4.3.1 第2课时 等比数列的判定、性质及应用-【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 　等比数列的概念 4.3.1 　等比数列的概念 第2课时　等比数列的判定、性质及应用 (教师独具内容) 课程标准：1.理解等比数列的性质，并能够运用其来解决问题.2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.3.掌握等差数列与等比数列的综合应用问题． 教学重点：1.等比数列的性质及其应用.2.等差数列与等比数列的综合应用． 教学难点：1.利用等比数列解决实际问题.2.等差数列与等比数列的综合应用． 核心素养：1.通过推导等比数列的性质及其应用，提升数学抽象素养和逻辑推理素养.2.通过利用等比数列的相关公式解决实际应用问题，提升数学建模素养和数学运算素养． 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　等比数列的项与序号的关系及性质 在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则aman＝_______． (1)特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N*)时，aman＝______． (2)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1an＝a2·__________＝…＝ak·_______________＝…. apaq an－1 an－k＋1 核心概念掌握 5 q |q| qm q1q2 核心概念掌握 6 [拓展]　 1．等比数列的“子数列”的性质 若数列{an}是公比为q的等比数列，则 (1){an}去掉前几项后余下的项仍组成公比为q的等比数列； (2)奇数项数列{a2n－1}是公比为q2的等比数列，偶数项数列{a2n}是公比为q2的等比数列； (3)若{kn}是等差数列且公差为d，则{akn}是公比为qd的等比数列，也就是说等比数列中项的序号若成等差数列，则对应的项依次成等比数列． 核心概念掌握 7 2．等比数列与等差数列的区别与联系 等差数列 等比数列 不同点 (1)强调每一项与前一项的差； (2)a1和d可以为零； (3)等差中项唯一 (1)强调每一项与前一项的比； (2)a1与q均不为零； (3)等比中项有两个值 相同点 (1)都强调每一项与前一项的关系； (2)结果都必须是常数； (3)数列都可以由a1，d或a1，q确定 联系 (1)若{an}为正项等比数列，则{logaan}(a>0，且a≠1)为等差数列； (2)若{an}为等差数列，则{ban}(b≠0)为等比数列 核心概念掌握 8 1．(等比数列的性质)在等比数列{an}中，a1＝1，a6＝32，则a3a4＝(　　) A．32 B．16 C．8 D．4 2．(等比数列的性质)在等比数列{an}中，a2＝1，a4＝3，则a6＝(　　) A．－5 B．5 C．－9 D．9 核心概念掌握 9 2048 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　等比数列的判定与证明 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a1＝1，a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列． (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，试判断数列{an}是否为等比数列？ 核心素养形成 12 (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 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 感悟提升　 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型二　等比数列的性质 核心素养形成 22 (2)已知等比数列{an}满足an>0，n＝1，2，…，且a5a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝(　　) A．n(2n－1) B．(n＋1)2 C．n2 D．(n－1)2 核心素养形成 23 核心素养形成 24 感悟提升　运用等比数列的性质应注意的问题　 核心素养形成 25 [跟踪训练2]　(1)在等比数列{an}中，已知a7a12＝5，则a8a9a10a11＝(　　) A．10 B．25 C．50 D．75 解析：运用等比数列的性质，可得a8a11＝a9a10＝a7a12＝5，所以a8a9a10a11＝25.故选B. 核心素养形成 26 核心素养形成 27 题型三　灵活设项求解等比数列 有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且前后两数的和是16，中间两数的和是12，求这四个数． 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 [变式探究]　若将本例中“和是16”改为“积是－128”，将“和是12”改为“积是16”，如何求解？ 核心素养形成 31 核心素养形成 32 感悟提升　在解决与等比数列有关的数的设法时常用的规律 核心素养形成 33 [跟踪训练3]　已知三个数成等比数列，它们的积为27，它们的平方和为91，求这三个数． 核心素养形成 34 题型四　等比数列的实际应用 从盛满a(a>1)升纯酒精的容器里倒出1升然后添满水摇匀，再倒出1升混合溶液后又用水添满摇匀，如此继续下去，问： (1)第n次操作后溶液的浓度是多少？ (2)当a＝2时，至少应操作几次后才能使酒精的浓度低于10%? 核心素养形成 35 核心素养形成 36 感悟提升　等比数列实际应用问题的关键是建立数学模型，即将实际问题转化成等比数列的问题，解数学模型即解等比数列问题，最后注意数学问题再转化为实际问题作答． 核心素养形成 37 [跟踪训练4]　(2024·山东菏泽高二期末)“天眼”探空、神舟飞天、高铁奔驰、北斗组网等，我国创造了一个又一个科技工程奇迹．为了顺应我国科技发展战略，某高科技公司决定启动一项高科技项目，启动资金为2000亿元，为保持每年可获利20%，每年年底需从利润中取出200亿元作为研发经费．