5.3.1 等比数列-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册学习手册（人教B版）

高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 11. n 2 （ n+1 ） 【解析】 ∵a 1 =4 ， na n+1 - （ n+1 ） a n =2n 2 +2n ， ∴ a n+1 n+1 - a n n = na n+1 - （ n+1 ） a n n （ n+1 ） =2 ， a 1 1 =4 ， ∴ a n n n " 是首项为 4 、 公差为 2 的等差数列， ∴ a n n =4+2 （ n-1 ） =2n+2 ， 则 a n =2n 2 +2n ， 1 a n = 1 2n 2 +2n = 1 2 · 1 n （ n+1 ） = 1 2 1 n - 1 n+1 1 $ ， ∴S n = 1 2 1- 1 2 2 & + 1 2 - 1 3 2 & + … + 1 n - 1 n+1 2 &1 ( = 1 2 1- 1 n+1 & = n 2 （ n+1 ） . 12. 2 023 【解析 】 当 n≥2 时 ， S n+2 -S n-1 +1 S n+1 -S n +1 =3 ， ∴ a n+2 +a n+1 +a n +1 a n+1 +1 =3 ， ∴a n+2 -2a n+1 +a n =2 ， ∴a n+2 -a n+1 - （ a n+1 -a n ） =2 ， ∴ {a n+1 -a n } 从第 2 项起是等差数列 . 又 ∵a 1 =2 ， a 2 =6 ， a 3 = 12 ， ∴ （ a 3 -a 2 ） - （ a 2 -a 1 ） =2 ， ∴a n+1 -a n =4+2 （ n-1 ） =2n+2. 当 n≥2 时， a n = （ a n -a n-1 ） + （ a n-1 -a n-2 ） + … + （ a 2 -a 1 ） +a 1 = 2n+2 （ n-1 ） + … +2×2+2=2× n （ n+1 ） 2 =n （ n+1 ）， ∴ （ n+1 ） 2 a n = n+1 n （ n≥2 ）， ∴ 当 n≥2 时， b n = （ n+1 ） 2 a n 1 n = n+1 n n n =1. 又 ∵b 1 = （ 1+1 ） 2 a 1 =2 ， ∴T 2 022 = 2 2 a 1 1 n + 3 2 a 2 1 n + … + 2 023 2 a 2 022 1 n =2+ 2 021=2 023. 13. 解： （ 1 ） 由题意知， 显然 2n 为偶数， 则 a 2n+1 = a 2n +1 ， a 2n+2 =a 2n+1 +2 ， ∴a 2n+2 =a 2n +3 ， 即 b n+1 =b n +3 ， 且 b 1 =a 2 =a 1 +2=3 ， ∴ {b n } 是以为 3 首项、 3 为公差的等差数列， 于是 b 1 =3 ， b 2 =6 ， b n =3n. 故数列 {b n } 的通项公式为 b n =3n. （ 2 ） 由题意知， 数列 {a n } 满足 a 1 =1 ， a 2 =2 ， a 2n =a 2n-1 + 1 ， a 2n+1 =a 2n +2 ， ∴a 2n+1 =a 2n +2=a 2n-1 +3. ∴ 数列 {a n } 的奇数项是以 1 为首项、 3 为公差的等 差数列 . 由 a 2n+2 =a 2n+1 +1=a 2n +3 知数列 {a n } 的偶数项是以 2 为 首项、 3 为公差的等差数列 . 从而数列 {a n } 的前 20 项和为 S 20 = （ a 1 +a 3 +a 5 + … +a 9 ） + （ a 2 +a 4 +a 6 + … +a 20 ） =10×1+ 10×9 2 × 3+10×3+ 10×9 2 ×3=310 ， 故 {a n } 的前 20 项和为 310. 