2}}\)，

則\(log_2a_1+log_2a_2+\cdots+log_2a_n=log_2(a_1\cdot a_2\cdots a_n)=log_22^0\cdot 2^1\cdots 2^{n-1}\)，

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

解后反思：

1、熟練理解等差、等比數列的常用性質，尤其是從函數角度出發的性質，對數學解題有很大的幫助。

2、本題目原來是選擇題，給了\(2，3，4，5\)四個選項，當進行到解方程\(\cfrac{n(n-1)}{2}=10\)時，應該意識到驗證總比解方程要節省時間。

• 重新編輯於2020-07-23 by WangHai.

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1. 對等比中項的理解和把握，要比等差中項難得多。任意兩個實數都有等差中項，但任意兩個實數不一定都有等比中項。
   注意：①必須\(ab>0\)才能保證\(G\)的存在性。比如\(-2\)和\(3\)就沒有等比中項；
   ②若\(1\)，\(G\)，\(4\)三個數成等比數列，則\(G=\pm 2\)[兩個值]；但是若\(-1\)，\(2\)，\(G\)，\(8\)，\(-16\)成等比數列，則\(G=-4\)[一個值，原因是限制條件比前面得情形要多]； ↩︎

2. 其中\(n\)為參與求和的項數，而不是最后一項的指數。上述公式體現的是分段函數，當知道\(q\)的值的時候，自然是確定的某一段函數，題目考查第二段的時候居多，當不知道\(q\)的值時，應該分類討論，尤其容易漏掉對第一段的說明；實際應用中，當\(q>1\)時，為減少運算步驟，常用\(S_n=\cfrac{a_1\cdot(q^n-1)}{q-1}\)； ↩︎

3. 以數列\(\{a_n\cdot b_n\}\)為例，說明如何判斷其為等比數列？
   設數列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)分別是公比為\(q_1\)和\(q_2\)的等比數列，
   由於\(\cfrac{a_{n+1}\cdot b_{n+1}}{a_n\cdot b_n}=\cfrac{a_{n+1}}{a_n}\cdot\cfrac{b_{n+1}}{b_n}=q_1\cdot q_2\)
   由於\(q_1\cdot q_2\)為常數，故數列\(\{a_n\cdot b_n\}\)為等比數列，公比為\(q_1\cdot q_2\)；
   其他數列的判斷證明與此同理； ↩︎

4. 由於\(a_m=a_1\cdot q^{m-1}\)，\(a_{m+k}=a_1\cdot q^{m+k-1}\)，
   則新數列的公比為\(\cfrac{a_{m+k}}{a_m}=\cfrac{a_1\cdot q^{m+k-1}}{a_1\cdot q^{m-1}}=q^k\); ↩︎

5. 令\(m=1\)得到\(a_{n+1}=a_n\cdot a_1\)，
   即\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=a_1=2\)，不就是等比數列嘛；
   故\(a_n=2\cdot 2^{n-1}=2^n\)； ↩︎