3.1 第2课时等比数列的性质及应用(练案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(北师大版2019)

练案［７］ Ａ组·基础自测 １． Ｃ　 ∵ ａ４ ＝ ａ１ｑ ３ ＝ ４，∴ ａ２·ａ６ ＝ ａ１ｑ·ａ１ｑ５ ＝ ａ２１ｑ６ ＝（ａ１ｑ３）２ ＝ ４２ ＝ １６． ２． Ｂ　 ａ３ ＋ ａ４ ＝ ａ１ｑ ２ ＋ ａ２ｑ ２ ＝ ｑ２（ａ１ ＋ ａ２）＝ ｑ２ ＝ ９，又∵ ａｎ ＞０，∴ ｑ ＝３． ∴ ａ４ ＋ ａ５ ＝ ａ３ｑ ＋ ａ４ｑ ＝（ａ３ ＋ ａ４）ｑ ＝ ９ × ３ ＝ ２７． ３． Ｃ　 因为ａ１·ａ２·ａ３·ａ４·ａ５ ＝ ａ１·ａ１ｑ·ａ１ｑ２·ａ１ｑ３·ａ１ｑ４ ＝ ａ５１·ｑ１０ ＝ － ｑ１０，ａｍ ＝ ａ１ｑｍ － １ ＝ － ｑｍ － １，所以－ ｑ１０ ＝ － ｑｍ － １，所 以１０ ＝ ｍ － １，所以ｍ ＝ １１． ４． Ａ　 由已知得ａ２ ＋ ａ５ ＝ ８， ａ５ ＋ ａ８ 槡＝ １６ ２{ ， ∴ ａ１ｑ ＋ ａ１ｑ ４ ＝ ８， ａ１ｑ ４ ＋ ａ１ｑ ７ 槡＝ １６ ２{ ， 解得ｑ 槡＝ ２，∴ ｌｏｇ １２ ｑ ＝ ｌｏｇ １２槡２ ＝ ｌｏｇ ２ －１２ １ ２ ＝ － １２ ． ５． ＡＤ　 从第二项起，每一项与前一项之比均为同一非零常数的 数列，称为等比数列，所以等比数列任一项不能为０，且公比也 不为０，故Ａ正确，Ｂ错误；若ａ ＝ ｂ ＝ ｃ ＝ ０，满足ｂ２ ＝ ａｃ，但ａ， ｂ，ｃ不成等比数列，故Ｃ错误；若一个常数列是等比数列，则 ａｎ ＝ ａｎ ＋ １≠０，所以ｑ ＝ １，故Ｄ正确． ６． － １２５６　 ∵ ａ１ ＝ １ ２ ，ａ２ ＝ ａ１ｑ ＝ １ ２ ｑ ＝ － １ ４ ， ∴ ｑ ＝ － １２ ，∴ ａ８ ＝ ａ１ｑ ７ ＝ １２ × －( )１２ ７ ＝ － １２５６． ７． ３　 因为正项等比数列｛ａｎ｝，３ａ１，１２ ａ３，２ａ２成等差数列， 所以 ｑ ＞ ０ ２ × １２ ａ１ｑ( )２ ＝ ３ａ１ ＋ ２ａ１{ ｑ， 解得ｑ ＝ ３．所以｛ａｎ｝的公比ｑ ＝ ３． ８． － ２　 设｛ａｎ｝的公比为ｑ（ｑ≠０），则ａ２ａ４ａ５ ＝ ａ３ａ６ ＝ ａ２ｑ·ａ５ｑ， 显然ａｎ≠０， 则ａ４ ＝ ｑ２，即ａ１ｑ３ ＝ ｑ２，则ａ１ｑ ＝ １，因为ａ９ａ１０ ＝ － ８，则ａ１ｑ８· ａ１ｑ ９ ＝ － ８， 则ｑ１５ ＝（ｑ５）３ ＝ － ８ ＝（－ ２）３，则ｑ５ ＝ － ２，则ａ７ ＝ ａ１ｑ·ｑ５ ＝ ｑ５ ＝ － ２． ９．（１）设公比为ｑ，由题意得２ａ１ｑ ＋ ａ１ｑ２ ＝ ３０， ∴ ４ｑ ＋ ２ｑ２ ＝ ３０， ∴ ｑ２ ＋ ２ｑ － １５ ＝ ０， ∴ ｑ ＝ ３或－ ５． ∵ ａｎ ＞ ０，∴ ｑ ＝ ３． ∴ ａｎ ＝ ａ１ｑ ｎ － １ ＝ ２·３ｎ － １ ． （２）∵ ｂ１ ＝ ａ２，∴ ｂ１ ＝ ６． 又ｂｎ ＋ １ ＝ ｂｎ ＋ ａｎ，∴ ｂｎ ＋ １ ＝ ｂｎ ＋ ２·３ｎ － １ ． ∴ ｂ２ ＝ ｂ１ ＋ ２ × ３ ０ ＝ ６ ＋ ２ ＝ ８， ｂ３ ＝ ｂ２ ＋ ２ × ３ １ ＝ ８ ＋ ６ ＝ １４， ｂ４ ＝ ｂ３ ＋ ２ × ３ ２ ＝ １４ ＋ １８ ＝ ３２， ｂ５ ＝ ｂ４ ＋ ２ × ３ ３ ＝ ３２ ＋ ５４ ＝ ８６． １０．（１）由条件可得ａｎ ＋ １ ＝ ２（ｎ ＋ １）ｎ ａｎ ． 将ｎ ＝ １代入得，ａ２ ＝ ４ａ１，而ａ１ ＝ １，所以，ａ２ ＝ ４． 将ｎ ＝ ２代入得，ａ３ ＝ ３ａ２，所以，ａ３ ＝ １２． 从而ｂ１ ＝ １，ｂ２ ＝ ２，ｂ３ ＝ ４． （２）数列｛ｂｎ｝是首项为１，公比为２的等比数列．