1.3.1 等比数列及其通项公式-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章 数列 1.3 等比数列 1.3.1　等比数列及其通项公式 (教师独具内容) 课程标准：通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义． 教学重点：1.等比数列的概念.2.等比数列的通项公式． 教学难点：等比数列通项公式的推导过程． 核心素养：1.通过学习等比数列的概念及判断方法，提升数学抽象素养和逻辑推理素养.2.通过运用等比数列的通项公式求项、公比或项数，提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 目录 随堂水平达标 核心概念掌握 知识点一　等比数列的定义 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项之比都等于______常数，那么这个数列称为等比数列，这个常数叫作等比数列的_______，公比通常用字母q表示(q≠0)． 知识点二　等比数列的通项公式 1．等比数列的通项公式 (1)an＝a1qn－1，a1为首项，q为公比． (2)an＝amqn－m，am为任意一项． 同一个 公比 核心概念掌握 5 an＝a1qn－1 ab G 核心概念掌握 6 1．有关等比数列的定义应注意的问题 (1)注意定义中“从第2项起”这一条件的两层含义．其一，第1项前面没有项，无法与后续条件中“与前一项的比”相吻合；其二，等比数列的定义包括了首项这一基本量，且必须从第2项起使数列中各项均与其前面一项作商． (2)注意定义中“每一项与它的前一项之比”这一运算要求，它的含义也有两个．其一，强调作商的顺序，即后面的项比前面的项；其二，强调这两项必须相邻． (3)注意定义中的“同一个常数”这一要求，否则这个数列不能称为等比数列． 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 √ × × √ 核心概念掌握 10 an＝5n－1 答案 4 ±3 核心概念掌握 11 核心素养形成 解 题型一　等比数列的通项公式及应用 例1　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. 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 感悟提升 等比数列通项公式的求法 a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解．关于a1和q的求法通常有以下两种方法： (1)根据已知条件，建立关于a1，q的方程组，求出a1，q后再求an，这是常规方法． (2)充分利用各项之间的关系，直接求出q后，再求a1，最后求an，这种方法带有一定的技巧性，能简化运算． 核心素养形成 15 解 [跟踪训练1]　(1)已知{an}为等比数列，且a5＝8，a7＝2，该数列的各项都为正数，求an. 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 解析 答案 核心素养形成 18 解析 (2)在两个数a，b(ab>0)之间插入三个数，使它们成等比数列，则正中间的一个数是_______________． 答案 核心素养形成 19 感悟提升 涉及到等比数列中三项问题，我们一般都考虑使用等比中项来确定各项之间的关系． 核心素养形成 20 答案 解析 核心素养形成 21 答案 ④ 核心素养形成 22 解析 解析　①不符合等比数列的定义，故不是等比数列；②不一定是等比数列，当数列{an}只有3项时，数列{an}是等比数列，当数列{an}的项数超过3项时，不一定符合等比数列的定义；③不一定是等比数列，当a＝0时，它不是等比数列，当a≠0时，它是等比数列；④是等比数列． 核心素养形成 23 证明 (2)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.证明：数列{an＋1}是等比数列． 核心素养形成 24 【变式探究】本例(2)中若将“an＋1＝2an＋1”改为“an＋1＝2Sn＋1”(其中Sn为数列{an}的前n项和)，其他条件不变，试判断数列{an}是否为等比数列？ 解 解　 ∵an＋1＝2Sn＋1，∴an＝2Sn－1＋1(n≥2)， 两式相减得an＋1－an＝2an， 即an＋1＝3an(n≥2)， 又a2＝2S1＋1＝3，a1＝1，∴a2＝3a1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 答案 核心素养形成 27 解析 核心素养形成 28 核心素养形成 29 解 核心素养形成 30 题型四　等比数列的实际应用 例4　为了治理沙尘暴，西部某地区政府经过多年努力，到2023年年底，将当地沙漠绿化了40%.从2024年开始，每年将出现这种现象：原有沙漠面积的12%被绿化，即改造为绿洲(被绿化的部分叫绿洲)，同时原有绿洲面积的8%又被侵蚀为沙漠，问至少经过几年的绿化，才能使该地区的绿洲面积超过50%(最终结果精确到整数，参考数据：lg 2≈0.3)? 解 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 感悟提升 解答数列应用题的步骤 核心素养形成 33 解 核心素养形成 34 解 核心素养形成 35 随堂水平达标 答案 解析 解析　由等比数列的定义，知①②④是等比数列；③中当x＝0时，不是等比数列． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 2．在等比数列{an}中，已知a3＝2，a15＝8，则a9等于(　 ) A．±4 B．4 C．－4 D．16 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 3．(多选)下列说法正确的是(　 ) A．等比数列中的某一项可以为0 B．等比数列中公比的取值范围是(－∞，0)∪(0，＋∞) C．若一个常数列是等比数列，则这个常数列的公比为1 D．