5.3.1 第2课时 等比数列的性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.3　等比数列 5.3.1　等比数列 第2课时　等比数列的性质 (教师独具内容) 课程标准：1.掌握等比中项的概念，并能够应用等比中项解决问题.2.理解等比数列的性质，并能够应用等比数列的性质解决简单问题． 教学重点：等比数列的性质及其应用． 教学难点：应用等比数列的性质解决问题． 核心素养：1.通过学习等比中项的概念和等比数列的性质发展数学抽象素养.2.通过应用等比数列的性质解决问题发展逻辑推理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 G x y xy 等比数列 核心概念掌握 5 知识点二　等比数列的性质 一般地，如果{an}是等比数列，而且正整数s，t，p，q满足s＋t＝p＋q，则_________．特别地，如果2s＝p＋q，则__________． [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． asat＝apaq a＝apaq 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)已知数列{an}是等比数列，若m＋n＝p(m，n，p∈N＋)，则aman＝ap.(　　) (2)若数列{an}是有穷等比数列，则a1an＝a2an－1＝a3an－2＝…＝aman－m＋1(n，m∈N＋)．(　　) (3)若数列{an}是等比数列，当m，n，p(m，n，p∈N＋)成等差数列时，am，an，ap也成等差数列．(　　) (4)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列． (　　) √ × × × 核心概念掌握 8 256 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等比中项 　 (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 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　等比数列的性质 核心素养形成 15 核心素养形成 16 (3)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 17 感悟提升　运用等比数列的性质时应注意的问题 运用等比数列的性质aman＝akal＝a(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． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 (2)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，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则aman＝apaq，可得a8a11＝a9a10＝a7a12＝5，所以a8a9a10a11＝25.故选B. 核心素养形成 20 (3)已知等比数列{an}中，a1，a101是方程x2－10x＋16＝0的两根，则a21a51a81的值为(　　) A．64 B．±64 C．256 D．±256 核心素养形成 21 题型三　等比数列与等差数列的综合　 角度 　 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， (1)若前后两数的和是16，中间两数的和是12，求这四个数； (2)若前后两数的积为－128，中间两数的积为16，求这四个数． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 角度 　等比数列与等差数列的综合问题 核心素养形成 29 核心素养形成 30 感悟提升　求解等差、等比数列综合问题的技巧 (1)理清各数列的基本特征量，明确两个数列间各量的关系． (2)发挥两个数列的基本量a1，d或a1，q的作用，并用好方程这一工具． (3)结合题设条件对求出的量进行必要的检验． 核心素养形成 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 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 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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 5．三个正数成等差数列，它们的和等于15，如果它们分别加上1，3，9就成等比数列，则这三个数分别为________． 3，5，7 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 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 利用a＝an－1an＋1(n≥2)判定数列{an}为等比数列的条件 利用等比数列的性质求特定三项的积 利用等比数列的性质求具体两项的比值 等差数列与等比数列的综合 利用等比数列的性质判断前n项的积与1的大小关系 利用等比数列的性质求具体两项的和 利用等比数列的单调性及通项公式的推广式求公比 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用等比数列的性质、等差数列的性质求具体两项的积 利用等比中项、等差数列的通项公式求等比数列的通项 灵活设项法求等比数列的通项公式；等比数列与等差数列的综合 与等比数列“子数列”相关的问题；等比数列的判定 利用等比数列的性质、等差数列的性质求值 等差数列与等比数列的综合 等差数列、等比数列与探索性问题的综合 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 2．在正项等比数列{an}中，a1，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 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 4．设各项为正数的等比数列{an}中，公比q＝2，且a1a2a3…a30＝230，则a3a6a9…a30＝(　　) A．230 B．210 C．220 D．215 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 5．(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．0＜q＜1 B．a6＞1 C．T12＞1 D．T13＞1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 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 13 14 48 7．已知{an}是递增的等比数列，a2＝2，a4－a3＝4，则此数列的公比q＝________． 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 16 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 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 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 14．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋5n，数列{bn}满足b1＝8，bn＝16bn＋1. (1)证明：数列{an}是等差数列； (2)是否存在常数p，q，使得对一切正整数n都有an＝logpbn＋q成立？