4.3.1 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(人教A版2019)

所以数列｛ｌｏｇ２ ｜ ａｎ ｜｝不是等比数列．故选Ｄ． ５． 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． ６． ５ ８３２　 设公比为ｑ，则ｑ ＝ ａ２ ＋ ａ４ａ１ ＋ ａ３ ＝ ３， 又ａ１ ＋ ａ３ ＝ ａ１（１ ＋ ｑ２）＝ １０ａ１ ＝ ２０， ∴ ａ１ ＝ ２． ∴ ａ７ ＋ ａ８ ＝ ａ１（ｑ６ ＋ ｑ７）＝ ２（３６ ＋ ３７）＝ ５ ８３２． ７． － １２５６　 ∵ ａ１ ＝ １ ２ ，ａ２ ＝ ａ１ｑ ＝ １ ２ ｑ ＝ － １ ４ ， ∴ ｑ ＝ － １２ ，∴ ａ８ ＝ ａ１ｑ ７ ＝ １２ × －( )１２ ７ ＝ － １２５６． ８． 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 ＋ ２ａ１ｑ{ ， 解得ｑ ＝ ３．所以｛ａｎ｝的公比ｑ ＝ ３． 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·素养提升 １． Ｄ　 按题意要求，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列 填表如图， １ ２ ３ ４ ０． ５ １ １． ５ ２ ０． ２５ ０． ５ ０． ７５ １ ０． １２５ ０． ２５ ０． ３７５ ０． ５ ０． ０６２ ５ ０． １２５ ０． １８７ ５ ０． ２５ 故ａ ＝ １２ ，ｂ ＝ ３ ８ ，ｃ ＝ １ ４ ，则ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝ ９ ８ ．故选Ｄ． ２． ＡＣ　 因为ａ２，ａ３ ＋ １，ａ４成等差数列，所以２（ａ３ ＋ １）＝ ａ２ ＋ ａ４， 即１０ ＝ ４ １ｑ ＋( )ｑ ，所以ｑ ＋ １ｑ ＝ ５２ ，解得ｑ ＝ ２或ｑ ＝ １２ ． ３． Ｃ　 ｍ － ｋ ＝（ａ５ ＋ ａ６）－（ａ４ ＋ ａ７） ＝（ａ５ － ａ４）－（ａ７ － ａ６） ＝ ａ４（ｑ － １）－ ａ６（ｑ － １） ＝（ｑ － １）（ａ４ － ａ６） ＝（ｑ － １）·ａ４·（１ － ｑ２） ＝ － ａ４（１ ＋ ｑ）（１ － ｑ）２ ＜ ０（∵ ａｎ ＞ ０，ｑ≠１）． ４．槡５ － １２ 　 由已知得ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ ＋ ２， 即ａ１ｑｎ － １ ＝ ａ１ｑｎ ＋ ａ１ｑｎ ＋ １， ∴ ｑ２ ＋ ｑ ＝ １，解得ｑ ＝ 槡－ １ ± ５２ ． 又ｑ ＞ ０，∴ ｑ ＝槡５ － １２ ． ５． ３ ａ２槡ｂ ａ 　 设这个公比为ｑ，则 ｂ ＝ ａｑ３，ｑ３ ＝ ｂａ （ａ≠０，ｂ≠０）， 所以ｑ ＝ ３ ｂ槡ａ ＝ ３ ａ２槡ｂ ａ ． ６．（１）证明：由已知，有ａ１ ＋ ａ２ ＝ ４ａ１ ＋ ２，∴ ａ２ ＝ ３ａ１ ＋ ２ ＝ ５，故ｂ１ ＝ ａ２ － ２ａ１ ＝ ３． 又ａｎ ＋ ２ ＝ Ｓｎ ＋ ２ － Ｓｎ ＋ １ ＝ ４ａｎ ＋ １ ＋ ２ －（４ａｎ ＋ ２） ＝ ４ａｎ ＋ １ － ４ａｎ， 于是ａｎ ＋ ２ － ２ａｎ ＋ １ ＝ ２（ａｎ ＋ １ － ２ａｎ）， 即ｂｎ ＋ １ ＝ ２ｂｎ ． 