理由如下： 由条件可得ａｎ ＋ １ｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ ｎ ，即ｂｎ ＋ １ ＝ ２ｂｎ，又ｂ１ ＝ １， 所以数列｛ｂｎ｝是首项为１，公比为２的等比数列． （３）由（２）可得ａｎｎ ＝ ２ ｎ － １，所以ａｎ ＝ ｎ·２ｎ － １ ． Ｂ组·能力提升 １． Ｂ　 因为ａｎ ＋ １ ＝ ３ａｎ ＋ ２， 所以ａｎ ＋ １ ＋ １ ＝ ３（ａｎ ＋ １）， 所以｛ａｎ ＋ １｝是首项为３，公比为３的等比数列， 所以ａｎ ＋ １ ＝ ３ｎ，ａｎ ＝ ３ｎ － １，ａ４ ＝ ３４ － １ ＝ ８０． ２． Ｃ　 依题意可知第一年后的价值为ａ（１ － ｂ％），第二年后的价 值为ａ（１ － ｂ％）２，依此类推形成首项为ａ（１ － ｂ％），公比为１ － ｂ％的等比数列，则可知ｎ年后这批设备的价值为ａ（１ － ｂ％）ｎ ．故选Ｃ． ３． ＡＢＣ　 因为数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，ａｎａｎ ＋ １ ＝ ２ｎ， 所以ａ１ａ２ ＝ ２，解得ａ２ ＝ ２， 又ａｎ ＋ １ａｎ ＋ ２ ＝ ２ｎ ＋ １， 所以ａｎ ＋ １ａｎ ＋ ２ａｎａｎ ＋ １ ＝ ２ｎ ＋ １ ２ｎ ，即ａｎ ＋ ２ａｎ ＝ 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 ． ４． ８０，４０，２０，１０　 设这６个数所成的等比数列的公比为ｑ，则５ ＝ １６０ｑ５，∴ ｑ５ ＝ １３２，∴ ｑ ＝ １ ２ ． ∴这４个数依次为８０，４０，２０，１０． ５． ２ｎ － １ 　 由ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ２ － ａｎ可得 １ ａｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ － １，于是１ａｎ ＋ １ － １ ＝ ２ ａｎ － ２ ＝ ２ １ａｎ( )－ １ ，而１ａ１ － １ ＝ １，且ｂｎ ＝ １ ａｎ － １，所以数列｛ｂｎ｝是首 项为１，公比为２的等比数列， 所以ｂｎ ＝ １ × ２ｎ － １ ＝ ２ｎ － １ ． ６．（１）由题意，得２（１ ＋ ａ２）＝ ａ１ ＋ ａ３， 设数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，则２（１ ＋ ａ２）＝ ａ２ｑ ＋ ａ２ｑ，将ａ２ ＝ ４ 代入， 整理，得２ｑ２ － ５ｑ ＋ ２ ＝ ０，解得ｑ ＝ １２或ｑ ＝ ２． 又ｑ ＞ １，∴ ｑ ＝ ２，则ａ１ ＝ ａ２ｑ ＝ ２，∴ ａｎ ＝ ａ１ｑ ｎ － １ ＝ ２ｎ ． （２）∵ ａｎ ＝ ２ｎ，∴ ｂｎ ＝ ｌｏｇ２２ｎ ＝ ｎ，∴ ｂ１ ＝ １，且ｂｎ ＋ １ － ｂｎ ＝ １， ∴ ｛ｂｎ｝是首项为１，公差为１的等差数列， ∴ Ｓｎ ＝ ｎ（ｂ１ ＋ ｂｎ） ２ ＝ ｎ（ｎ ＋ １） ２ ， ∴ １Ｓｎ ＝ ２ｎ（ｎ ＋ １）＝ ２ １ ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， ∴ Ｔｎ ＝ ２ × １ － １ ２ ＋ １ ２ － １ ３ ＋ １ ３ － １ ４ ＋…＋ １ ｎ( － １ ｎ )＋ １ ＝ ２ × １ － １ｎ( )＋ １ ＝ ２ － ２ｎ ＋ １． ∵ ｎ∈Ｎ，∴ ｎ ＋ １≥２，∴ ０ ＜ ２ｎ ＋ １≤１， ∴ １≤２ － ２ｎ ＋ １ ＜ ２，即１≤Ｔｎ ＜ ２． Ｃ组·创新拓展 （１）证明：由题设ａｎ ＋ １ ＝ ４ａｎ － ３ｎ ＋ １，得ａｎ ＋ １ －（ｎ ＋ １）＝ ４（ａｎ － ｎ），ｎ∈Ｎ ＋ ． 