4.3.1 第1课时 等比数列的概念与通项公式-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4.3 　等比数列 4.3.1 　等比数列的概念 第1课时　等比数列的概念与通项公式 (教师独具内容) 课程标准：1.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.2.体会等比数列与指数函数的关系． 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或公比、项数，提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　等比数列的概念 1．一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于______常数，那么这个数列叫做________数列，这个常数叫做等比数列的_____，公比通常用字母q表示(显然q≠0)． [说明]　(1)定义强调“从第2项起”，因为第1项没有前一项． (2)等比数列的公比q可正可负，但不能为0；等比数列中任一项不为0. (3)常数列(除0，0，0，…外)都是公比为1的等比数列． 同一个 等比 公比 核心概念掌握 5 2．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么_____叫做a与b的等比中项．此时，G2＝______． [想一想]　我们知道任意两个实数都有等差中项，那么，任意两个实数都有等比中项吗？若G2＝ab，则a，G，b一定成等比数列吗？ G ab 核心概念掌握 6 an＝a1qn－1 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 3．(等比数列的通项公式)等比数列1，5，25，125，…的通项公式为________． 4．(递增等比数列的公比)已知{an}是递增等比数列，a2＝2，a4－a3＝4，则此数列的公比q＝________． an＝5n－1 2 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　等比数列的概念 核心素养形成 12 核心素养形成 13 感悟提升　判断一个数列是否为等比数列的方法 定义法：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列是等比数列，否则，不是等比数列，且等比数列中任意一项不能为0，对于含参的数列需要分类讨论． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型二　等比中项及其应用 (1)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_______________． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 感悟提升　 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 在等比数列{an}中， (1)已知an＝128，a1＝4，公比q＝2，求n； (2)已知an＝625，n＝4，公比q＝5，求a1； (3)已知a3＝2，a5＝8，求公比q和an. 题型三　等比数列的通项公式 角度 　 等比数列的基本计算 解：(1)∵an＝a1qn－1＝128，a1＝4，q＝2， ∴4×2n－1＝128，∴2n－1＝32， ∴n－1＝5，n＝6. 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 感悟提升 1．等比数列的通项公式涉及四个量a1，an，n，q，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这四个量中，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． 2．关于an的求解常用的两种方法 (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，先求出q后，再利用an＝amqn－m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 25 [跟踪训练3]　在等比数列{an}中， (1)a2＝2，a1＋a3＝5，求公比q； (2)a4＝2，a7＝8，求an； (3)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n. 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 (2024·北京大学附属中学高二月考)已知{an}是公比为q的等比数列，则“q>0”是“{an}为递增数列”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 角度 　 等比数列的单调性 核心素养形成 29 核心素养形成 30 感悟提升　判断等比数列单调性的方法 核心素养形成 31 [跟踪训练4]　在等比数列{an}中，已知a1>0，8a2－a5＝0，则数列{an}为(　　) A．递增数列 B．递减数列 C．常数列 D．无法确定单调性 核心素养形成 32 随堂水平达标 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 34 2．等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝3(a1＋a3)，则公比为(　　) A．1 B．－2 C．2 D．2或－2 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＋a2＋a3＋a4＝3(a1＋a3)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a3)＋q(a1＋a3)＝3(a1＋a3)，即1＋q＝3，解得q＝2.故选C. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 4．已知等比数列{an}的前3项依次为a－1，a＋1，a＋4，则a＝________，an＝________________． 5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 6 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用等比数列的通项公式求数列中某几项的和 利用等比中项公式求数列中的项 利用等比数列的通项公式求公比 由等比数列前几项的和及项的关系求数列中的项 等比数列的判断及求通项公式 利用等比中项公式求公差 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由等比数列的递推关系求通项公式 由等比数列中项的关系求前n项积的最值 等差、等比数列相结合求等比数列的通项公式 等比数列通项公式的应用 等差、等比数列的综合问题 求等比数列的通项公式 (新定义问题) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 一、选择题 1．