因此数列｛ｂｎ｝是首项为３，公比为２的等比数列． （２）由（１）知等比数列｛ｂｎ｝中，ｂ１ ＝ ３，公比ｑ ＝ ２， 所以ａｎ ＋ １ － ２ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － １ ． 于是ａｎ ＋ １ ２ｎ ＋ １ － ａｎ ２ｎ ＝ ３４ ， 因此数列ａｎ ２{ }ｎ 是首项为１２ ，公差为３４的等差数列，ａｎ２ｎ ＝ １２ ＋ （ｎ － １）× ３４ ＝ ３ ４ ｎ － １ ４ ． 所以ａｎ ＝（３ｎ － １）·２ｎ － ２ ． Ｃ组·探索创新 (　 槡５ ＋ １ )２ ５ 　 根据题意，如图：若图中最小正方形的边长为１， 即ＨＰ ＝ １，则矩形ＨＰＬＪ中，ＬＰ ＝ ＨＪ ＝ １ 槡５ － １ ２ ＝槡５ ＋ １２ ，则在矩 形ＨＪＩＦ中，ＨＦ ＝ ＨＪ 槡５ － １ ２ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ２ ， 同理：ＦＣ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ３ ，ＤＣ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ４ ， 则ＢＣ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ５ ． 练案［８］ Ａ组·基础自测 １． Ａ　 ａ１ａ２ａ３ ＝ － ８，ａ３２ ＝ － ８，ａ２ ＝ － ２，ａ５ ＝ １６，公比为－ ２． ２． Ｂ　 设新数列为｛ｂｎ｝，｛ｂｎ｝的通项公式为ｂｎ ＝ ａｎａｎ ＋ １ ． 则ａｎ ＋ １ａｎ ＋ ２ａｎａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ ２ ａｎ ＝ ｑ２，故数列｛ｂｎ｝是公比为ｑ２的等比数列． ３． Ｂ　 曲线ｙ ＝ ｘ２ － ２ｘ ＋ ３的顶点是（１，２），则ｂ ＝ １，ｃ ＝ ２．由ａ，ｂ， ｃ，ｄ成等比数列，知ａｄ ＝ ｂｃ ＝ １ × ２ ＝ ２，故选Ｂ                                                                       ． —１５６— ４． ＡＤ　 设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，则ａ ２ ｎ ＋ １ ａ２ｎ ＝ ａｎ ＋ １ ａ( )ｎ ２ ＝ ｑ２， ∴ ｛ａ２ｎ｝是等比数列； ｌｇ ａｎ ＋ １ － ｌｇ ａｎ ＝ ｌｇ ａｎ ＋ １ ａｎ ＝ ｌｇ ｑ，当ｑ ＜ ０时，ｌｇ ｑ无意义，故Ｂ 错误； ａｎ ＋ １ ｎ ＋ １ － ａｎ ｎ ＝ ｑ·ａｎ ｎ ＋ １ － ａｎ ｎ ＝ ａｎ ｑ ｎ ＋ １ － １( )ｎ ≠常数，故Ｃ错误； 由等比数列的定义知｛ａｎ ＋ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ ＋ ２｝是等比数列． 故选ＡＤ． ５． Ｂ　 设Ａ ＝ ａ１ａ４ａ７…ａ２８，Ｂ ＝ ａ２ａ５ａ８…ａ２９， Ｃ ＝ ａ３ａ６ａ９…ａ３０，则Ａ，Ｂ，Ｃ成等比数列， 公比为ｑ１０ ＝ ２１０，由条件得Ａ·Ｂ·Ｃ ＝ ２３０，∴ Ｂ ＝ ２１０， ∴ Ｃ ＝ Ｂ·２１０ ＝ ２２０ ． 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． 