14. （ 1 ） 解： 由 a 2 n +2a n =4S n +3 ， 可知 a 2 n+1 +2a n+1 =4S n+1 + 3 ， 两式相减得 a 2 n+1 -a 2 n +2 （ a n+1 -a n ） =4a n+1 ， 即 2 （ a n+1 +a n ） =a 2 n+1 -a 2 n = （ a n+1 +a n ）（ a n+1 -a n ） . ∵a n >0 ， ∴a n+1 -a n =2. ∵a 2 1 +2a 1 =4a 1 +3 ， ∴a 1 =-1 （舍） 或 a 1 =3 ， 则 {a n } 是首项为 3 、 公差 d=2 的等差数列， ∴ {a n } 的通项公式 a n =3+2 （ n-1 ） =2n+1. （ 2 ） 证明： ∵a n =2n+1 ， ∴b n = 1 a n a n+1 = 1 （ 2n+1 ）（ 2n+3 ） = 1 2 1 2n+1 - 1 2n+3 2 $ ， ∴ 数列 {b n } 的前 n 项和 T n = 1 2 1 3 2 - 1 5 + 1 5 - 1 7 + … + 1 2n+1 - 1 2n+3 $ = 1 2 1 3 - 1 2n+3 2 $ = 1 6 - 1 4n+6 . 当 n≥2 时 ， T n -T n -1 = 1 6 - 1 4n+6 2 $ - 1 6 - 1 4n+2 2 $ = 4 （ 4n+6 ）（ 4n+2 ） = 1 （ 2n+1 ）（ 2n+3 ） >0 ， ∴ 数列 {T n } 为递增数列， ∴T n ≥T 1 = 1 15 . 又 ∵ 1 4n+6 > 0 ， ∴T n < 1 6 ， 故 1 15 ≤T n < 1 6 . 5.3 等比数列 5.3.1 等比数列 学习手册 变式训练 1 D 【解析】 由等比数列定义可判断 D 正确 . 变式训练 2 4 【解析】 由题可知 （ a+2 ） 2 =2 （ a 2 +a-2 ）， ∴a=4 或 a=-2 （舍）， 综上有 a=4. 变式训练 3 解： （ 1 ） 设公比为 q ， 则 a 15 a 5 = a 1 q 14 a 1 q 4 =q 10 = 10 40 = 1 4 ， 则 q 5 = 1 2 或 - 1 2 ， ∴a 20 =a 15 q 5 =5 或 -5. （ 2 ） 由通项公式有 a n = 9 8 × 2 3 1 & n-1 = 1 3 ， ∴ 2 3 1 & n-1 = 8 27 = 2 3 1 & 3 ， ∴n-1=3 ， 即 n=4. 变式训练 4 （ 1 ） C （ 2 ） 6 【解析】 （ 1 ） ∵a 3 a 11 =16 ， ∴a 2 7 =16. 又 ∵a n >0 ， ∴a 7 =4 ， ∴a 16 =a 7 q 9 =32 ， 即 log 2 a 16 =5. 故 选 C. （ 2 ） ∵ {a n } 是等比数列， 32 参 考 答 案 ∴a 1 a 7 =a 2 4 ， a 2 a 8 =a 2 5 ， a 3 a 9 =a 2 6 . ∴a 2 4 · a 2 5 · a 2 6 = （ a 1 a 7 ）·（ a 2 a 8 ）·（ a 3 a 9 ） = （ a 1 a 2 a 3 ）·（ a 7 a 8 a 9 ） =4×9=36. ∵a n >0 ， ∴a 4 a 5 a 6 =6. 变式训练 5 （ 1 ） AC （ 2 ） BD 【解析】 （ 1 ） 当 a 1 > 0 ， 0<q<1 时， 从第二项起， 数列的每一项都小于前一 项， ∴ 数列 {a n } 递减， 故 A 正确； 当 a 1 >0 ， q<0 时， {a n } 为摆动数列， 故 B 错误； 当 a 1 <0 ， q>1 时， 数列 {a n } 为递减数列， 故 C 正确； a n+1 -a n =a 1 q n-1 （ q-1 ） <0 ， 当 a 1 >0 时， q<1 ， 此时 a n a n+1 >1 ， 当 a 1 <0 时， q>1 ， a n a n+1 <1 ， 故 D 错误 . 故选 AC. （ 2 ） ∵a 1 >0 ， q>1 ， ∴a n =a 1 q n-1 >0. 又 ∵a 1 a 2 … a 2 023 <1 ， a 1 a 2 … a 2 024 >1 ， ∴a 2 024 > 1 a 1 a 2 … a 2 023 > 1 ， 故 B 正确 . ∵a 1 a 2 023 =a 2 a 2 022 = … =a 1 012 a 1 012 =a 2 1 012 ， ∴a 1 a 2 … a 2 023 =a 2 023 1 012 <1 ， 则 a 1 012 <1. 