又ａ１ － １ ＝ １， 所以数列｛ａｎ － ｎ｝是首项为１，且公比为４的等比数列． （２）由（１）可知ａｎ － ｎ ＝ ４ｎ － １， 于是，数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ４ｎ － １ ＋ ｎ． 练案［８］ Ａ组·基础自测 １． Ａ　 根据题意得ａ２３ ＝ ａ２·ａ６，即（ａ１ ＋ ２ｄ）２ ＝（ａ１ ＋ ｄ）（ａ１ ＋ ５ｄ                                                                       ）， —１５９— 解得ｄ ＝ ０（舍去），ｄ ＝ － ２， 所以数列｛ａｎ｝的前６项和为Ｓ６ ＝ ６ａ１ ＋ ６ × ５２ ｄ ＝ １ × ６ ＋ ６ × ５ ２ × （－ ２）＝ － ２４． ２． Ａ　 由｛ａｎ｝为等比数列，得ａ２ａ６ ＝ ａ３ａ５ ＝ ６，又ａ３ ＋ ａ５ ＝ ５， ∴ ａ３，ａ５为方程ｘ２ － ５ｘ ＋ ６ ＝ ０的两个根， 解得ａ３ ＝ ２，ａ５ ＝ ３或ａ３ ＝ ３，ａ５ ＝ ２， 由｛ａｎ｝为递减数列得ａｎ ＞ ａｎ ＋ １，∴ ａ３ ＝ ３，ａ５ ＝ ２， ∴ ｑ２ ＝ ａ５ ａ３ ＝ ２３ ， 则ａ５ａ７ ＝ １ ｑ２ ＝ ３２ ，故选Ａ． ３． Ａ　 ∵ ａ３ａ４ ＝ ａ２·ａ５ ＝ ３２， 又∵ ａ２ ＋ ａ５ ＝ １８， ∴ ａ２ ＝ ２， ａ５{ ＝ １６或 ａ２ ＝ １６， ａ５ ＝ ２{ ． ∵ ｑ ＞ １，∴ ａ２ ＝ ２，ａ５ ＝ １６，∴ ｑ ＝ ２． ∴ ａｎ ＝ ａ２ｑ ｎ － ２ ＝ ２·２ｎ － ２ ＝ ２ｎ － １ ＝ １２８， ∴ ｎ － １ ＝ ７，∴ ｎ ＝ ８． ４． ＡＤ　 由等比数列的性质，可得ａ２３ ＝ ａ１·ａ５ ＝ ４，由于奇数项的 符号相同，可得ａ３ ＝ ２，因此Ａ正确； 若ａ１ ＋ ａ３ ＞ ０，则ａ２ ＋ ａ４ ＝ ｑ（ａ１ ＋ ａ３），其正负由ｑ确定，因此Ｂ 不正确； 若ａ２ ＞ ａ１，则ａ１（ｑ － １）＞ ０，于是ａ３ － ａ２ ＝ ａ１ｑ（ｑ － １），其正负 由ｑ确定，因此Ｃ不正确； 若ａ２ ＞ ａ１ ＞ ０，则ａ１ｑ ＞ ａ１ ＞ ０，可得ａ１ ＞ ０，ｑ ＞ １，所以１ ＋ ｑ２ ＞ ２ｑ，则ａ１（１ ＋ ｑ２）＞ ２ａ１ｑ，即ａ１ ＋ ａ３ ＞ ２ａ２，因此Ｄ正确． ５． Ａ　 根据题意，设衰分比为ｘ％，甲分到ａ石，０ ＜ ｘ％ ＜ １， 又由今共有粮食ｍ（ｍ ＞ ０）石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰 分”， 已知乙分得８０石，甲、丙所得之和为１６４石， 则ａ（１ － ｘ％）＝ ８０，ａ ＋ ａ（１ － ｘ％）２ ＝ １６４， 解得ａ ＝ １００，ｘ ＝ ２０． ６． ３　 由题意得ａ４ａ１４ ＝（槡２ ２）２ ＝ ８， 由等比数列性质，得ａ４·ａ１４ ＝ ａ７·ａ１１ ＝ ８， ∴ ｌｏｇ２ａ７ ＋ ｌｏｇ２ａ１１ ＝ ｌｏｇ２（ａ７·ａ１１）＝ ｌｏｇ２８ ＝ ３． ７． １　 设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，等比数列｛ｂｎ｝的公比为ｑ，则 由ａ４ ＝ ａ１ ＋ ３ｄ， 得ｄ ＝ ａ４ － ａ１３ ＝ ８ －（－ １） ３ ＝ ３， 由ｂ４ ＝ ｂ１ｑ３得ｑ３ ＝ ｂ４ｂ１ ＝ ８ － １ ＝ － ８， ∴ ｑ ＝ － ２． ∴ ａ２ ｂ２ ＝ ａ１ ＋ ｄ ｂ１ｑ ＝ － １ ＋ ３－ １ ×（－ ２）＝ １． ８． ｎ ２ ＋ ｎ ２ 　 ２ｎ ｎ ＋ １　 方法一：设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，由ａ１ａ２ａ３ …ａｎ ＝ ２ｂｎ，所以ａ１ａ２ａ３…ａｎ － １ ＝ ２ｂｎ － １，两式相比可得ａｎ ＝ ２ｂｎ － ｂｎ － １ ． 