槡± ３　 由题知ａ２４ ＝ ａ１ａ１３， 即（ａ１ ＋ ３ｄ）２ ＝ ａ１（ａ１ ＋ １２ｄ）， ∴ ａ２１ ＋ ６ａ１ｄ ＋ ９ｄ ２ ＝ ａ２１ ＋ １２ａ１ｄ， ∴ ａ１ ＝ ３ ２ ｄ， ∴ ａ４ ＝ ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ９ ２ ｄ， ∴ ｑ２ ＝ ａ４ ａ１ ＝ ３， ∴ ｑ 槡＝ ± ３． ８． 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． ９．（１）由题意可得ａ２ ＝ １２ ，ａ３ ＝ １ ４ ． （２）由ａ２ｎ －（２ａｎ ＋ １ － １）ａｎ － ２ａｎ ＋ １ ＝ ０得 ２ａｎ ＋ １（ａｎ ＋ １）＝ ａｎ（ａｎ ＋ １）． 因为｛ａｎ｝的各项都为正数，所以ａｎ ＋ １ａｎ ＝ １ ２ ． 故｛ａｎ｝是首项为１，公比为１２的等比数列，因此ａｎ ＝ １ ２ｎ － １ ． １０．设数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则 ａ３ ＝ ａ４ － ｄ ＝ １０ － ｄ，ａ６ ＝ ａ４ ＋ ２ｄ ＝ １０ ＋ ２ｄ， ａ１０ ＝ ａ４ ＋ ６ｄ ＝ １０ ＋ ６ｄ． 由ａ３，ａ６，ａ１０成等比数列得，ａ３ａ１０ ＝ ａ２６， 即（１０ － ｄ）（１０ ＋ ６ｄ）＝（１０ ＋ ２ｄ）２， 整理得１０ｄ２ － １０ｄ ＝ ０， 解得ｄ ＝ ０，或ｄ ＝ １． 当ｄ ＝ ０时，Ｓ２０ ＝ ２０ａ４ ＝ ２００； 当ｄ ＝ １时，ａ１ ＝ ａ４ － ３ｄ ＝ １０ － ３ × １ ＝ ７， 因此，Ｓ２０ ＝ ２０ａ１ ＋ ２０ × １９２ ｄ ＝ ２０ × ７ ＋ １９０ ＝ ３３０． Ｂ组·素养提升 １． Ａ　 方法一：ａ ＝ ｌｏｇ２３，ｂ ＝ ｌｏｇ２６ ＝ １ ＋ ｌｏｇ２３， ｃ ＝ ｌｏｇ２１２ ＝ ２ ＋ ｌｏｇ２３． ∴ ｂ － ａ ＝ ｃ － ｂ． 方法二：∵ ２ａ·２ ｃ ＝ ３６ ＝（２ｂ）２， ∴ ａ ＋ ｃ ＝ ２ｂ，∴选Ａ． ２． Ａ　 因为Ａ９ ＝ ａ１ａ２ａ３…ａ９ ＝ ａ９５，Ｂ９ ＝ ｂ１ｂ２ｂ３…ｂ９ ＝ ｂ９５，所以Ａ９Ｂ９ ＝ ａ５ ｂ( )５ ９ ＝ ５１２． ３． ＡＢＤ　 依题意，数列｛ａｎ｝是正项等比数列，所以ａ３ ＞ ０，ａ７ ＞ ０， ａ５ ＞ ０， 所以槡６ ＝ ２ａ３ ＋ ３ ａ７ ≥２ ２ａ３ ·３ａ槡７ ＝ 槡２ ６ａ槡２５，因为ａ５ ＞ ０，所以上式可化为ａ５≥２， 当且仅当ａ３ ＝ 槡２ ６３ ，ａ７ 槡＝ ６时等号成立． 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 ＝ ａ２ｍ － １ｍ ＝ 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 ＋ ２ｑ ＋ 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．方案一：选择条件①． （１）因为数列｛Ｓｎ ＋ ａ１｝为等比数列，所以（Ｓ２ ＋ ａ１）２ ＝（Ｓ１ ＋ ａ１）·（Ｓ３ ＋ ａ１），即（２ａ１ ＋ ａ２）２ ＝ ２ａ１（２ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３）． 