若在等比数列{an}中，a1＋a2＝8，a3＋a4＝12，那么a5＋a6＝(　　) A．20 B．18 C．16 D．14 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 4．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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 5．(多选)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是(　　) A．a4＝4 B．{a2n}是等比数列 C．a2n－a2n－1＝2n－1 D．a2n＋a2n－1＝2n＋1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 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＝________． 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 8．设等比数列{an}满足a1＋a2＝12，a1－a3＝6，则a1a2…an的最大值为________． 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 10．设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列． (1)求数列{an}的公比； (2)证明：对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 解：(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)． 由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4， 即2a1q2＝a1q4＋a1q3.由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0， 解得q＝－2或q＝1(舍去)． 所以q＝－2. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 (2)证明：对任意k∈N*， Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0， 所以对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 11．(2024·江苏盐城高二期末)已知正项数列{an}是等比数列，a1，a2＋6，a3成等差数列，a3＝a2＋6a1. (1)求{an}的通项公式； (2)若λan≥4n＋5恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)设数列{an}的公比为q，q>0，因为a3＝a2＋6a1，所以可化为q2＝q＋6， 解得q＝3或q＝－2(舍去)， 又因为a1，a2＋6，a3成等差数列， 所以2(a2＋6)＝a1＋a3，即2(3a1＋6)＝a1＋9a1， 所以a1＝3，故an＝3n. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 12．(2024·云南昆明八中高二期末)对于给定的数列{cn}，如果存在实常数p，q，使得cn＋1＝pcn＋q对任意n∈N*都成立，我们称数列{cn}是“优美数列”． (1)若an＝2n，bn＝3×2n，n∈N*，数列{an}，{bn}是否为“优美数列”？若是，指出它对应的实常数p，q；若不是，请说明理由； (2)已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝3×2n(n∈N*)，若数列{an}是“优美数列”，求数列{an}的通项公式． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 解：(1)∵an＝2n， ∴an＋1＝an＋2，n∈N*， ∴数列{an}是“优美数列”，对应的实常数p，q分别为1，2. ∵bn＝3×2n，∴bn＋1＝2bn，n∈N*， ∴数列{bn}是“优美数列”，对应的实常数p，q分别为2，0. (2)∵数列{an}是“优美数列”， ∴存在实常数p，q，使得an＋1＝pan＋q对任意n∈N*都成立， 则an＋2＝pan＋1＋q对任意n∈N*都成立， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 ∴an＋1＋an＋2＝p(an＋an＋1)＋2q对任意n∈N*都成立， 又an＋an＋1＝3×2n(n∈N*)，且an＋1＋an＋2＝3×2n＋1(n∈N*)， 则有3×2n＋1＝3p×2n＋2q对任意n∈N*都成立， 即3×2n(2－p)＝2q对任意n∈N*都成立， 因此2－p＝0，2q＝0， 此时an＋1＝pan＋q＝2an， 又a1＝2≠0， ∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＝2n，n∈N*. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 　　　　　　　　　　　　　 R 提示：任意两个实数不一定都有等比中项，首先，0不能出现在等比数列中，就没有任意性；其次，假设－1，x，1这三个数成等比数列，则根据定义有eq \f(x,－1)＝eq \f(1,x)，即x2＝－1，该方程无实数解，故符号不同的两个实数无等比中项．若G2＝ab，则a，G，b不一定成等比数列，如02＝0×3，但0，0，3不成等比数列． 知识点二　等比数列的通项公式 1．等比数列的通项公式及其推广 (1)an＝a1qn－1式中，a1为首项，q为公比． (2)an＝amqn－m式中，am为任意一项． 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，把这(n－1)个等式相乘得：____________． 3．等比数列的通项公式：an＝a1qn－1可以改写为an＝eq \f(a1,q)·qn，当q>0且q≠1时，等比数列{an}的第n项an是函数____________________当x＝n时的函数值，即an＝f(n)．反之，任给函数f(x)＝kax(k，a为常数，k≠0，a>0，且a≠1)，则f(1)＝ka，f(2)＝ka2，…，f(n)＝kan，…构成一个等比数列{kan}，其首项为ka，公比为a. f(x)＝eq \f(a1,q)·qx(x∈R) 1．(等比数列的首项、公比)设等比数列{an}的公比为q，已知an＝4n－3，则(　　) A．a1＝eq \f(1,16)，q＝eq \f(1,4) B．a1＝16，q＝4 C．a1＝eq \f(1,16)，q＝4 D．a1＝16，q＝eq \f(1,4) 2．(等比中项)已知等比数列{an}中，a1＝1，a3＝9，则a2＝(　　) A．－3 B．