由｛ａｎ｝为等比数列，ａ１ ＝ ２，ａ４ ＝ １６， 所以ｑ３ ＝ ａ４ａ１ ＝ ８ｑ ＝ ２， 所以ａｎ ＝ ２ｎ，则ｂｎ － ｂｎ － １ ＝ ｎ（ｎ≥２）， 利用累加法可得ｂｎ －ｂ１ ＝２ ＋３ ＋…＋ｎ ＝（２ ＋ｎ）（ｎ －１）２ ， 令ｎ ＝ １，所以ａ１ ＝ ２ｂ１ｂ１ ＝ １， 所以ｂｎ ＝（２ ＋ ｎ）（ｎ － １）２ ＋ １ ＝ ｎ２ ＋ ｎ ２ （ｎ≥２）， 当ｎ ＝ １时，ｂ１ ＝ １符合上式，所以ｂｎ ＝ ｎ ２ ＋ ｎ ２ ， 所以１ｂｎ ＝ ２ ｎ２ ＋ ｎ ＝ ２ １ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， 所以Ｓｎ ＝ ２ １ － １２ ＋ １ ２ － １ ３ ＋…＋ １ ｎ － １ ｎ( )＋ １ ＝ ２ １ － １ｎ( )＋ １ ＝ ２ｎｎ ＋ １． 方法二：设｛ａｎ｝的公比为ｑ，由ａ１ ＝ ２，ａ４ ＝ １６，得ｑ３ ＝ ａ４ａ１ ＝ ８ ｑ ＝ ２，所以ａｎ ＝ ２ｎ， 所以ａ１ａ２ａ３…ａｎ ＝ ２ｂｎ ＝ ２１ ＋２ ＋…＋ ｎ ＝ ２ ｎ（１ ＋ ｎ） ２ ， 所以ｂｎ ＝ ｎ ２ ＋ ｎ ２ ， 所以１ｂｎ ＝ ２ ｎ２ ＋ ｎ ＝ ２ １ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， 所以Ｓｎ ＝ ２ １ － １２ ＋ １ ２ － １ ３ ＋…＋ １ ｎ － １ ｎ( )＋ １ ＝ ２ １ － １ｎ( )＋ １ ＝ ２ｎｎ ＋ １． ９．由ａ４ａ７ ＝ － ５１２，知ａ３ａ８ ＝ － ５１２． 解方程组ａ３ａ８ ＝ － ５１２， ａ３ ＋ ａ８ ＝ １２４{ ， 得ａ３ ＝ － ４， ａ８{ ＝ １２８ 或 ａ３ ＝ １２８， ａ８ ＝ － ４{ ． 所以ｑ ＝ ５ ａ８ ａ槡３ ＝ － ２，或ｑ ＝ ５ ａ８ ａ槡３ ＝ － １２ ，当ｑ ＝ － ２时，ａ１０ ＝ ａ３ｑ７ ＝ － ４ ×（－ ２）７ ＝ ５１２； 当ｑ ＝ － １２时，ａ１０ ＝ ａ３ｑ ７ ＝ １２８ × －( )１２ ７ ＝ － １． １０．方法一：设四个数依次为ａ － ｄ，ａ，ａ ＋ ｄ，（ａ ＋ ｄ） ２ ａ （ａ≠０）， 由条件得ａ － ｄ ＋ （ａ ＋ ｄ）２ ａ ＝ １６， ａ ＋（ａ ＋ ｄ）＝ １２{ ． 解得ａ ＝ ４， ｄ{ ＝ ４ 或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． 方法二：设四个数依次为２ａｑ － ａ， ａ ｑ ，ａ，ａｑ（ａ≠０）． 由条件得 ２ａ ｑ － ａ ＋ ａｑ ＝ １６， ａ ｑ ＋ ａ ＝ １２ { ． 解得ｑ ＝ ２，ａ{ ＝ ８ 或ｑ ＝ １３ ，ａ ＝ ３{ ． 当ｑ ＝ ２，ａ ＝ ８时，所求四个数为０，４，８，１６； 当ｑ ＝ １３ ，ａ ＝ ３时，所求四个数为１５，９，３，１． Ｂ组·能力提升 １． Ｂ　 因为２ｌｏｇｂｘ ＝ ２ｌｇ ｂ ｌｇ ｘ ＝ ｌｇ ｂ２ ｌｇ ｘ ＝ ｌｇ ａｃ ｌｇ ｘ ＝ ｌｇ ａ ＋ ｌｇ ｃ ｌｇ ｘ ＝ ｌｇ ａ ｌｇ ｘ ＋ ｌｇ ｃ ｌｇ ｘ ＝ １ ｌｏｇａｘ ＋ １ｌｏｇｃ ｘ ， 所以ｌｏｇａｘ，ｌｏｇｂｘ，ｌｏｇｃ ｘ各项的倒数依次成等差数列． ２． Ｃ　 设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， ∵ ａ１，１２ ａ３，２ａ２成等差数列， ∴ ａ３ ＝ ａ１ ＋ ２ａ２，∴ ａ１ｑ２ ＝ ａ１ ＋ ２ａ１ｑ， ∴ ｑ２ － ２ｑ － １ ＝ ０，∴ ｑ 槡＝ １ ± ２． ∵ ａｎ ＞ ０，∴ ｑ ＞ ０，ｑ 槡＝ １ ＋ ２． ∴ ａ９ ＋ ａ１０ ａ７ ＋ ａ８ ＝ ｑ２ ＝（ 槡１ ＋ ２）２ 槡＝ ３ ＋ ２ ２                                                                       ． —１６０— ３． Ｄ　 由题意可知１是方程之一根，若１是方程ｘ２ － ５ｘ ＋ ｍ ＝ ０ 的根则ｍ ＝ ４，另一根为４，设ｘ３，ｘ４ 是方程ｘ２ － １０ｘ ＋ ｎ ＝ ０的 根，则ｘ３ ＋ ｘ４ ＝ １０，这四个数的排列顺序只能为１，ｘ３，４，ｘ４，公 比为２，ｘ３ ＝ ２，ｘ４ ＝ ８，ｎ ＝ １６，ｍｎ ＝ １ ４ ；若１是方程ｘ ２ － １０ｘ ＋ ｎ ＝ ０的根，另一根为９，则ｎ ＝ ９，设ｘ２ － ５ｘ ＋ ｍ ＝ ０之两根为ｘ１， ｘ２则ｘ１ ＋ ｘ２ ＝ ５，无论什么顺序均不合题意． ４． ４　 ∵ ａｍ － １ａｍ ＋ １ － ２ａｍ ＝ ０， 由等比数列的性质可得，ａ２ｍ － ２ａｍ ＝ ０， ∵ ａｍ≠０，∴ ａｍ ＝ ２． ∵ Ｔ２ｍ － １ ＝ ａ１ａ２·…·ａ２ｍ － １ ＝（ａ１ａ２ｍ － １）·（ａ２ａ２ｍ － ２）·…·ａｍ ＝ ａ２ｍ － ２ｍ ａｍ ＝ ａ ２ｍ － １ ｍ ＝ ２ ２ｍ － １ ＝ １２８， ∴ ２ｍ － １ ＝ ７，∴ ｍ ＝ ４． ５． ４　 ∵ ａ２·ａ４ ＝ ４ ＝ ａ２３，且ａ３ ＞ ０，∴ ａ３ ＝ ２． 又ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＝ ２ｑ２ ＋ ２ ｑ ＋ ２ ＝ １４， ∴ １ｑ ＝ － ３（舍去）或 １ ｑ ＝ ２，即ｑ ＝ １ ２ ，ａ１ ＝ ８． 又ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ＝ ８ × ( )１２ ｎ － １ ＝ ( )１２ ｎ － ４ ， ∴ ａｎ·ａｎ ＋ １·ａｎ ＋ ２ ＝ ( )１２ ３ｎ － ９ ＞ １９ ，即２ ３ｎ － ９ ＜ ９， ∴ ｎ的最大值为４． ６．（１）因为ａ１ａ３ ＋ ２ａ２ａ４ ＋ ａ３ａ５ ＝ ２５，由等比数列的基本性质得 ａ２２ ＋ ２ａ２ａ４ ＋ ａ ２ ４ ＝ ２５，所以（ａ２ ＋ ａ４）２ ＝ ２５，因为ａ３ ＝ ２，ｑ∈（０， １），则对任意的ｎ∈Ｎ ＋得ａｎ ＞ ０所以ａ２ ＋ ａ４ ＝ ５， 由已知 ａ３ ＝ ａ１ｑ ２ ＝ ２ ａ２ ＋ ａ４ ＝ ａ１ｑ（１ ＋ ｑ２）＝ ５ ０ ＜ ｑ { ＜ １ ，解得 ａ１ ＝ ８ ｑ ＝{ １２ ， 因此ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ＝ ８ × ( )１２ ｎ － １ ＝ ２４ － ｎ ． （２）ｂｎ ＝ ｌｏｇ２ａｎ ＝ ｌｏｇ２２４ － ｎ ＝ ４ － ｎ，则ｂｎ ＋ １ － ｂｎ ＝［４ －（ｎ ＋ １）］ －（４ － ｎ）＝ － １， 数列｛ｂｎ｝为等差数列，得 Ｓｎ ＝ ｎ（ｂ１ ＋ ｂｎ） ２ ＝ ｎ（３ ＋ ４ － ｎ） ２ ＝ ７ｎ － ｎ２ ２ ， 所以Ｓｎｎ ＝ ７ｎ － ｎ２ ２ ｎ ＝ ７ － ｎ ２ ， 则Ｓｎ ＋ １ｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ ＝ ７ －（ｎ ＋ １） ２ － ７ － ｎ ２ ＝ － １ ２ ， 所以Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，Ｓ１１ ＋ Ｓ２２ ＋…＋ Ｓｎｎ ＝ ｎ Ｓ１ １ ＋ Ｓｎ( )ｎ ２ ＝ ｎ ３ ＋ ７ － ｎ( )２ ２ ＝ １３ｎ － ｎ２ ４ ＝ － １ ４ ｎ － １３( )２ ２ ＋ １６９１６ ．