设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，因为ａ１ ＝ １， 所以（２ ＋ ｑ）２ ＝ ２（２ ＋ ｑ ＋ ｑ２），解得ｑ ＝ ２或ｑ ＝ ０（舍去）， 所以ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ＝ ２ｎ － １（ｎ∈Ｎ）． （２）由（１）得ａｎ ＝ ２ｎ － １（ｎ∈Ｎ）， 所以ｂｎ ＝ １ｌｏｇ２ａｎ ＋ １·ｌｏｇ２ａｎ ＋ ３ ＝ １ ｎ（ｎ ＋ ２）＝ １ ２ １ ｎ － １ ｎ( )＋ ２ ， 所以Ｔｎ ＝ １２ １ －( )[ １３ ＋ １２ －( )１４ ＋ １３ －( )１５ ＋…＋ １ ｎ － １ － １ ｎ( )＋ １ ＋ １ｎ － １ｎ )( ]＋ ２ ＝ １２ ３ ２ － １ ｎ ＋ １ － １ ｎ( )＋ ２ ＝ ３４ － １ ２ １ ｎ ＋ １ ＋ １ ｎ( )＋ ２ ＝ ３４ － ２ｎ ＋ ３ ２（ｎ ＋ １）（ｎ ＋ ２）． 方案二：选择条件②． （１）因为点（Ｓｎ，ａｎ ＋ １）在直线ｙ ＝ ｘ ＋ １上， 所以ａｎ ＋ １ ＝ Ｓｎ ＋ １（ｎ∈Ｎ）， 所以ａｎ ＝ Ｓｎ － １ ＋ １（ｎ≥２）， 两式相减得ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ａｎ，ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ２（ｎ≥２）． 因为ａ１ ＝ １，ａ２ ＝ Ｓ１ ＋ １ ＝ ａ１ ＋ １ ＝ ２，所以ａ２ａ１ ＝ ２适合上式． 所以数列｛ａｎ｝是首项为１，公比为２的等比数列， 所以ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ＝ ２ｎ － １（ｎ∈Ｎ）． （２）同方案一的（２）． 方案三：选择条件③                                                                      ． —１５７— （１）当ｎ≥２时，因为２ｎａ１ ＋ ２ｎ － １ａ２ ＋…＋ ２ａｎ ＝ ｎａｎ ＋ １（ｎ∈Ｎ） （ⅰ）， 所以２ｎ － １ａ１ ＋ ２ｎ － ２ａ２ ＋…＋ ２ａｎ － １ ＝（ｎ － １）ａｎ， 所以２ｎａ１ ＋ ２ｎ － １ａ２ ＋…＋ ２２ａｎ － １ ＝ ２（ｎ － １）ａｎ（ⅱ）， （ⅰ）－（ⅱ）得２ａｎ ＝ ｎａｎ ＋ １ － ２（ｎ － １）ａｎ，即ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ２（ｎ≥２）， 当ｎ ＝ １时，２ａ１ ＝ ａ２，ａ２ａ１ ＝ ２适合上式． 所以数列｛ａｎ｝是首项为１，公比为２的等比数列， 所以ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ＝ ２ｎ － １（ｎ∈Ｎ）． （２）同方案一的（２）． Ｃ组·探索创新 　 ＡＢＤ　 ①若ｑ ＜ ０，则ａ２ ０２０ ＝ ａ１ｑ２ ０１９ ＜ ０，ａ２ ０２１ ＝ ａ１ｑ２ ０２０ ＞ ０，此时 ａ２ ０２０·ａ２ ０２１ ＜ ０，不合题意； ②若ｑ≥１，对任意的ｎ∈Ｎ ＋，ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ＞ ０，且有ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ｑ≥１， 可得ａｎ ＋ １≥ａｎ， 可得ａ２ ０２１≥ａ２ ０２０≥ａ１ ＞ １，此时ａ２ ０２０ － １ａ２ ０２１ － １ ＞ ０，与题干不符，不合 题意； ③由上可知０ ＜ ｑ ＜ １，对任意的ｎ∈Ｎ ＋，ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ ＞ ０，且有 ａｎ ＋ １ ａｎ ＝ ｑ ＜ １，可得ａｎ ＋ １ ＜ ａｎ， 此时，数列｛ａｎ｝为单调递减数列，则ａ２ ０２０ ＞ ａ２ ０２１，由ａ２ ０２０ － １ａ２ ０２１ － １ ＜ ０可得０ ＜ ａ２ ０２１ ＜ １ ＜ ａ２ ０２０ ． 对于Ａ选项，由上可知，Ａ选项错误；对于Ｂ选项，由于数列 ｛ａｎ｝为正项递减数列，所以０ ＜ ａ２ ０２２ ＜ ａ２ ０２１ ＜ １，则ａ２ ０２１· ａ２ ０２２ － １ ＜ ０，Ｂ选项错误； 对于Ｃ选项，由上可知，正项数列｛ａｎ｝前２ ０２０项都大于１，而 从第２ ０２１项起都小于１，所以Ｔ２ ０２０是数列｛Ｔｎ｝中的最大值， Ｃ选项正确； 对于Ｄ选项，Ｓ２ ０２１ － Ｓ２ ０２０ ＝ ａ２ ０２１ ＞ ０， ∴ Ｓ２ ０２０ ＜ Ｓ２ ０２１，Ｄ选项错误，故选ＡＢＤ． 练案［９］ Ａ组·基础自测 １． Ｃ　 由题知１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ ｑ４ ＝ ５（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２）－ ４， 即ｑ３ ＋ ｑ４ ＝ ４ｑ ＋ ４ｑ２，即ｑ３ ＋ ｑ２ － ４ｑ － ４ ＝ ０，即（ｑ － ２）（ｑ ＋ １） （ｑ ＋ ２）＝ ０． 由题知ｑ ＞ ０，所以ｑ ＝ ２． 所以Ｓ４ ＝ １ ＋ ２ ＋ ４ ＋ ８ ＝ １５． 故选Ｃ． ２． Ａ　 显然数列｛ａｎ｝的公比不等于１，所以Ｓｎ ＝ ａ１·（ｑ ｎ － １） ｑ － １ ＝ ａ１ ｑ － １·ｑ ｎ － ａ１ ｑ － １ ＝ ４ ｎ ＋ ｂ，所以ｂ ＝ － １． ３． Ｂ　 设该等比数列的公比为ｑ．由题意，可知ｑ≠１， 则７７８ ＝ １４ － ７８ ｑ １ － ｑ ， 解得ｑ ＝ － １２ ， 设此数列的项数为ｍ，令７８ ＝ １４ × －( )１２ ｍ － １ ，解得ｍ ＝ ５．故 该数列共有５项． ４． ＡＣ　 等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，ｑ ＝ ２，所以ａｎ ＝ ２ｎ － １，Ｓｎ ＝ ２ｎ － １．于是ａ２ｎ ＝ ２ × ４ｎ － １，１ａｎ ＝ ( ) １ ２ ｎ － １ ，ｌｏｇ２ａｎ ＝ ｎ － １，故数列 ｛ａ２ｎ｝是等比数列， 数列１ａ{ }ｎ 是递减数列，数列｛ｌｏｇ２ａｎ｝是等差数列． Ｓｎ ＝ １ － ２ｎ １ － ２ ＝ ２ ｎ － １．故选ＡＣ． ５． Ｄ　 设所有存款和利息的总和为Ｓ元，由题意知第一年存入的 ａ元到２０２３年本息和为ａ（１ ＋ ｐ）７ 元，以此类推，２０２２年存入 的ａ元到２０２３年本息和为ａ（１ ＋ ｐ）元，所以Ｓ ＝ ａ（１ ＋ ｐ）７ ＋ ａ（１ ＋ ｐ）６ ＋ ａ（１ ＋ ｐ）５ ＋…＋ ａ（１ ＋ ｐ） ＝ ａ［（１ ＋ ｐ）７ ＋（１ ＋ ｐ）６ ＋（１ ＋ ｐ）５ ＋…＋（１ ＋ ｐ）］ ＝ ａ·（１ ＋ ｐ）［１ －（１ ＋ ｐ） ７］ １ －（１ ＋ ｐ） ＝ ａ ｐ ［（１ ＋ ｐ） ８ － （１ ＋ ｐ）］．故 选Ｄ． 