若b2＝ac，则a，b，c成等比数列 答案 解析 解析　对于A，因为等比数列中的各项都不为0，所以A不正确；对于B，因为等比数列的公比不为0，所以B正确；对于C，若一个常数列是等比数列，则这个常数不为0，根据等比数列的定义知此数列的公比为1，所以C正确；对于D，只有当a，b，c都不为0时，a，b，c才成等比数列，所以D不正确．故选BC. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 答案 5 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 课后课时精练 一、选择题 1．在等比数列{an}中，a2025＝8a2022，则公比q的值为(　 ) A．2 B．3 C．4 D．8 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 43 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 44 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 45 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 46 5．(多选)若数列{an}对任意n≥2(n∈N＋)满足(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，下列关于数列{an}的命题正确的是(　 ) A．{an}可以是等差数列 B．{an}可以是等比数列 C．{an}可以既是等差数列又是等比数列 D．{an}可以既不是等差数列又不是等比数列 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 47 解析 解析　因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0.若对任意n≥2，都有an＝an－1＋2，则{an}是以a1为首项，2为公差的等差数列，A正确；若对任意n≥2，都有an＝2an－1，且an－1≠0，则{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，B正确；若对任意n≥2，部分满足an＝2an－1，部分满足an＝an－1＋2，此时{an}既不是等比数列，也不是等差数列，D正确；既是等比数列又是等差数列的只有常数列，而{an}显然不为常数列，C错误．故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 48 二、填空题 6．在等差数列{an}中，a1＝2，公差为d，且a2，a3，a4＋1成等比数列，则d＝______． 答案 解析 2 解析　等差数列{an}中，a1＝2，公差为d，且a2，a3，a4＋1成等比数列，可得a＝a2(a4＋1)，即(2＋2d)2＝(2＋d)(2＋3d＋1)，化为d2－d－2＝0，解得d＝2或－1，若d＝2，即有4，6，9成等比数列；若d＝－1，即有1，0，0不成等比数列．则d＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 49 7．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1(n∈N＋)，则数列{an－1}是_________数列(填“等差”或“等比”)，数列{an}的通项公式为an＝____________． 答案 解析 等比 解析　根据题意，数列{an}满足an＋1＝2an－1，即an＋1－1＝2(an－1)，又a1＝2，则a1－1＝1，则数列{an－1}是以a1－1＝1为首项，2为公比的等比数列，则an－1＝1×2n－1＝2n－1，则an＝2n－1＋1. 2n－1＋1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 50 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 51 三、解答题 9．数列{an}是公差不为零的等差数列，且a5，a8，a13是等比数列{bn}中相邻的三项，若b2＝5，求bn. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 52 10．某学校餐厅每天供应500名学生用餐，每星期一有A，B两种菜可供选择．调查表明，凡是在这星期一选A菜的，下星期一会有20%改选B菜，而这星期一选B菜的，下星期一会有30%改选A菜．用an，bn分别表示第n个星期一选A菜的人数和选B菜的人数． (1)试用an－1(n∈N＋且n≥2)表示an，判断数列{an－300}是否为等比数列，并说明理由； (2)若第1个星期一选A菜的有200名学生，那么第10个星期一选A菜的大约有多少名学生？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 53 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 54 1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N＋)． (1)求a1，a2，a3的值； (2)是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式；若不存在，说明理由． 解 解　 (1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3， 解得a1＝3； 当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9； 当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9， 解得a3＝21. 课后课时精练 1 2 B级 55 解 课后课时精练 1 2 B级 56 2．设数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n. (1)求a3，a4； (2)证明：{an＋1－2an}是等比数列； (3)求{an}的通项公式． 解 解　 (1)∵a1＝S1＝2a1－2，∴a1＝2，S1＝2. 由Sn＝2an－2n，即2an＝Sn＋2n知 2an＋1＝Sn＋1＋2n＋1＝an＋1＋Sn＋2n＋1， ∴an＋1＝Sn＋2n＋1.① ∴a2＝S1＋22＝2＋22＝6，S2＝8， a3＝S2＋23＝8＋23＝16，S3＝24， a4＝S3＋24＝40. 课后课时精练 1 2 B级 57 解 课后课时精练 1 2 B级 58 　　　　　　　　　　　　　 R 2．等比数列通项公式的推导 由等比数列的定义得：eq \f(a2,a1)＝q，eq \f(a3,a2)＝q，…，eq \f(an,an－1)＝q(n≥2)，把这n－1个等式的两边分别相乘得________________． 知识点三　等比中项 在两个数a，b之间插入数G，使a，G，b成等比数列，则______称为a与b的等比中项．此时，G2＝______． 2．判断一个数列是等比数列的常用方法 (1)定义法 eq \f(an＋1,an)＝q(q为常数且不为零)⇔{an}为等比数列． (2)等比中项法 aeq \o\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N＋且an≠0)⇔{an}为等比数列． (3)通项公式法 an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)⇔{an}为等比数列． 3．由等比数列的任意两项可求公比 若已知等比数列{an}中的任意两项an，am，由an＝am·qn－m可以求得公比q＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(n－m,\f(an,am))（n－m为奇数），,±\r(n－m,\f(an,am))（n－m为偶数）.)) 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列1，－1，1，－1是等比数列．(　 ) (2)若一个数列从第2项开始每一项与前一项之比是常数，则这个数列是等比数列．(　 ) (3)若an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n－1，n≥2，))则数列{an}是等比数列．(　 ) (4)等比数列至少有3项．(　 ) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)等比数列1，5，25，125，…的通项公式为____________． (2)等比数列－eq \f(1,10)，－eq \f(1,100)，－eq \f(1,1000)，…的公比为____________． (3)在等比数列{an}中，已知an＝4n－3，则a1＝_______，q＝_________． (4)已知等比数列{an}中，a1＝1，a3＝9，则a2＝____________． eq \f(1,10) eq \f(1,16) (1)解法一：因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1q3，,a7＝a1q6，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q3＝2，　①,a1q6＝8.　②)) 由②÷①得q3＝4，从而q＝eq \r(3,4)，而a1q3＝2， 于是a1＝eq \f(2,q3)＝eq \f(1,2)，所以an＝a1qn－1＝2eq \s\up7(\f(2n－5, 3)). 解法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4. 所以an＝a4qn－4＝2·(eq \r(3,4))n－4＝2eq \s\up7(\f(2n－5, 3)). (2)解法一：由题意， 知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝a1q＋a1q4＝18，　③,a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝9， ④)) 由④÷③得q＝eq \f(1,2)，从而a1＝32. 又an＝1，所以32·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝1， 即26－n＝20，所以n＝6. 解法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5)， 所以q＝eq \f(1,2). 由a1q＋a1q4＝18，知a1＝32. 由an＝a1qn－1＝1，知n＝6. 解　由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q4＝8，,a1q6＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2＝\f(1,4)，,a1＝128，)) ∵an>0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝128，)) ∴an＝128×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－8). 解　由an＝a1qn－1，得eq \f(1,3)＝eq \f(9,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)，解得n＝4. (2)若等比数列{an}的首项a1＝eq \f(9,8)，末项an＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(2,3)，求项数n. 解析　由题意知a3是a1和a9的等比中项，∴aeq \o\al(2,3)＝a1a9，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，又d≠0，∴a1＝d，∴eq \f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq \f(13d,16d)＝eq \f(13,16). 