由ｎ∈Ｎ ＋，可 得ｎ ＝ ６或７时，Ｓ１１ ＋ Ｓ２ ２ ＋…＋ Ｓｎ ｎ取得最大值． Ｃ组·创新拓展 ＡＢＣ　 由于等比数列｛ａｎ｝的各项均为正数，且ａ６ ＋ ａ７ ＞ ａ６ａ７ ＋ １，所以（ａ６ － １）（ａ７ － １）＜ ０，所以ａ６，ａ７ 中，一个大于１，另 一个小于１，又ａ１ ＞ １，所以ａ６ ＞ １，ａ７ ＜ １，所以０ ＜ ｑ ＜ １，因为 ａ６ａ７ ＞ １，所以Ｔ１２ ＝（ａ６ａ７）６ ＞ １，Ｔ１３ ＝ ａ１３７ ＜ １． 练案［９］ Ａ组·基础自测 １． Ｃ　 由已知，Ｓ３ ＝ ａ１（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２）＝ ２（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２）＝ ６， 即ｑ２ ＋ ｑ － ２ ＝ ０，解得ｑ ＝ － ２或１． ２． Ａ　 根据题意得ｑ≠ － １，由等比数列的性质可得，Ｓ２，Ｓ４ － Ｓ２， Ｓ６ － Ｓ４成等比数列， 所以（Ｓ４ － Ｓ２）２ ＝ Ｓ２（Ｓ６ － Ｓ４），解得Ｓ６ ＝ ７． ３． Ａ　 当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ ２２ ＋ ２ｍ（ｍ∈Ｒ）， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ２ｎ ＋ １ ＋ ２ｍ －（２ｎ ＋ ２ｍ）＝ ２ｎ， 因为数列｛ａｎ｝为等比数列， 所以ａ１ ＝ ２２ ＋ ２ｍ ＝ ２，得ｍ ＝ － １， 所以２ｍａ２ ＋ ａ４ ＝ － ２ ２２ ＋ ２４ ＝ － １１０ ． ４． Ａ　 由已知｛ａｎ｝是首项为２，公比为２的等比数列，则ａ３ ＋ ａ４ ＋ ａ５ ＋ ａ６ ＝ ８ ＋ １６ ＋ ３２ ＋ ６４ ＝ １２０． ５． ＢＣ　 当Ｓｎ ＝（ｎ ＋ １）２ 时，ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ ４；ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝（ｎ ＋ １）２ － ｎ２ ＝ ２ｎ ＋ １（ｎ≥２），ａ１ ＝ ４不满足上式，所以数列｛ａｎ｝不是 等差数列，选项Ａ错误；当Ｓｎ ＝ ２ｎ － １时，ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ １，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ２ ｎ － １ －（２ｎ － １ － １）＝ ２ｎ － １，且ａ１ ＝ １满足上式，所以此时 数列｛ａｎ｝是等比数列，选项Ｂ正确；根据等差数列的性质可 知：Ｓ２ｎ － １ ＝ ２ｎ － １２ （ａ１ ＋ ａ２ｎ － １）＝ ２ｎ － １ ２ ·（２ａｎ）＝（２ｎ － １）ａｎ； 所以选项Ｃ正确；当ａｎ ＝（－ １）ｎ时，｛ａｎ｝是等比数列，而Ｓ２ ＝ － １ ＋ １ ＝ ０，Ｓ４ － Ｓ２ ＝ ０，Ｓ６ － Ｓ４ ＝ ０，不能构成等比数列，选项Ｄ 错误． ６． ３　 ∵ Ｓｎ为等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，且Ｓｎ ＝ ３ｎ ＋ １ － Ａ，∴ ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ ３ ２ － Ａ ＝ ９ － Ａ，ａ２ ＝ Ｓ２ － Ｓ１ ＝（３３ － Ａ）－（９ － Ａ）＝ １８，ａ３ ＝ Ｓ３ － Ｓ２ ＝（３４ － Ａ）－（３３ － Ａ）＝ ５４． ∵ ａ１，ａ２，ａ３成等比数列，∴ ａ２２ ＝ ａ１ａ３， ∴ １８２ ＝（９ － Ａ）× ５４，解得Ａ ＝ ３． 