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． １７０　 ∵ （Ｓ８ － Ｓ４）∶ Ｓ４ ＝ ２４ ＝ １６， ∴ （Ｓ８ － １０）∶ １０ ＝ １６， ∴ Ｓ８ ＝ １７０． ９．由ａ１ａ３ ＝ ａ２２ ＝ ３６，得ａ２ ＝ ± ６． 再由ａ２ ＋ ａ４ ＝ ６０，得ａ４ ＝ ５４或ａ４ ＝ ６６． 因为ａ２与ａ４同号，所以ａ２ ＝ ６，ａ４ ＝ ５４． 再由ｑ２ ＝ ａ４ａ２ ＝ ９，得ｑ ＝ ± ３． 当ｑ ＝ ３时，ａ１ ＝ ａ２ｑ ＝ ２． 此时，Ｓｎ ＝ ２（３ ｎ － １） ３ － １ ＞ ４００，即３ ｎ ＞ ４０１． 所以ｎ≥６． 当ｑ ＝ － ３时，ａ１ ＝ － ２， 此时，Ｓｎ ＝（－ ２）［（－ ３） ｎ － １］ － ３ － １ ＞ ４００， 即（－ ３）ｎ ＞ ８０１．所以ｎ≥８（ｎ∈Ｎ且ｎ为偶数）． 综上：当ａ１ ＝ ２，ｑ ＝ ３时，ｎ是大于等于６的正整数， 当ａ１ ＝ － ２，ｑ ＝ － ３时，ｎ是不小于８的偶数． 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． 当ｑ ＝ － ５时，由①得ｄ ＝ ８，则Ｓ３ ＝ ２１． 当ｑ ＝ ４时，由①得ｄ ＝ － １，则Ｓ３ ＝ － ６． Ｂ组·素养提升 １． Ａ　 设公比为ｑ，∵ ａｎ ＋ ２ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ ＋ ２ ＝ ０，∴ ａ１ ＋ ２ａ２ ＋ ａ３ ＝ ０， ∴ ａ１ ＋ ２ａ１ｑ ＋ ａ１ｑ ２ ＝ ０，∴ ｑ２ ＋ ２ｑ ＋ １ ＝ ０，∴ ｑ ＝ － １，又∵ ａ１ ＝ ２， ∴ Ｓ１０１ ＝ ａ１（１ － ｑ１０１） １ － ｑ ＝ ２［１ －（－ １）１０１］ １ ＋ １ ＝ ２                                                                       ． —１５８— 练案［８］ 第四章　 数列 ４． ３　 ［４． 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．等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ａ２ａ３ ＝ － ８，ａ５ ＝ １６，则公 比为 （Ａ ） Ａ． － ２ Ｂ． ２ Ｃ． － ４ Ｄ． ４ ２．将公比为ｑ的等比数列｛ａｎ｝依次取相邻两项 的乘积组成新的数列ａ１ａ２，ａ２ａ３，ａ３ａ４，…．此 数列是 （Ｂ ） Ａ．公比为ｑ的等比数列 Ｂ．公比为ｑ２的等比数列 Ｃ．公比为ｑ３的等比数列 Ｄ．不一定是等比数列 ３．已知ａ，ｂ，ｃ，ｄ成等比数列，且曲线ｙ ＝ ｘ２ － ２ｘ ＋ ３的顶点是（ｂ，ｃ），则ａｄ ＝ （Ｂ ） Ａ． ３ Ｂ． ２ Ｃ． １ Ｄ． － ２ ４．（多选题）已知数列｛ａｎ｝是等比数列，那么下 列结论一定正确的是 （　 ） Ａ．｛ａ２ｎ｝为等比数列 Ｂ．｛ｌｇ ａｎ｝为等差数列 Ｃ． ａｎ{ }ｎ 为等差数列 Ｄ．｛ａｎ ＋ ａｎ ＋１ ＋ ａｎ ＋２｝为等比数列 ５．设｛ａｎ｝是由正数组成的等比数列，公比ｑ ＝２，且 ａ１·ａ２·ａ３·…·ａ３０ ＝ ２３０，那么ａ３·ａ６·ａ９· …·ａ３０等于 （Ｂ ） Ａ． ２１０ Ｂ． ２２０ Ｃ． ２１６ Ｄ． ２１５ 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．