设经过n年之后，该项目的资金为an亿元． (1)写出a1的值，并求出数列{an}的通项公式； (2)求至少要经过多少年，该项目的资金才可以达到或超过翻一番(即为原来的2倍)的目标．(取lg 2≈0.3，lg 3≈0.5) 核心素养形成 38 核心素养形成 39 核心素养形成 40 随堂水平达标 1．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 100 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 5．有四个数成等比数列，将这四个数分别减去1，1，4，13后成等差数列，则这四个数的和为________． 45 随堂水平达标 1 2 3 4 5 46 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 等比数列的判定 应用公式apaq＝aman(p＋q＝m＋n)求数列中某几项的积 求等比数列的公比 等比数列的实际应用 等比数列的判定(新定义问题) 应用公式apaq＝aman(p＋q＝m＋n)求数列中某几项的和 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用等差中项、等比中项公式求值 等比数列的实际应用 (衰分问题) 由等比数列中的项求通项公式；与等比数列有关的等差数列的证明及求和 等比数列的实际应用(学生用餐问题) 由Sn与an的关系求数列中的项；用定义证明等比数列；求数列的通项公式 等比数列的实际应用(沙漠绿化问题) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 一、选择题 1．若数列a1，a2，a3，…是等差数列，则数列2a1，2a2，2a3，…一定是(　　) A．等比数列 B．等差数列 C．既是等比数列又是等差数列 D．既不是等比数列，也不是等差数列 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 2．在正项等比数列{an}中，a1和a19为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a8a10a12＝(　　) A．16 B．32 C．64 D．256 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 4．光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置．表达光圈的大小我们可以用光圈的F值表示，光圈的F值系列如下：F1，F1.4，F2，F2.8，F4，F5.6，F8，…，F64.光圈的F值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈从F8调整到F5.6，进光量是原来的2倍．若光圈从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的(　　) A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 二、填空题 6．在等比数列{an}中，各项均为正值，且a2a14＋a2a6＝48，a3a9＝6，则a4＋a8＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 16 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 8．(2024·河北邢台高二期中)在《九章算术》中“衰分”是按比例递减分配的意思．今共有粮98石，甲、乙、丙按序衰分，乙分得28石，则衰分比例为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 三、解答题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 60 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？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 63 11．(2024·河北张家口高二期末)设数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n. (1)求a3，a4； (2)证明：数列{an＋1－2an}是等比数列； (3)求{an}的通项公式． 解：(1)∵a1＝S1，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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 69 　　　　　　　　　　　　　 R aeq \o\al(2,k) 知识点二　等比数列的常用结论 1．若{an}是公比为q的等比数列，则下列数列： (1){can}(c为任一不为零的常数)是公比为_____的等比数列． (2){|an|}是公比为_____的等比数列． (3){aeq \o\al(m,n)}(m为常数，m∈N*)是公比为______的等比数列． 2．若{an}，{bn}分别是公比为q1，q2的等比数列，则数列{anbn}是公比为_____的等比数列． 3．(等比数列的判定)已知数列{an}为等差数列，则下列数列一定为等比数列的是(　　) A．{2an} B．{lg an} C．{aeq \o\al(2,n)} D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an))) 4．(等比数列的实际应用)画一个边长为2的正方形，再以这个正方形的一条对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的一条对角线为边画第3个正方形，……，这样共画了10个正方形，则第10个正方形的面积等于________． 证明　∵an＋1＝2an＋1， ∴an＋1＋1＝2(an＋1)． 由a1＝1，知a1＋1≠0，从而an＋1≠0. ∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2(n∈N*)． ∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (3)(2024·江苏镇江高二期初考试)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(pan，n为奇数，,qan，n为偶数，))其中p，q为常数，数列{an}能否为等比数列？