故答案为３． ７． ３　 １０　 设等比数列｛ａｎ｝的通项公式ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ．因为３ａ１， ２ａ２，ａ３成等差数列，所以２ × ２ａ２ ＝ ３ａ１ ＋ ａ３，即４ａ１ｑ ＝ ３ａ１ ＋ ａ１ｑ ２ ．又因为等比数列中ａ１≠０，则４ｑ ＝ ３ ＋ ｑ２，解得ｑ ＝ １或ｑ ＝ ３．又因为ｑ≠１，所以ｑ ＝ ３．所以Ｓ４Ｓ２ ＝ ａ１（１ － ｑ４） １ － ｑ ａ１（１ － ｑ２） １ － ｑ ＝ １ － ｑ ４ １ － ｑ２ ＝ １ ＋ ｑ２ ＝ １ ＋ ３２ ＝ １０． ８． ２　 设奇数项的和为Ｓ奇，偶数项的和为Ｓ偶， 由题意得 Ｓ奇＋ Ｓ偶＝ － ２４０ Ｓ奇－ Ｓ偶＝ ８０ ｑ ＝ Ｓ偶 Ｓ { 奇 ， 解得ｑ ＝ ２． ９．（１）由题意得， ａｎ ＝ ａ１·２ｎ － １ ＝ ９６， Ｓｎ ＝ ａ１（１ － ２ｎ） １ － ２ ＝ ａ１（２ ｎ － １）＝ １８９{ ， 解得ｎ ＝ ６． （２）由题意得Ｓ３Ｓ２ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ａ１ ＋ ａ２ ＝ ａ１（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２） ａ１（１ ＋ ｑ） ＝ ３ ２ ， 又ａ１≠０，解得ｑ ＝ １或ｑ ＝ － １２ ． １０．设｛ａｎ｝的公差为ｄ，｛ｂｎ｝的公比为ｑ， 则ａｎ ＝ － １ ＋（ｎ － １）·ｄ，ｂｎ ＝ ｑｎ － １ ． 由ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ２得ｄ ＋ ｑ ＝ ３．① （１）由ａ３ ＋ ｂ３ ＝ ５得２ｄ ＋ ｑ２ ＝ ６．② 联立①和②解得ｄ ＝ ３，ｑ{ ＝ ０ （舍去）， ｄ ＝ １，ｑ ＝ ２{ ． 因此｛ｂｎ｝的通项公式为ｂｎ ＝ ２ｎ － １ ． （２）由ｂ１ ＝ １，Ｔ３ ＝ ２１得ｑ２ ＋ ｑ － ２０ ＝ ０． 解得ｑ ＝ － ５或ｑ ＝ ４                                                                      ． —１６１— 练案［８］ 第一章　 数列 § ３　 ［３． １　 第２课时　 等比数列的性质及应用］ Ａ组·基础自测 一、选择题 １．等差数列｛ａｎ｝的首项为１，公差不为０．若ａ２，ａ３， ａ６成等比数列，则｛ａｎ｝前６项的和为 （Ａ ） Ａ． － ２４ Ｂ． － ３ Ｃ． ３ Ｄ． ８ ２．等比数列｛ａｎ｝为递减数列，若ａ２ａ６ ＝ ６，ａ３ ＋ ａ５ ＝ ５，则ａ５ａ７ ＝ （Ａ ） Ａ． ３２ Ｂ． ２ ３ Ｃ． １ ６ Ｄ． ６ ３．已知等比数列｛ａｎ｝中，ａ２ ＋ ａ５ ＝ １８，ａ３·ａ４ ＝ ３２，若ａｎ ＝ １２８，ｑ ＞ １，则ｎ ＝ （Ａ ） Ａ． ８ Ｂ． ７ Ｃ． ６ Ｄ． ５ ４．（多选）设｛ａｎ｝是等比数列，则下列结论中正 确的是 （Ａ ） Ａ．若ａ１ ＝ １，ａ５ ＝ ４，则ａ３ ＝ ２ Ｂ．若ａ１ ＋ ａ３ ＞ ０，则ａ２ ＋ ａ４ ＞ ０ Ｃ．若ａ２ ＞ ａ１，则ａ３ ＞ ａ２ Ｄ．若ａ２ ＞ ａ１ ＞ ０，则ａ１ ＋ ａ３ ＞ ２ａ２ ５．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问 题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称 递减的比例（即百分比）为“衰分比”．如：甲、 乙、丙、丁分别分得１００，６０，３６，２１． ６，递减的 比例为４０％，那么“衰分比”就等于４０％ ．