又 ∵a 1 a 2 024 =a 2 a 2 023 = … =a 1 012 a 1 013 ， 可得 a 1 a 2 … a 2 024 = （ a 1 012 a 1 013 ） 1 012 >1 ， 则 a 1 012 a 1 013 >1 ， 故 a 1 013 >1 ， 且 a 1 >0 ， q>1 ， 可知数列 {a n } 是单调递增数列 . 当 n≤1 012 时， a n ≤a 1 012 <1 ； 当 n≥1 013 时， a n ≥ a 1 013 >1 ； ∴ 当 n =1 012 时， a 1 a 2 … a n 最小， 故 A 错误， D 正确 . ∵ 数列 {a n } 是单调递增数列， 且当 n<1 012 时， a n < a 1 012 <1 ， ∴a n a n+1 <a n+1 <a n+2 ， 故 C 错误 . 故选 BD. 随堂练习 1. B 【解析】 ∵b 2 = （ -1 ） × （ -9 ） =9 ， 且 b 与首项 -1 同 号， ∴b=-3 ， 且 a ， c 必同号， ∴ac=b 2 =9. 故选 B. 2. 6 【解析】 a 2 7 =a 5 a 9 =2×18=36 ， ∴a 7 =±6 ， 由 a 7 a 5 =q 2 >0 ， a 5 >0 知 a 7 >0 ， 故 a 7 =6. 3. B 【解析】 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， ∵ 数列 {a n } 为正项等比数列 ， ∴q>0. 由题 a 4 =1 ， 则 a 5 a 11 =81圯 a 4 q×a 4 q 7 =q 8 =81 ， ∴q 2 =3 ， ∴a 6 =a 4 q 2 =3. 故选 B. 4. C 【解析】 ∵ 等比数列 {a n } 中， a 1 =1 002 ， q= 1 2 ， ∴a n =a 1 q n-1 = 1 002 2 n-1 . 由 a n = 1 002 2 n-1 ≥1 得 2 n-1 ≤1 002 ， 则 n≤ 10. ∴ 当 n≤10 时， 有 a n >1 ； 当 n≥11 时， 有 a n <1. ∴ 当 P n =a 1 · a 2 · a 3 ·…· a n 达到最大值时， n=10. 故选 C. 5. A 【解析】 ∵ 等比数列 {a n } 中， a 1 +a 2 = 1 2 ， a 1 -a 3 = 3 4 ， ∴ a 1 +a 1 q= 1 2 ， a 1 -a 1 q 2 = 3 4 4 & & & & % & & & & ' ， 解得 a 1 =1 ， q=- 1 2 ， ∴a 4 =a 1 q 3 =1× - 1 2 2 ) 3 =- 1 8 . 故选 A. 6. 解： 设从 2024 年 1 月开始， 第 n 个月该厂的生产 总值是 n 万元， 则 a n+1 =a n +a n m% ， ∴ a n+1 a n =1+m% ， ∴ 数列 {a n } 是首项 a 1 =a ， 公比 q=1+m% 的等比数列 . ∴a n =a （ 1+ m% ） n-1 ， ∴2021 年 8 月底该厂的生产总值为 a 20 =a （ 1+ m% ） 20-1 =a （ 1+m% ） 19 （万元） . 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 0 ， 0 ， 0 …是常数列， 但不是等比数 列， 故 ① 错误， ② 正确； 还要看首项的正负情况， 故 ③ 错误， ④ 正确 . 故选 B. 2. D 【解析 】 等比数列 { a n } 满足 a n ≠0 ， q≠0 ， a 3 +a 5 + … +a 2k+1 a 2 +a 4 + … +a 2k = （ a 2 +a 4 + … +a 2k ）· q a 2 +a 4 + … +a 2k =q= 84 42 =2. 