－4 C．±3 D．±4 判断下列数列是否是等比数列．如果是，写出它的公比． (1)1，eq \f(1,3)，eq \f(1,6)，eq \f(1,9)，eq \f(1,12)，…； (2)10，10，10，10，10，…； (3)eq \f(2,3)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(4)，…； (4)1，0，1，0，1，0，…； (5)1，－4，16，－64，256，…； (6)a，a，a，a，a，…. 解　(1)不是等比数列． (2)是等比数列，公比为1. (3)是等比数列，公比为eq \f(2,3). (4)不是等比数列． (5)是等比数列，公比为－4. (6)当a＝0时，不是等比数列；当a≠0时，是等比数列，公比为1.　 【跟踪训练1】　(多选)下面四个数列中是等比数列的是(　　) A．数列1，1，2，4，8，16，32，64 B．在数列{an}中，已知eq \f(a2,a1)＝2，eq \f(a3,a2)＝2 C．数列{an}的通项公式为an＝3×2n D．在数列{an}中，eq \f(an＋1,an)＝q，其中q为常数，且不为零，n∈N* 解析：对于A，eq \f(a2,a1)＝1≠eq \f(a3,a2)＝2，不符合定义中“同一个常数”，故不是等比数列；对于B，不一定是等比数列，当数列{an}的项数超过3时，只知道前3项的每一项与前一项的比值相等，后面的项的比值情况不知，不一定符合定义中“每一项”；对于C，因为当n≥2时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(3×2n,3×2n－1)＝2(常数)，所以数列{an}为等比数列，且公比q＝2；对于D，在数列{an}中，对任意n∈N*，有eq \f(an＋1,an)＝q(q为常数，且不为零)恒成立，那么{an}是等比数列．　 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).综上，G＝eq \r(ab)或－eq \r(ab).　 或－ (2)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)＝________． 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).　 (1)由等比中项的定义可知eq \f(G,a)＝eq \f(b,G)⇒G2＝ab⇒G＝±eq \r(ab)，所以a，b同号时，a，b的等比中项有两个，它们互为相反数，a，b异号时，没有等比中项． (2)在一个等比数列中，从第2项起，每一项(有穷数列的末项除外)都是它的前一项和后一项的等比中项． [跟踪训练2]　(1)(2024·广东惠州高二期末)已知正项等比数列{an}满足a3为2a2与a6的等比中项，则eq \f(a3＋a5,a1＋a3)＝(　　) A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2) C.eq \r(2) D．2 解析：设等比数列{an}的公比为q，由题意得aeq \o\al(2,3)＝2a2·a6，即aeq \o\al(2,1)q4＝2aeq \o\al(2,1)q6，∵a1>0，q>0，∴q2＝eq \f(1,2)，∴eq \f(a3＋a5,a1＋a3)＝eq \f(a1q2（1＋q2）,a1（1＋q2）)＝q2＝eq \f(1,2).故选B.　 (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.))又eq \f(a＋b,a2＋b2)＝eq \f(a＋b,（a＋b）2－2ab)，因此eq \f(a＋b,a2＋b2)的值为1或－eq \f(1,3). (2)∵an＝a1qn－1＝625，n＝4，q＝5， ∴a1＝eq \f(an,qn－1)＝eq \f(625,54－1)＝5. (3)解法一：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝2，,a5＝8，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝2，,a1q4＝8，))解得q2＝4，a1＝eq \f(1,2)，即a1＝eq \f(1,2)，q＝±2.当q＝2时，an＝a1qn－1＝eq \f(1,2)×2n－1＝2n－2，当q＝－2时，an＝a1qn－1＝eq \f(1,2)×(－2)n－1＝(－1)n－12n－2. 解法二：∵a5＝a3q2， 即8＝2q2， ∴q2＝4，∴q＝±2. 当q＝2时，an＝a3qn－3＝2×2n－3＝2n－2； 当q＝－2时，an＝a3qn－3＝2×(－2)n－3＝(－1)n－32n－2＝(－1)n－12n－2. 解：(1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＝2，　　 　①,a1＋a1q2＝5，　 ②)) 由①，得a1＝eq \f(2,q)，代入②，得eq \f(2,q)＋eq \f(2,q)·q2＝5， 整理，得2q2－5q＋2＝0， 解得q＝eq \f(1,2)或2.　 (2)设等比数列{an}的公比为q. 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，　③,a1q6＝8，　④)) 由④÷③，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\up6(\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\up6(\f(2n－5,3)). (3)设等比数列{an}的公比为q. 解法一：由题意， 知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝a1q＋a1q4＝18，　⑤,a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝9， ⑥)) 由⑥÷⑤，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. 解析　当q>0时，数列{an}不一定为递增数列，如数列－1，－2，－4，－8，…，公比q＝2>0，而此数列为递减数列．当{an}为递增数列时，an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1·(q－1)>0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1，))则q>0成立．所以“q>0”是“{an}为递增数列”的必要不充分条件．故选B. 已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则 (1)当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1))时，等比数列{an}为递增数列； (2)当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1))时，等比数列{an}为递减数列． 