如果能，求出实数p，q满足的条件；如果不能，请说明理由． 解　∵a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(pan，n为奇数，,qan，n为偶数，))∴a2＝p，a3＝pq. 若数列{an}为等比数列，则aeq \o\al(2,2)＝a1a3，即p2＝pq，∴p＝0或p＝q. 若p＝0，则a2＝0，此时数列{an}不是等比数列． ∴p＝q≠0，则an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(pan，n为奇数，,pan，n为偶数，)) ∴对任意n∈N*，eq \f(an＋1,an)＝p≠0，a1＝1≠0，即数列{an}为等比数列． 综上可知，当p＝q≠0时，数列{an}为等比数列． 1．等比数列的判定或证明 (1)定义法：eq \f(an＋1,an)＝q(q为常数且不为零)⇔数列{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)⇔数列{an}为等比数列． (3)通项公式法：an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)⇔数列{an}为等比数列． 2．要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≠0，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策略． [跟踪训练1]　(1)(多选)设数列{an}为等比数列，q为公比，则下面四个数列是等比数列的是(　　) A．{aeq \o\al(3,n)} B．{pan}(p为非零常数) C．{anan＋1} D．{an＋an＋1} 解析：对于A，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B，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C，因为eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q2(常数)，所以{anan＋1}是等比数列．对于D，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．故选ABC.　 (2)已知各项均不为零的数列{an}，首项a1＝eq \f(3,5)，an＋1＝eq \f(3an,4an＋1)，n∈N*.求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－2))为等比数列． 证明：因为an＋1＝eq \f(3an,4an＋1)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3an)， 所以eq \f(1,an＋1)－2＝eq \f(1,3an)－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－2))， 又因为eq \f(1,a1)－2＝－eq \f(1,3)≠0， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－2))是首项为－eq \f(1,3)，公比为eq \f(1,3)的等比数列． (3)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(1,3)(an－1)(n∈N*)．求a1，a2，并证明数列{an}是等比数列． 解：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). 当n≥2时，由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)， 又a1＝－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．　 (1)(2024·湖北襄阳四中高二期末)已知等比数列{an}满足a2＋a4＋a6＋a8＝20，a2a8＝8，则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a6)＋eq \f(1,a8)的值为(　　) A．20 B．10 C．5 D．eq \f(5,2) 解析　由等比数列的性质可得a4a6＝a2a8＝8，所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a6)＋eq \f(1,a8)＝eq \f(a2＋a8,a2a8)＋eq \f(a4＋a6,a4a6)＝eq \f(a2＋a4＋a6＋a8,a2a8)＝eq \f(20,8)＝eq \f(5,2).故选D.　 解析　解法一：a5a2n－5＝aeq \o\al(2,n)＝22n，又an>0，所以an＝2n，于是log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.故选C. 解法二：a1a2n－1＝a3a2n－3＝…＝aeq \o\al(2,n)＝22n，所以log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2(a1a3·…·a2n－1)＝log2[(a1a2n－1)(a3a2n－3)…]＝log22n2＝n2.故选C.　 (3)(2024·广东佛山高二期末)已知数列{an}是等比数列，且a3＋a5＝3，则a2a4＋2aeq \o\al(2,4)＋a4a6的值为(　　) A．3 B．6 C．9 D．36 解析　由等比数列的性质知，a2a4＝aeq \o\al(2,3)，aeq \o\al(2,4)＝a3a5，a4a6＝aeq \o\al(2,5)，所以a2a4＋2aeq \o\al(2,4)＋a4a6＝aeq \o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \o\al(2,5)＝(a3＋a5)2，又a3＋a5＝3，所以a2a4＋2aeq \o\al(2,4)＋a4a6＝9.故选C. 