故选 D. 3. B 【解析】 在等比数列 {a n } 中， 首项 a 1 <0 ， 若 a n+1 > a n ， 即 a 1 q n >a 1 q n-1 . ∵a 1 <0 ， ∴q n <q n-1 ， 即 q n-1 （ q-1 ） <0. ∵ 数 列 {a n } 对任意正整数 n 都有 a n+1 >a n ， ∴q>0 ， ∴q-1<0. 解 得 0<q<1. 故选 B. 4. C 【解析】 由题可知 （ a+1 ） 2 = （ a-1 ）（ a+4 ）， 解得 a=5 ， 故等比数列的首项为 4 ， 公比 q= 5+1 5-1 = 3 2 ， 则通项 公式为 a n =4× 3 2 2 , n-1 . 故选 C. 5. A 【解析】 ∵ {a n } 是等比数列， 且 a 4 ， a 8 是方程 x 2 -8x+2=0 的两根， ∴ a 4 +a 8 =8 ， a 4 · a 8 =2 2 ， 且 a 4 >0 ， a 8 >0. 根据等比 数列的性质， a 4 · a 8 =a 5 · a 7 =a 2 6 =2 ， 且 a 6 >0 ， ∴a 6 = 2 姨 ， ∴ a 5 · a 7 a 6 =a 6 = 2 姨 . 故选 A. 6. BD 【解析 】 设 {a n } 的公比为 q ， ∴a 9 =a 5 q 4 =4q 4 = 64 ， ∴q 4 =16 ， q 2 =4 ， ∴a 7 =a 5 q 2 =16 ， 故 A 错误； ∵ 数列 {a n } 33 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 是等比数列， ∴a n ≠0 ， ∴a n a n+1 ≠0. 又 a n+1 a n+2 a n a n+1 =q 2 ， ∴ 数列 {a n a n+1 } 是等比数列， 故 B 正确； 当 q=-1 时， a n +a n+1 =a n - a n =0 ， 此时 {a n +a n+1 } 不是等比数列， 故 C 错误； ∵a 1 <a 2 < a 3 ， 故 a 1 <a 1 q<a 1 q 2 ， 化简得 a 1 q （ q-1 ） >0 ， a 1 （ q-1 ） >0 0 ， 故 q>0 ， a 1 （ q-1 ） > 0 ， ∴a n+1 -a n =a 1 q n -a 1 q n-1 =a 1 q n-1 （ q-1 ） >0 ， 故 a n+1 >a n （ n∈N * ）， ∴ 数列 {a n } 是递增数列， 故 D 正确 . 故选 BD. 7. 2 【解析】 ∵a 2 4 =2a 6 ， a 1 =1 ， ∴ （ q 3 ） 2 =2q 5 ， 得 q=2. 8. -3 【解析】 设该数列的公比为 q ， 则由题意可得 -1×q 4 =-9 ， 解得 q 4 =9 ， 即 q 2 =3 ， ∴b=-1×q 2 =-3. 9. 108 【解析】 由题意， 等比数列 {a n } 中， a 1 +a 4 =4 ， a 3 +a 6 =12. 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， 则 q 2 = a 3 +a 6 a 1 +a 4 = 12 4 = 3 ， 故 a 7 +a 10 =q 4 （ a 3 +a 6 ） =9×12=108. 10. 证明： （ 1 ） ∵10 a n ≠0 ， ∴ 10 a n+1 10 a n =10 a n+1- a n =10 d ， 因此数列 {10 a n } 是公比 q=10 d 的等比数列 . （ 2 ） ∵a n >0 ， ∴lga n+1 -lga n =lg a n+1 a n =lgq ， 因此数列 {lga n } 是公差 d=lgq 的等差数列 . 提升练习 11. 3 2 【解析】 ∵a 10 +a 9 =6a 8 ， ∴a 8 （ q 2 +q ） =6a 8 ， 解得 q= 2. ∵ 存在两项 a m ， a n 使得 a m a n 姨 =4a 1 ， ∴ a 2 1 ×2 m+n-2 姨 =4a 1 ， ∴m+n=6 ， ∴ 1 m + 4 n = 1 6 （ m+n ） 1 m + 4 n n & = 1 6 5+ n m + 4m n n & ≥ 1 6 （ 5+4 ） = 3 2 . 