题型二　等比中项及其应用 例2　(1)等差数列{an}中，公差d≠0，且a1，a3，a9成等比数列，则eq \f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝_______． eq \f(13,16) 解析　　由题意知，所求的中间项是a与b的等比中项，设此数为G，则G2＝ab，∴G＝±eq \r(ab).若a，b为正数，则G＝eq \r(ab)，即正中间的一个数是eq \r(ab)；若a，b为负数，则G＝－eq \r(ab)，即正中间的一个数是－eq \r(ab). eq \r(ab)或－eq \r(ab) [跟踪训练2]　已知1既是a2与b2的等比中项，又是eq \f(1,a)与eq \f(1,b)的等差中项，则eq \f(a＋b,a2＋b2)的值是(　 ) A．1或eq \f(1,2) B．1或－eq \f(1,2) C．1或eq \f(1,3) D．1或－eq \f(1,3) 解析　由题意得，a2b2＝(ab)2＝1，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，从而有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝1，,a＋b＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝－1，,a＋b＝－2.))因此eq \f(a＋b,a2＋b2)的值为1或－eq \f(1,3). 题型三　等比数列的判定与证明 例3　(1)观察下面几个数列： ①1，1，2，4，8，16，32，64； ②数列{an}中，已知eq \f(a2,a1)＝2，eq \f(a3,a2)＝2； ③常数列a，a，…，a，…； ④在数列{an}中，eq \f(an＋1,an)＝q，其中n∈N＋. 其中是等比数列的是__________．(只填序号) 证明　因为an＋1＝2an＋1， 所以an＋1＋1＝2(an＋1)． 由a1＝1，知a1＋1≠0，从而an＋1≠0. 所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2(n∈N＋)． 所以数列{an＋1}是以2为公比的等比数列． 感悟提升 1.等比数列的判定或证明 (1)利用定义：eq \f(an＋1,an)＝q(与n无关的常数，且不为0)． (2)利用等比中项：aeq \o\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N＋)． 2．如果证明数列不是等比数列，可以通过选择三个连续项不成等比数列来证明． 3．对形如an＋1＝can＋b(n∈N＋，b，c≠0，且c≠1，b，c为常数)的递推公式，通常可以变形为an＋1＋eq \f(b,c－1)＝ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(b,c－1)))，从而构造一个等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(b,c－1)))，通过求该等比数列的通项公式可得an.证明一个数列为等比数列，要紧扣定义，这里采用了转化与化归的思想． [跟踪训练3]　(1)设数列{an}为等比数列，q为公比，则下面四个数列： ①{aeq \o\al(3,n)}；②{pan}(p为非零常数)；③{an·an＋1}；④{an＋an＋1}． 其中是等比数列的有(　 ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解析　对于①，因为3,n＋1)eq \f(a,aeq \o\al(3,n)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an))) eq \s\up12(3)＝q3(常数)，所以{aeq \o\al(3,n)}是等比数列；对于②，因为eq \f(pan＋1,pan)＝eq \f(an＋1,an)＝q(常数)，所以{pan}是等比数列；对于③，因为eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q2(常数)，所以{an·an＋1}是等比数列；对于④，当q＝－1时，an＋an＋1＝0，故此时{an＋an＋1}不是等比数列；当q≠－1时，因为eq \f(an＋1＋an＋2,an＋an＋1)＝eq \f(anq＋an＋1q,an＋an＋1)＝eq \f(q（an＋an＋1）,an＋an＋1)＝q(常数)，所以{an＋an＋1}是等比数列．故是等比数列的有3个．故选C. (2)在各项均为负数的数列{an}中，已知2an＝3an＋1，且a2a5＝eq \f(8,27). ①求证{an}是等比数列，并求出其通项公式； ②试问－eq \f(16,81)是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由． 解　①∵2an＝3an＋1，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2,3). 故数列{an}是公比为eq \f(2,3)的等比数列． 又a2a5＝eq \f(8,27)，∴a1q·a1q4＝eq \f(8,27)，即aeq \o\al(2,1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)， 由于数列各项均为负数，则a1＝－eq \f(3,2)， ∴an＝－eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－2). ②设an＝－eq \f(16,81)，由等比数列的通项公式得－eq \f(16,81)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－2)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－2). 由指数函数的性质，有4＝n－2，即n＝6. 因此－eq \f(16,81)是这个等比数列中的第6项． 