运用等比数列的性质am·an＝ak·al＝aeq \o\al(2,t)(m，n，k，l，t∈N*)的关键是发现各项的序号之间满足关系m＋n＝k＋l＝2t，它们往往涉及其中的四项或三项，注意不要和等差数列相应的性质混淆． (2)已知在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝(　　) A．5eq \r(2) B．7 C．6 D．±5eq \r(2) 解析：解法一：由等比中项的性质知a1a2a3＝aeq \o\al(3,2)＝5，a7a8a9＝aeq \o\al(3,8)＝10，a4a5a6＝aeq \o\al(3,5)＝(eq \r(a2a8))3＝5eq \r(2).故选A. 解法二：因为a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以(a4a5a6)2＝(a1a2a3)(a7a8a9)，即a4a5a6＝±5eq \r(2).因为an>0，所以a4a5a6＝5eq \r(2).故选A.　 解　解法一：从前三个数入手，设这四个数依次为a－d，a，a＋d，eq \f(（a＋d）2,a)， 由条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－d＋\f(（a＋d）2,a)＝16，,a＋（a＋d）＝12，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,d＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝9，,d＝－6.)) 当a＝4，d＝4时，所求四个数为0，4，8，16； 当a＝9，d＝－6时，所求四个数为15，9，3，1. 故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. 解法二：从后三个数入手，设这四个数依次为eq \f(2a,q)－a，eq \f(a,q)，a，aq(q≠0)， 由条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－a＋aq＝16，,\f(a,q)＋a＝12，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a＝8))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,3)，,a＝3.)) 当q＝2，a＝8时，所求四个数为0，4，8，16； 当q＝eq \f(1,3)，a＝3时，所求四个数为15，9，3，1. 故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. 解法三：从首末两项的和与中间两项的和入手，设这四个数依次为x，y，12－y，16－x， 由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝x＋（12－y），,（12－y）2＝y（16－x），)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝15，,y＝9.)) 故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. 解：设这四个数依次为eq \f(2a,q)－aq，eq \f(a,q)，aq，aq3(q≠0)． 则由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,q)·（aq）＝16，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－aq))·（aq3）＝－128，)) eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(①,②)) 由①得a2＝16，∴a＝4或a＝－4. 由②得2a2q2－a2q4＝－128. 将a2＝16代入整理，得q4－2q2－8＝0， 解得q2＝4或q2＝－2(舍去)，∴q＝2或q＝－2. ∴所求四个数为－4，2，8，32或4，－2，－8，－32.　 对称设元法：一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为…，eq \f(x,q)，x，xq，…；连续偶数个项成等比数列，可设为…，eq \f(x,q3)，eq \f(x,q)，xq，xq3，…(注意：此时公比q2>0，并不适合所有情况)，这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便． 解：设这三个数分别为eq \f(a,q)，a，aq， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,q)·a·aq＝27，　　　 ①,\f(a2,q2)＋a2＋a2q2＝91， ②)) 由①得a＝3，代入②得q＝±3或q＝±eq \f(1,3).当q＝3时，这三个数分别为1，3，9； 当q＝－3时，这三个数分别为－1，3，－9；当q＝eq \f(1,3)时，这三个数分别为9，3，1；当q＝－eq \f(1,3)时，这三个数分别为－9，3，－1.　 解　(1)设开始的浓度为1，操作1次后溶液浓度为a1＝1－eq \f(1,a)，设操作n次后溶液的浓度为an，则操作n＋1次后溶液的浓度为an＋1＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))，　 ∴{an}是以a1＝1－eq \f(1,a)为首项，q＝1－eq \f(1,a)为公比的等比数列． ∴an＝a1qn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a))) eq \s\up12(n)， 即第n次操作后溶液的浓度是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a))) eq \s\up12(n). (2)当a＝2时，由an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)<eq \f(1,10)，n∈N*，解得n≥4. 故至少应操作4次后才能使酒精的浓度低于10%. 解： (1)由题意，知a1＝2000×(1＋20%)－200＝2200， 且an＋1＝an×(1＋20%)－200＝eq \f(6,5)an－200. 故an＋1－1000＝eq \f(6,5)an－200－1000＝eq \f(6,5)(an－1000)， 又因为a1－1000＝1200≠0，所以可知an－1000≠0，从而可知{an－1000}为等比数列． 