12. ±3 【解析】 由题可知 a 3 +a 9 =- k 3 ， a 3 a 9 =a 5 a 7 =- 1 3 ， ∴ - k 3 n & 2 =3× - 1 3 n & +2 ， ∴k=±3. 13. 解： ∵ {a n } 是由正数组成的等比数列， 且 a 3 · a 8 = 9 ， ∴a 1 · a 2 · a 3 ·…· a 10 =9 5 =3 10 ， ∴log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a 10 = log 3 （ a 1 · a 2 · a 3 ·…· a 10 ） =log 3 3 10 =10. 14. 解： （ 1 ） ∵ 数列 {a n } 是等比数列且 a n >0 ， 公比 为 q ， ∴ a 2 3 =9a 2 a 6 =9a 2 4 ， 2a 1 +3a 2 =2a 1 +3a 1 q=1 0 ， 解得 q= 1 3 ， a 1 = 1 3 3 * * * * ) * * * * + ， ∴a n = 1 3 n . （ 2 ） b n =log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a n =- （ 1 +2 +3 + … +n ） = - n （ n+1 ） 2 . 15. （ 1 ） 证明： ∵a n+1 =2a n +1 ， ∴a n+1 +1=2 （ a n +1 ）， 即 b n+1 = 2b n . ∵b 1 =a 1 +1=2≠0 ， ∴b n ≠0 ， ∴ b n+1 b n =2 ， ∴ {b n } 是等比 数列 . （ 2 ） 解： 由 （ 1 ） 有 {b n } 是首项为 b 1 =2 、 公比为 2 的等比数列， ∴b n =2×2 n-1 =2 n ， 即 a n +1=2 n ， ∴a n =2 n -1. 5.3.2 等比数列的前 n 项和 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） S 9 = a 1 （ 1-q 9 ） 1-q = -4× 1- 1 2 n & 9 9 - 1- 1 2 =- 511 64 . （ 2 ） S k = 1-a k q 1-q = 1-243×3 1-3 =364. 变式训练 2 （ 1 ） A （ 2 ） A 【解析 】 （ 1 ） 由 S 5 = a 1 ［ 1- （ -2 ） 5 ］ 1- （ -2 ） =44 ， 得 a 1 =4 ， ∴a 2 =a 1 · q=-8. 故选 A. （ 2 ） ∵S 2 =3 ， S 4 =15 ， ∴q≠1 ， 由 a 1 （ 1-q 2 ） 1-q =3 ， ① a 1 （ 1-q 4 ） 1-q =15 ， 3 * * * * ) * * * * + ② ② ① 得 q 2 =4. 又 q>0 ， ∴q=2. 故选 A. 变式训练 3 a n =4 · 1 3 n & n-2 【解析】 设数列 {a n } 的首项为 a 1 ， 公比为 q ， 所有奇数项、 偶数项之和分别记作 S 奇 ， S 偶 . 由题意可知， S 奇 +S 偶 =4S 偶 ， 即 S 奇 =3S 偶 . ∵ 数列 {a n } 的 项数为偶数， ∴q= S 偶 S 奇 = 1 3 . 又 ∵a 1 · a 1 q · a 1 q 2 =64 ， ∴a 3 1 · q 3 = 64 ， 即 a 1 =12 ， 故所求通项公式为 a n =12 · 1 3 n & n-1 =4 · 1 3 n & n-2 . 变式训练 4 （ 1 ） A （ 2 ） 60 【解析】 （ 1 ） S 5 ， S 10 -S 5 ， S 15 -S 10 成等比数列， 即 1 ， 2 ， a 11 +a 12 +a 13 +a 14 +a 15 成等比数 列， ∴a 11 +a 12 +a 13 +a 14 +a 15 =4. 