解　设地区总面积为1，则2023年年底绿化面积a1＝0.4，沙漠面积为0.6， 设an表示第n年年底的绿洲面积， 则an＝an－1＋(1－an－1)×0.12－an－1×0.08，即an＝eq \f(4,5)an－1＋eq \f(3,25)， 也即an－eq \f(3,5)＝eq \f(4,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(3,5)))(n≥2)， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(3,5)))是首项为a1－eq \f(3,5)＝－eq \f(1,5)，公比为eq \f(4,5)的等比数列． an－eq \f(3,5)＝－eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(n－1)，an＝eq \f(3,5)－eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(n－1)， 由an＝eq \f(3,5)－eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(n－1)>eq \f(1,2)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(n－1)<eq \f(1,2)， 两边取以10为底的对数得(n－1)lg eq \f(4,5)<lg eq \f(1,2)，n－1>eq \f(lg \f(1,2),lg \f(4,5))， n>1＋eq \f(lg \f(1,2),lg \f(4,5))＝eq \f(lg \f(4,5)＋lg \f(1,2),lg \f(4,5))＝eq \f(lg \f(2,5),lg \f(4,5))＝eq \f(lg \f(22,10),lg \f(23,10))＝eq \f(2lg 2－1,3lg 2－1)≈eq \f(0.6－1,0.9－1)＝4， 所以n≥5， 所以至少经过5－1＝4年的绿化，才能使该地区的绿洲面积超过50%. 解　设第n次操作后，A中农药的浓度为an，B中农药的浓度为bn，设a0＝a%，b0＝b%. b1＝eq \f(1,5)(a0＋4b0)，a1＝eq \f(3,4)a0＋eq \f(1,4)b1＝eq \f(1,5)(4a0＋b0)； b2＝eq \f(1,5)(a1＋4b1)，a2＝eq \f(3,4)a1＋eq \f(1,4)b2＝eq \f(1,5)(4a1＋b1)； … [跟踪训练4]　容器A中盛有浓度为a%的农药m L，容器B中盛有浓度为b%的同种农药m L，A，B两容器中农药的浓度差为20%(a>b)，先将A中农药的eq \f(1,4)倒入B中，混合均匀后，再由B中倒一部分到A中，恰好使A中保持m L，问至少经过多少次这样的操作，两容器中农药的浓度差小于1%? bn＝eq \f(1,5)(an－1＋4bn－1)，an＝eq \f(1,5)(4an－1＋bn－1)． ∴an－bn＝eq \f(3,5)(an－1－bn－1)． ∴数列{an－bn}是公比为eq \f(3,5)的等比数列． ∵a0－b0＝eq \f(1,5)，∴a1－b1＝eq \f(3,5)(a0－b0)＝eq \f(3,25)， ∴an－bn＝eq \f(3,25)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(n). 依题意，得eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(n)<1%，n∈N＋，解得n≥6. 故至少经过6次这样的操作，两容器中农药的浓度差小于1%. 1．下列各组数成等比数列的是(　 ) ①1，－2，4，－8；②－eq \r(2)，2，－2eq \r(2)，4；③x，x2，x3，x4；④a－1，a－2，a－3，a－4. A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 解析　∵a9是a3和a15的等比中项，又在等比数列中奇数项的符号相同，偶数项的符号也相同，∴a9＝eq \r(a3a15)＝4. 4．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则a＝______，an＝____________． 　4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1) 解析　由题意，知(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，解得a＝5，所以eq \f(a＋1,a－1)＝eq \f(5＋1,5－1)＝eq \f(3,2).又a－1＝4，所以数列{an}是首项为4，公比为eq \f(3,2)的等比数列，所以an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1). 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(1,3)(an－1)(n∈N＋)． (1)求a1，a2； (2)求证：数列{an}是等比数列． 解　(1)由S1＝eq \f(1,3)(a1－1)，得a1＝eq \f(1,3)(a1－1)， 故a1＝－eq \f(1,2). 又S2＝eq \f(1,3)(a2－1)，即a1＋a2＝eq \f(1,3)(a2－1)，得a2＝eq \f(1,4). (2)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)(an－1)－eq \f(1,3)(an－1－1)，得eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)， 所以数列{an}是首项为－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列． 解析　∵a2025＝8a2022，∴q3＝eq \f(a2025,a2022)＝8，∴q＝2. 2．