【例1】设等比数列的首项为a(a＞0)，公比为q(q＞0)，前n项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n项和为6560，求a和q．解由Sn=80，S2n=6560，故q≠1∵a＞0，q＞1，等比数列为递增数列，故前n项中最大项为an．∴an=aqn-1=54 ④将③代入①化简得a=q－1 ⑤由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3证∵Sn=a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1S2n=Sn＋(a1qn＋a1qn+1＋…＋a1q2n-1)=Sn＋qn(a1＋a1q＋…＋a1qn-1)=Sn＋qnSn=Sn(1＋qn)类似地，可得S3n=Sn(1＋qn＋q2n)7/7\n说明此题直接运用前n项和公式去解，也很容易．上边的解法，灵活地处理了S2n、S3n与Sn的关系．介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键，并且变得好，那么解法巧．【例3】一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．分析设等比数列为{an}，公比为q，取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是等比数列，公比为q2，首项分别为a1，a1q．解设项数为2n(n∈N*)，因为a1=1，由已知可得q≠1．7/7\n即公比为2，项数为8．说明运用等比数列前n项和公式进展运算、推理时，对公比q要分情况讨论．有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程，可采用两式相除的方法到达降次的目的．【例4】选择题：在等比数列{an}中，已知对任意正整数n，有Sn=2n[]解D．∵a1=S1=1，an=Sn－Sn-1=2n-1∴an=2n-1∴bn=(an)2=(2n-1)2=22n-2=4n-1【例5】设0＜V＜1，m为正整数，求证：(2m＋1)Vm(1－V)＜1－V2m+1分析直接作，不好下手．变形：7/7\n右边分式的外形，使我们联想到等比数列求和公式，于是有：(2m＋1)Vm＜1＋V＋V2＋…＋V2m发现左边有(2m＋1)个Vm，右边有(2m＋1)项，变形：Vm＋Vm＋…＋Vm＜1＋V＋V2＋…＋V2m．显然不能左右各取一项比较其大小，试用“二对二”法，即左边选两项与右边的两项相比较．鉴于左、右两边都具有“距首末等远的任意两项指数之和均相等”的特点，想到以如下方式比较：Vm＋Vm＜1＋V2m，Vm＋Vm＜V＋V2m-1，…，Vm＋Vm＜Vm-1＋Vm+1，Vm=Vm．即2Vm＜1＋V2m，2Vm＜V＋V2m-1，…．根据“两个正数的算术平均值大于等于其几何平均值”，这些式子显然成立．(具体证法从略)．说明此题最大的特点是解题过程中需要屡次用到“逆向思考”：C，B＜D，等等．善于进展逆向思考，是对知识熟练掌握的一种表现，同时也是一种重要的思维能力，平时应注意训练．7/7\n【例6】数列{an}是等比数列，其中Sn=48，S2n=60，求S3n．解法一利用等比数列的前n项和公式假设q=1，那么Sn=na1，即na1=48，2na1=96≠60，所以q≠1=Sn(1＋qn＋q2n)解法二利用等比数列的性质：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列∴(60－48)2=48·(S3n－60)∴S3n=63．解法三取特殊值法7/7\n取n=1，那么S1=a1=48，S2n=S2=a1＋a2=60∴a2=12∵{an}为等比数列S3n=S3=a1＋a2＋a3=63【例7】已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1=4an＋2(n∈N*)，a1=1(1)设bn=an+1－2an(n∈N*)，求证：数列{bn}是等比数列；解(1)∵Sn+1=4an＋2Sn+2=4an+1＋2两式相减，得Sn+2－Sn+1=4an+1=4an(n∈N*)即：an+2=4an+1－4an变形，得an+2－2an+1=2(an+1－2an)∵bn=an+1－2an(n∈N*)∴bn+1=2bn</PGN0161A.TXT/PGN>由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列．由S2=a1＋a2=4a1＋2，a1=17/7\n可得a2=5，b1=a2－2a1=3∴bn=3·2n-1将bn=3·2n-1代入，得</PGN0161B.TXT/PGN>说明利用题设的已知条件，通过合理的转换，将非等差、非等比数列转化为等差数列或等比数列来解决7/7