故选 A. （ 2 ） 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， ∵S 18 =7S 6 ， ∴q≠1 ， S 12 =S 6 +q 6 S 6 =S 6 （ 1+q 6 ） =12 ， ∴S 6 ≠0 ， 故 S 6 ， S 12 -S 6 ， S 18 -S 12 成等比数列， 且公比为 q 6 ， ∴S 18 =S 6 + （ S 12 -S 6 ） + （ S 18 -S 12 ） =S 6 +q 6 S 6 +q 12 S 6 =7S 6 ， 整理得 S 6 （ q 12 +q 6 -6 ） =0. ∵S 6 ≠0 ， 故 q 12 +q 6 -6=0 ， 解得 q 6 =2 ， ∴S 24 =S 12 + （ S 24 -S 12 ） =S 12 +q 12 S 12 =S 12 （ 1+q 12 ） =5S 12 =60. 随堂练习 1. A 【解析】 S 5 = a 1 （ 1-q 5 ） 1-q = 3× （ 1-2 5 ） 1-2 =93. 故选 A. 34 第五章 数 列 学 学 习 目 标 1. 能叙述等比数列和等比中项定义， 能 应用定义判断一个数列是否为等比数列 . 2. 探索并记忆等比数列的通项公式， 能 应用它解决等比数列的问题 . 3. 能在具体问题情境中发现等比数列的 关系， 并能用有关知识解决相应的问题 . 要 点 精 析 要点 1 应用定义判断一个数列是否为等 比数列 主要体现在以下几个方面： （ 1 ） 在等比数列中， 从第二项起后一项 与前一项的比值为定值； （ 2 ） 等比数列的项不为零 . 例 1 下 面 四 个 选 项 中 ， 正 确 的 有 （ ） A. 由第 1 项起乘相同常数得后一项 ， 这样所得到的数列一定为等比数列 B. 常数列 b ， b ， …， b 一定为等比数列 C. 等比数列 {a n } 中， 若公比 q=1 ， 则 此数列各项相等 D. 等比数列中， 各项与公比都不能为零 分析 利用等比数列的定义 . 解析： 当乘以的常数为 0 时， 不是等比 数列， 故 A 错误； b=0 时不是等比数列， 故 B 错误； 由等比数列的定义， 若 q=1 ， 则 a n+1 a n =1 ， 即 a n+1 =a n ， 故 C 正确； 由等比数列的定 义可得各项与公比均不能为 0 ， 若有一项为 0 ， 则比值没有意义， 故 D 正确 . 故选 CD. 变式训练 1 下列各组数能构成等比数列的是 （ ） A. 1 3 ， 1 6 ， 1 18 B. lg3 ， lg6 ， lg27 C. 2 ， 0 ， 0 D. 3 ， -3 3 姨 ， 9 要点 2 等比中项的定义 1. 等比中项的定义： 如果 x ， G ， y 是等 比数列， 那么称 G 为 x 与 y 的等比中项 . 2. 两个正数 （或两个负数） 的等比中项 有两个， 它们互为相反数 . 一个正数和一个 负数没有等比中项 . 例 2 两个数 2 ， 4 的等比中项是 . 解析： 设两个数的等比中项是 x ， 则 x 2 = 2×4 ， ∴ x=±2 2 姨 . 变式训练 2 若 2 ， a+2 ， a 2 +a-2 成等比数列， 则 a= . 5.3 等比数列 5.3.1 等比数列 19 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 要点 3 能够应用等比数列通项公式解决 相关的问题 主要体现在以下几个方面： （ 1 ） 给出通项公式会判断该数列为等比 数列； （ 2 ） 能根据等比数列通项公式 a n =a 1 q n-1 求出首项和公比 . 例 3 若数列 {a n } 的通项公式为 a n =5× 2 n ， 这个数列是等比数列吗？ 如果是， 求出 首项 a 1 和公比 q. 解： 由题意有 a n+1 =5×2 n+1 ， 则 a n+1 a n = 5×2 n+1 5×2 n =2 ， ∴ {a n } 是等比数列， 且 q=2. 当 n=1 时， a 1 =5×2=10. 变式训练 3 （ 1 ） 已知等比数列 {a n } 中， a 5 =40 ， a 15 = 10 ， 求 a 20 ； （ 2 ） 若等比数列的首项为 9 8 ， 末项为 1 3 ， 公比为 2 3 ， 求这个数列的项数 . 