因此an－1000＝(a1－1000)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))) eq \s\up12(n－1)＝1200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))) eq \s\up12(n－1)，所以an＝1200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))) eq \s\up12(n－1)＋1000.　 (2)令an≥4000，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))) eq \s\up12(n－1)≥eq \f(5,2)， 因此(n－1)lg eq \f(6,5)≥lg eq \f(5,2)，(n－1)lg eq \f(12,10)≥1－2lg 2， 所以n－1≥eq \f(1－2lg 2,lg 3＋2lg 2－1)＝4，因此n≥5. 即至少要经过5年，项目的资金才可以达到或超过翻一番的目标． 解析：∵a3a11＝16，∴aeq \o\al(2,7)＝16.又等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4.又a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.故选B.　 2．(2024·山东聊城高二期末)已知数列{an}满足an＋1＝2(an＋1)，若a5＝78，则a1＝(　　) A．4 B．3 C．eq \f(5,2) D．2 解析：由an＋1＝2(an＋1)，得an＋1＋2＝2(an＋2)，所以eq \f(an＋1＋2,an＋2)＝2，则{an＋2}是公比为2的等比数列，所以a5＋2＝(a1＋2)×24＝80，所以a1＝3.故选B.　 3．(多选)“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完”．设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺，…，第六天被截取剩下的一半剩下a6尺，则(　　) A．a6＝eq \f(1,32) B．eq \f(a1,a4)＝8 C．a5＋a6＝eq \f(5,64) D．a1＋a2＋a3＝1－a3 解析：依题意可知，a1，a2，a3，…成等比数列，且首项与公比均为eq \f(1,2)，则an＝eq \f(1,2)×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)，所以a6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)＝eq \f(1,64)，eq \f(a1,a4)＝8，a5＋a6＝eq \f(3,64)，a1＋a2＋a3＝1－a3＝eq \f(7,8).故选BD.　 4．(2024·河南郑州高二期中)在等比数列{an}中，已知a3a8＝10，则aeq \o\al(2,5)a4a8的值为________． 解析：因为a3a8＝10，所以aeq \o\al(2,5)a4a8＝aeq \o\al(2,5)aeq \o\al(2,6)＝(a5a6)2＝(a3a8)2＝100.　 解析：设这四个数分别为a，aq，aq2，aq3，则a－1，aq－1，aq2－4，aq3－13成等差数列， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（aq－1）＝（a－1）＋（aq2－4），,2（aq2－4）＝（aq－1）＋（aq3－13），)) 整理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（q－1）2＝3，,aq（q－1）2＝6，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝2.)) 因此这四个数分别是3，6，12，24，其和为45.　 解析：∵对n∈N*，eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an，又数列a1，a2，a3，…是等差数列，∴an＋1－an是常数，2an＋1－an也是常数．故{2an}一定是等比数列．故选A.　 解析：由已知，得a1a19＝16，又a1a19＝a8a12＝aeq \o\al(2,10)，∴a8a12＝aeq \o\al(2,10)＝16，又an>0，∴a10＝4，∴a8a10a12＝aeq \o\al(3,10)＝64.　 3．(2024·河北石家庄二中高二阶段测试)已知数列{an}满足an＋1＝λan＋2，若{an＋3}是等比数列，则公比λ＝(　　) A．－eq \f(1,3) B．eq \f(5,3) C．1 D．2 解析：因为{an＋3}是等比数列，an＋1＝λan＋2，所以an＋1＋3＝λ(an＋3)，即an＋1＝λan＋3λ－3，所以3λ－3＝2，所以λ＝eq \f(5,3).故选B.　 解析：由题意可得单位时间内的进光量形成公比为eq \f(1,2)的等比数列{an}，则F4对应单位时间内的进光量为a5，F1.4对应单位时间内的进光量为a2，从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的eq \f(a2,a5)＝8倍．故选C.　 5．(多选)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在 (－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数，其中是“保等比数列函数”的为(　　) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝2x C．f(x)＝eq \r(\a\vs4\al(|x|)) D．f(x)＝ln |x| 解析：设数列{an}的公比为q(q≠0)．