解析：　设等比数列{an}的公比为q.由8a2－a5＝0，可知eq \f(a5,a2)＝q3＝8，解得q＝2.又a1>0，所以数列{an}为递增数列． 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 3．(多选)(2024·河北保定高二期末)已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则下列条件能判断{an}为递增数列的是(　　) A．a1＝3，q＝eq \f(1,2) B．a1＝2，q＝3 C．a1＝eq \f(1,3)，q＝eq \f(1,2) D．a1＝－eq \f(1,3)，q＝eq \f(1,2) 解析：对于A，若a1＝3，q＝eq \f(1,2)，可得an＋1＝anq<an，所以{an}为递减数列，所以A不符合题意；对于B，若a1＝2，q＝3，可得an＋1＝anq>an，所以{an}为递增数列，所以B符合题意；对于C，若a1＝eq \f(1,3)，q＝eq \f(1,2)，可得an＋1＝anq<an，所以{an}为递减数列，所以C不符合题意；对于D，若a1＝－eq \f(1,3)，q＝eq \f(1,2)，可得an＋1＝anq>an，所以{an}为递增数列，所以D符合题意．故选BD.　 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).　 4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1) 5．在各项均为负数的数列{an}中，已知2an＝3an＋1，且a2a5＝eq \f(8,27)，则an＝________，－eq \f(16,81)是数列{an}的第________项． 解析：∵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).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)是数列{an}的第6项．　 －eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－2) 解析：设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝q2＝eq \f(12,8)＝eq \f(3,2)，所以a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝12×eq \f(3,2)＝18.故选B.　 2．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)，解得m＝－1(舍去)或m＝－4，∴公比q＝eq \f(3,2)，∴第4项是－eq \f(27,2).　 3．一个各项均为正的等比数列，每一项都等于它后面相邻两项之和，则公比q＝(　　) 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).　 解析：设等比数列{an}的公比为q.由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝168，,a2－a5＝42，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q＋q2）＝168，,a1q（1－q3）＝42，))解得q＝eq \f(1,2)，a1＝96，所以a6＝a1q5＝3.故选D.　 解析：因为数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，所以a1a2＝2，解得a2＝2，又an＋1an＋2＝2n＋1，所以eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(2n＋1,2n)，即eq \f(an＋2,an)＝2，所以数列{an}的奇数项和偶数项分别是以2为公比的等比数列，所以a2n＝2×2n－1＝2n，a2n－1＝1×2n－1＝2n－1，a4＝22＝4，a2n－a2n－1＝2n－1，a2n＋a2n－1＝2n＋2n－1＝3·2n－1.故选ABC.　 解析：由题意，可得aeq \o\al(2,3)＝a2(a4＋1)，即为(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．故d＝2.　 7．已知等比数列{an}为递减数列，且aeq \o\al(2,5)＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________． 解析：设公比为q，由aeq \o\al(2,5)＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即a1＝q.又由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2q2－5q＋2＝0，解得q＝eq \f(1,2)(q＝2舍去)，所以an＝a1qn－1＝eq \f(1,2n).　 解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)．由a1＋a2＝12，a1－a3＝6，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝12，,a1－a1q2＝6，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，))∴an＝8×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－4)，∴a1a2·…·an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(－3－2－1＋0＋1＋…＋（n－4）)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(n（n－7）,2)).令f(n)＝eq \f(1,2)n(n－7)＝eq \f(1,2)(n2－7n)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(49,8)，当n＝3或n＝4时，f(n)有最小值，即f(n)min＝－6，∴a1a2…an的最大值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(－6)＝64.　 解：∵{an}是等差数列，设公差为d(d≠0)， ∴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). (2)不等式λan≥4n＋5可化为λ≥eq \f(4n＋5,3n)，设bn＝eq \f(4n＋5,3n)， 则bn＋1－bn＝eq \f(4n＋9,3n＋1)－eq \f(4n＋5,3n)＝eq \f(－8n－6,3n＋1)<0， 所以数列{bn}为递减数列， 故当n＝1时，bn最大，且最大值为b1＝3， 又不等式λ≥eq \f(4n＋5,3n)恒成立，所以λ≥3， 故实数λ的取值范围为[3，＋∞)． $$