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　 ) A.eq \r(3,2)f B.eq \r(3,22)f C.eq \r(12,25)f D.eq \r(12,27)f 解析　因为从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2)，第一个单音的频率为f，所以第八个单音的频率为f·(eq \r(12,2))7＝eq \r(12,27)f.故选D. 3．已知m，2m＋2，3m＋3是等比数列的前3项，则第4项是(　 ) A．－27 B．－eq \f(27,2) C.eq \f(27,2) D．12 解析　由题意，知(2m＋2)2＝m(3m＋3)，可解得m＝－1(舍去)，m＝－4，∴公比q＝eq \f(3,2)，∴a4＝－eq \f(27,2). 4．一个各项均为正数的等比数列，每一项都等于它后面相邻两项之和，则公比q等于(　 ) A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(5),2) C.eq \f(\r(5)－1,2) D.eq \f(1＋\r(5),2) 解析　由题意有an＝an＋1＋an＋2＝anq＋anq2，而an≠0，∴q2＋q－1＝0，∴q＝eq \f(－1±\r(5),2)，而an>0，∴q>0，∴q＝eq \f(\r(5)－1,2). 8．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，且对任意正整数n，3an＋1－an＝0，bn是an与an＋1的等差中项，则数列{bn}的通项公式为bn＝_________． 解析　由题设，知eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)，∴数列{an}是等比数列，公比为eq \f(1,3)，∴an＝2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)，bn＝eq \f(1,2)(an＋an＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1)＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)))＝eq \f(4,3n). 　eq \f(4,3n) 解　∵{an}是等差数列， ∴a5＝a1＋4d，a8＝a1＋7d，a13＝a1＋12d. 又a5，a8，a13是等比数列{bn}中相邻的三项， ∴aeq \o\al(2,8)＝a5a13，即(a1＋7d)2＝(a1＋4d)(a1＋12d)，解得d＝2a1，∴a5＝9a1，a8＝15a1. 设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)， 则q＝eq \f(a8,a5)＝eq \f(5,3)， 又b2＝b1q＝5，即eq \f(5,3)b1＝5，解得b1＝3， ∴bn＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))) eq \s\up12(n－1). 解　(1)由题意，知对任意n∈N＋有bn＝500－an， 所以当n∈N＋且n≥2时，an＝eq \f(4,5)an－1＋eq \f(3,10)(500－an－1)， 所以an＝eq \f(1,2)an－1＋150， 所以an－300＝eq \f(1,2)(an－1－300)， 所以当a1＝300时，数列{an－300}不是等比数列； 当a1≠300时，数列{an－300}是以a1－300为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列． (2)由(1)知，当a1＝200时，an－300＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)·(a1－300)＝－eq \f(100,2n－1)， 所以an＝300－eq \f(100,2n－1)，所以a10＝300－eq \f(100,29)≈300， 所以第10个星期一选A菜的大约有300名学生． (2)假设存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列， 则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)， 即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 下面证明{an＋3}为等比数列： ∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3n－3， ∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3， 即an＋1＝2an＋3， ∴an＋1＋3＝2(an＋3)，∴eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2， ∴存在λ＝3，使得数列{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列． ∴an＋3＝6×2n－1，∴an＝6×2n－1－3. (2)证法一：由题设和①式知an＋1－2an＝(Sn＋2n＋1)－(Sn＋2n)＝2n＋1－2n＝2n. ∴数列{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列． 证法二：由Sn＝2an－2n， ② 得Sn＋1＝2an＋1－2n＋1. ③ ③－②得an＋1＝2an＋1－2n＋1－2an＋2n， 即an＋1－2an＝2n. ∴数列{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列． (3)由(2)知an＋1－2an＝2n， 等号两端同时除以2n＋1，得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(a1,2)＝1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列， ∴eq \f(an,2n)＝1＋eq \f(1,2)(n－1)，即an＝(n＋1)·2n－1. $$