要点 4 等比数列的性质 设数列 {a n } 为等比数列， 则： （ 1 ） 若 k+l=m+n （ k ， l ， m ， n∈N + ）， 则 a k · a l =a m · a n ； （ 2 ） 若 m ， p ， n 成等差数列 ， 则 a m ， a p ， a n 成等比数列 . 例 4 已知 {a n } 为等比数列 . （ 1 ） 若 a 2 a 4 = 1 2 ， 求 a 1 a 2 3 a 5 ； （ 2 ） 若 a n >0 ， a 3 a 9 +2a 6 a 9 +a 6 a 12 =49 ， 求 a 6 +a 9 ； （ 3 ） 若 a n >0 ， a 4 a 7 =9 ， 求 log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a 10 的值 . 解： （ 1 ） 在等比数列 {a n } 中， ∵a 2 a 4 = 1 2 ， ∴a 2 3 =a 1 a 5 =a 2 a 4 = 1 2 ， ∴a 1 a 2 3 a 5 = 1 4 . （ 2 ） 由等比中项， 化简条件得（ a 6 ） 2 +2a 6 a 9 + （ a 9 ） 2 =49 ， 即（ a 6 +a 9 ） 2 =49 ， ∵a n >0 ， ∴a 6 +a 9 =7. （ 3 ） 由等比数列的性质知 a 4 a 7 =a 1 a 10 =a 2 a 9 = a 3 a 8 =a 5 a 6 =9 ， ∴log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a 10 =log 3 （ a 1 a 2 … a 10 ） =log 3 ［（ a 1 a 10 ）（ a 2 a 9 ）（ a 3 a 8 ）（ a 4 a 7 ）（ a 5 a 6 ）］ =log 3 9 5 =10. 变式训练 4 （ 1 ） 已知公比为 2 3 姨 的等比数列 {a n } 的各项都是正数， 且 a 3 a 11 =16 ， 则 log 2 a 16 等 于 （ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 （ 2 ） 已知在各项均为正数的等比数列 {a n } 中， a 1 a 2 a 3 =4 ， a 7 a 8 a 9 =9 ， 则 a 4 a 5 a 6 = . 要点 5 等比数列的单调性 例 5 已知等比数列 {a n } 是递增数列， q 是其公比， 下列说法正确的是 （ ） A. a 1 >0 B. q>0 C. a 1 q>0 D. a 1 （ q-1 ） >0 分析 借助指数函数的单调性 . 解析： 由题意知， 递增的等比数列包括 两种情况： a 1 >0 时 q>1 或 a 1 <0 时 0<q<1. 故 q>0 ， a 1 （ q-1 ） >0. 故选 BD. 20 第五章 数 列 学 变式训练 5 （ 1 ） （多选题） 关于递减等比数列 {a n } ， 下列说法正确的是 （ ） A. 当 a 1 >0 时， 0<q<1 B. 当 a 1 >0 时， q<0 C. 当 a 1 <0 时， q>1 D. a n a n+1 <1 （ 2 ） （多选题） 已知等比数列 {a n } 的 前 n 项积为 T n ， a 1 >0 ， 公比 q>1 ， 且 T 2 023 <1 ， T 2 024 >1 ， 则 （ ） A. 当 n=2 023 时， T n 最小 B. a 2 024 >1 C. 存在 n<1 012 ， 使得 a n a n+1 =a n+2 D. 当 n=1 012 时， T n 最小 数 学 文 化 例 我国古代 《周髀 算经》 中记载， 古人通过 在绳子上打结来记录数量， 即 “结绳计数 ” . 如图 ， 一位渔民在从右到左依次 排列的绳子上打结， 满五进一来记录捕鱼的 条数 . 由图可知， 这位渔民共捕鱼 （ ） A. 39 条 B. 64 条 C. 11 条 D. 224 条 解析： 由题可知， 所记录的数相当于五 进制数， ∴ 该渔民捕鱼 2×5 2 +2×5+4=64 （条） . 故选 B. 图 5-3 21