今 共有粮ｍ（ｍ ＞ ０）石，按甲、乙、丙、丁的顺序进 行“衰分”，已知乙分得８０石，甲、丙所得之和 为１６４石，则“衰分比”为 （Ａ ） Ａ． ２０％ Ｂ． ２５％ Ｃ． ７５％ Ｄ． ８０％ 二、填空题 ６．各项为正的等比数列｛ａｎ｝中，ａ４与ａ１４的等比 中项为２槡２，则ｌｏｇ２ａ７ ＋ ｌｏｇ２ａ１１的值为３　 　 ． ７．若等差数列｛ａｎ｝和等比数列｛ｂｎ｝满足ａ１ ＝ ｂ１ ＝ － １，ａ４ ＝ ｂ４ ＝ ８，则ａ２ｂ２ ＝ １　 　 ． ８．已知数列｛ａｎ｝和｛ｂｎ｝满足ａ１ａ２ａ３…ａｎ ＝ ２ｂｎ（ｎ ∈Ｎ），若数列｛ａｎ｝为等比数列，且ａ１ ＝ ２，ａ４ ＝ １６，则｛ｂｎ｝的通项公式ｂｎ ＝ 　 　 　 　 ．数列 １ ｂ{ }ｎ 的前ｎ项和Ｓｎ ＝ 　 　 　 　 ． 三、解答题 ９．在等比数列｛ａｎ｝中，已知ａ４ａ７ ＝ － ５１２，ａ３ ＋ ａ８ ＝ １２４，求ａ１０的值                                                                ． —０９２— １０．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三 个数成等比数列，并且第一个数与第四个数 的和是１６，第二个数与第三个数的和是１２， 求这四个数． Ｂ组·能力提升 一、选择题 １．若正数ａ，ｂ，ｃ依次成公比大于１的等比数列， 则当ｘ ＞ １时，ｌｏｇａｘ，ｌｏｇｂｘ，ｌｏｇｃｘ （Ｂ ） Ａ．依次成等差数列 Ｂ．各项的倒数依次成等差数列 Ｃ．依次成等比数列 Ｄ．各项的倒数依次成等比数列 ２．已知等比数列｛ａｎ｝中，各项都是正数，且ａ１， １ ２ ａ３，２ａ２成等差数列，则 ａ９ ＋ ａ１０ ａ７ ＋ ａ８ 等于（Ｃ ） Ａ． １ ＋槡２ Ｂ． １ －槡２ Ｃ． ３ ＋ ２槡２ Ｄ． ３ － ２槡２ ３．若方程ｘ２ － ５ｘ ＋ ｍ ＝ ０与ｘ２ － １０ｘ ＋ ｎ ＝ ０的四 个根适当排列后，恰好组成一个首项为１的 等比数列，则ｍｎ的值是 （Ｄ ） Ａ． ４ Ｂ． ２ Ｃ． １２ Ｄ． １ ４ 二、填空题 ４．记等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项积为Ｔｎ（ｎ∈Ｎ），已 知ａｍ －１·ａｍ ＋１ － ２ａｍ ＝ ０，且Ｔ２ｍ －１ ＝ １２８，则ｍ ＝ ４　 　 ． ５．已知各项都为正数的等比数列｛ａｎ｝中，ａ２·ａ４ ＝ ４，ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＝ １４，则满足ａｎ·ａｎ ＋１·ａｎ ＋２ ＞ １９的最大正整数ｎ的值为４　 　 ． 三、解答题 ６．在等比数列｛ａｎ｝中，公比ｑ∈（０，１），且满足 ａ３ ＝ ２，ａ１ａ３ ＋ ２ａ２ａ４ ＋ ａ３ａ５ ＝ ２５． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝ ｌｏｇ２ａｎ，数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ， 当Ｓ１１ ＋ Ｓ２ ２ ＋…＋ Ｓｎ ｎ取最大值时，求ｎ的值． Ｃ组·创新拓展 （多选）已知等比数列｛ａｎ｝的各项均为正数， 公比为ｑ，且ａ１ ＞ １，ａ６ ＋ ａ７ ＞ ａ６ａ７ ＋ １ ＞ ２，记 ｛ａｎ｝的前ｎ项积为Ｔｎ，则下列结论正确的是 （Ａ ） Ａ． ０ ＜ ｑ ＜ １ Ｂ． ａ６ ＞ １ Ｃ． Ｔ１２ ＞ １ Ｄ． Ｔ１３                                                                      ＞ １ —０９３—