已知公差不为零的等差数列的第１，４，１３项恰 好是某等比数列的第１，３，５项，那么该等比数 列的公比ｑ ＝ 　 　 　 　 　 ． ８．若等差数列｛ａｎ｝和等比数列｛ｂｎ｝满足ａ１ ＝ ｂ１ ＝ － １，ａ４ ＝ ｂ４ ＝ ８，则ａ２ｂ２ ＝ １　 　 　 ． 三、解答题 ９．已知各项都为正数的数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １， ａ２ｎ －（２ａｎ ＋１ － １）ａｎ － ２ａｎ ＋１ ＝ ０． （１）求ａ２，ａ３； （２）求｛ａｎ｝的通项公式                                                               ． —０９２— １０．等差数列｛ａｎ｝中，ａ４ ＝ １０，且ａ３，ａ６，ａ１０成等 比数列，求数列｛ａｎ｝前２０项的和Ｓ２０ ． Ｂ组·素养提升 一、选择题 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．已知２ａ ＝ ３，２ｂ ＝ ６，２ ｃ ＝ １２，则ａ，ｂ，ｃ （Ａ ） Ａ．成等差数列不成等比数列 Ｂ．成等比数列不成等差数列 Ｃ．成等差数列又成等比数列 Ｄ．既不成等差数列又不成等比数列 ２．两个公比均不为１的等比数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝，其 前ｎ项的乘积分别为Ａｎ，Ｂｎ．若ａ５ｂ５ ＝ ２，则 Ａ９ Ｂ９ ＝ （Ａ ） Ａ． ５１２ Ｂ． ３２ Ｃ． ８ Ｄ． ２ ３．（多选题）已知数列｛ａｎ｝是正项等比数列，且 ２ ａ３ ＋ ３ａ７ ＝槡６，则ａ５的值可能是 （　 ） Ａ． ２ Ｂ． ４ Ｃ． ８５ Ｄ． ８ ３ 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 ＝ ４Ｘ　 ． 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．（２０２４·山东青岛模拟）设数列｛ａｎ｝的前ｎ项 和为Ｓｎ，ａ１ ＝ １，　 　 　 　 ． 给出下列三个条件： 条件①：数列｛ａｎ｝为等比数列，数列｛Ｓｎ ＋ ａ１｝ 也为等比数列； 条件②：点（Ｓｎ，ａｎ ＋１）在直线ｙ ＝ ｘ ＋ １上； 条件③：２ｎａ１ ＋ ２ｎ －１ａ２ ＋…＋ ２ａｎ ＝ ｎａｎ ＋１ ． 试在上面的三个条件中任选一个，补充在上 面的横线上，完成下面两问的解答． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝ １ｌｏｇ２ａｎ ＋１·ｌｏｇ２ａｎ ＋３，求数列｛ｂｎ｝的 前ｎ项和Ｔｎ． Ｃ组·探索创新 　 （多选题）设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，其前ｎ 项和为Ｓｎ，前ｎ项之积为Ｔｎ，且满足ａ１ ＞ １， ａ２ ０２０·ａ２ ０２１ ＞ １，ａ２ ０２０ － １ａ２ ０２１ － １ ＜ ０，则下列结论中错 误的是 （　 ） Ａ． ｑ ＜ ０　 　 　 　 Ｂ． ａ２ ０２１·ａ２ ０２２ － １ ＞ ０ Ｃ． Ｔ２ ０２０是数列｛Ｔｎ｝中的最大值 Ｄ． Ｓ２ ０２０ ＞ Ｓ                                                                     ２ ０２１ —０９３—