对于A，eq \f(f（an＋1）,f（an）)＝2,n＋1)eq \f(a,aeq \o\al(2,n)) ＝q2，是常数，故A符合“保等比数列函数”的定义；对于B，eq \f(f（an＋1）,f（an）)＝eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an，显然当公比q≠1时，上式不是常数，故B不符合“保等比数列函数”的定义；对于C，eq \f(f（an＋1）,f（an）)＝eq \f(\r(\a\vs4\al(|an＋1|)),\r(\a\vs4\al(|an|)))＝eq \r(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))))＝eq \r(\a\vs4\al(|q|))，是常数，故C符合“保等比数列函数”的定义；对于D，eq \f(f（an＋1）,f（an）)＝eq \f(ln |an＋1|,ln |an|)，显然当公比q≠±1时，上式不是常数，故D不符合“保等比数列函数”的定义．　 解析：∵a2a14＋a2a6＝48，a3a9＝6，∴aeq \o\al(2,8)＋aeq \o\al(2,4)＝48，a4a8＝6，因此(a4＋a8)2＝aeq \o\al(2,8)＋aeq \o\al(2,4)＋2a4a8＝60.又{an}的各项均为正数，∴a4＋a8＝2eq \r(15).　 2eq \r(15) 7．公差不为零的等差数列{an}中，2a3－aeq \o\al(2,7)＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________． 解析：∵2a3－aeq \o\al(2,7)＋2a11＝2(a3＋a11)－aeq \o\al(2,7)＝4a7－aeq \o\al(2,7)＝0，又b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝beq \o\al(2,7)＝16.　 解析：设衰分比例为q，则甲、乙、丙各分得eq \f(28,q)，28，28q石，∴eq \f(28,q)＋28＋28q＝98，∴q＝2或eq \f(1,2).又0<q<1，∴q＝eq \f(1,2).　 eq \f(1,2) 9．在等比数列{an}中，a4＝eq \f(2,3)，a3＋a5＝eq \f(20,9). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}的公比大于1，且bn＝log3eq \f(an,2)，求证数列{bn}为等差数列，并求其前n项和Sn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q， 则q≠0，eq \f(a4,q)＋a4q＝eq \f(20,9). 因为a4＝eq \f(2,3)，所以eq \f(1,q)＋q＝eq \f(10,3)， 解得q＝eq \f(1,3)或q＝3. 当q＝eq \f(1,3)时，a1＝18，所以an＝18×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝2×33－n； 当q＝3时，a1＝eq \f(2,81)，所以an＝eq \f(2,81)×3n－1＝2×3n－5.　 (2)由(1)及数列{an}的公比大于1，得q＝3，an＝2×3n－5， 所以bn＝log3eq \f(an,2)＝log33n－5＝n－5， 所以bn－bn－1＝1(常数)． 又因为b1＝log3eq \f(a1,2)＝－4， 所以数列{bn}是首项为－4，公差为1的等差数列． 所以Sn＝eq \f(n（b1＋bn）,2)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(9,2)n. 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＝(a1－300)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝－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)证法一：由题设和①式知 an＋1－2an＝(Sn＋2n＋1)－(Sn＋2n)＝2n＋1－2n＝2n， 则eq \f(an＋1－2an,an－2an－1)＝eq \f(2n,2n－1)＝2(n≥2)， ∴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. 则eq \f(an＋1－2an,an－2an－1)＝eq \f(2n,2n－1)＝2(n≥2)， ∴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. 12．我国某沙漠，曾被称为“死亡之海”，截止2023年年底该地区的绿化率只有eq \f(3,10)，计划从2024年开始使用无人机飞播造林，弹射的种子可以直接打入沙面里头，实现快速播种，每年原来沙漠面积的eq \f(1,5)将被改为绿洲，但同时原有绿洲面积的eq \f(1,20)还会被沙漠化．设该地区的面积为1，2023年年底绿洲面积为a0＝eq \f(3,10)，经过一年绿洲面积为a1，……，经过n年绿洲面积为an. (1)求经过n年绿洲面积an； (2)截止到哪一年年底，才能使该地区绿洲面积超过eq \f(3,5)？(lg 2≈0.30，lg 3≈0.48) 解：(1)由题意知，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,20)))an－1＋eq \f(1,5)(1－an－1)， 所以an＝eq \f(3,4)an－1＋eq \f(1,5)， an－eq \f(4,5)＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(4,5)))，而a0－eq \f(4,5)＝－eq \f(1,2)， 故an＝eq \f(4,5)－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n).　 (2)由an＝eq \f(4,5)－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n)>eq \f(3,5)，得eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n)<eq \f(1,5)， 所以n>logeq \f(3,4) eq \f(2,5)＝eq \f(lg \f(2,5),lg \f(3,4))＝eq \f(2lg 2－1,lg 3－2lg 2)≈eq \f(0.60－1,0.48－0.60)＝eq \f(10,3)， 所以n＝4，即截止到2027年年底，才能使该地区绿洲面积超过eq \f(3,5). $$