若存在，求出p，q的值；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：因为数列{an}的前n项和为Sn＝2n2＋5n， 当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2＋5(n－1)， 所以an＝Sn－Sn－1＝2n2＋5n－2(n－1)2－5(n－1)＝4n＋3， 当n＝1时，a1＝S1＝2＋5＝7，满足a1＝4×1＋3， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n＋3，n∈N＋， 所以an＋1－an＝4(n＋1)＋3－4n－3＝4，n∈N＋， 所以数列{an}是首项为7，公差为4的等差数列． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等比中项 1．如果x，G，y是等比数列，那么称_____为_____与_____的等比中项． 2．根据等比中项与等比数列的定义可知eq \f(G,x)＝_____，因此G2＝_____．由此可知G＝_____. 3．在一个等比数列中，中间的每一项都是它的前一项与后一项的等比中项． 4．如果一个数列中，中间的每一项都是它的前一项与后一项的等比中项，那么这个数列一定是__________． eq \f(y,G) ±eq \r(xy) (2)等比数列的单调性 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． (3)等差数列与等比数列的联系 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且b≠1)为等比数列． 2．做一做 (1)已知等比数列{an}中，a4＝7，a6＝21，则a8的值为(　　) A．35 B．63 C．21eq \r(3) D．±21eq \r(3) (2)在等比数列{an}中，若a3＝eq \f(4,3)，a5＝eq \f(8,3)，则a11＝________． (3)若数列{an}为等比数列，且a1＋a2＝1，a3＋a4＝4，则a9＋a10＝________． eq \f(64,3) 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，所以G＝±eq \r(ab). eq \r(ab)或－eq \r(ab) (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)，解得a1＝d，∴eq \f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq \f(13d,16d)＝eq \f(13,16). eq \f(13,16) 感悟提升 (1)在等比数列{an}中，任取相邻的三项an－1，an，an＋1，则an是an＋1与an－1的等比中项，即aeq \o\al(2,n)＝an－1an＋1. (2)“a，G，b成等比数列”是“G2＝ab”的充分不必要条件． (3)等比数列中的任一项(除首、末两项)都是数列中距该项“距离”相等的两项的等比中项，即aeq \o\al(2,n)＝an－kan＋k(n，k∈N＋，n＞k) [跟踪训练1]　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.))因此eq \f(a＋b,a2＋b2)的值为1或－eq \f(1,3). 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)，因为an>0，所以a4a5a6＝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. (2)在等比数列{an}中，an<an＋1，且a2a11＝6，a4＋a9＝5，则eq \f(a6,a11)＝(　　) A．6 B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,6) D.eq \f(3,2) 解析　∵a2a11＝a4a9＝6，而a4＋a9＝5，∴a4，a9为方程x2－5x＋6＝0的两个根，解得a4＝2，a9＝3或a4＝3，a9＝2，∵an<an＋1，∴a4＝2，a9＝3，∴eq \f(a4,a9)＝eq \f(a1q3,a1q8)＝eq \f(1,q5)＝eq \f(2,3)，故eq \f(a6,a11)＝eq \f(a1q5,a1q10)＝eq \f(1,q5)＝eq \f(2,3). 解析　解法一：a5a2n－5＝aeq \o\al(2,n)＝22n，注意到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. [跟踪训练2]　(1)在等比数列{an}中，a4＝4，a6＝1，则a5＝(　　) A．1 B．2 C．±1 D．±2 解析：因为aeq \o\al(2,5)＝a4a6＝4，所以a5＝±2. 解析：因为a1，a101是方程x2－10x＋16＝0的两根，所以由根与系数的关系可得a1a101＝16，a1＋a101＝10，即a1(1＋q100)＝10，所以a1>0，由等比数列的性质知a1a101＝a21a81＝aeq \o\al(2,51)＝16，因为a51＝a1q50>0，所以a51＝4，所以a21a51a81＝64. 解　(1)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.)) 所以当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. 故所求的四个数为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.)) 所以当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. 故所求的四个数为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.)) 故所求的四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. (2)设所求四个数为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(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－aq))（aq3）＝－128，①,\f(a,q)（aq）＝16. ②)) 由②得a2＝16，解得a＝4或a＝－4. 由①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)，所以q＝2或q＝－2. 故所求的四个数为－4，2，8，32或4，－2，－8，－32. 感悟提升　等比数列的设项方法 对称设项法：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． [跟踪训练3]　有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四个数的和为21，中间两个数的和为18，求这四个数． 解：设前三个数分别为eq \f(a,q)，a，aq(q≠0)，则第四个数为2aq－a， 由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,q)＋（2aq－a）＝21，,a＋aq＝18，))解得q＝2或q＝eq \f(3,5). 当q＝2时，a＝6，这四个数为3，6，12，18； 当q＝eq \f(3,5)时，a＝eq \f(45,4)，这四个数为eq \f(75,4)，eq \f(45,4)，eq \f(27,4)，eq \f(9,4). 故所求的四个数为3，6，12，18或eq \f(75,4)，eq \f(45,4)，eq \f(27,4)，eq \f(9,4). (3,2)INCLUDEPICTURE"例4.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例4.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知{an}是递增的等比数列，a1＝1，且2a2，a3，a4成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝eq \f(1,log2an＋1·log2an＋3)，n∈N＋，求数列{bn}的前n项和Sn. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意及a1＝1，知q>1. ∵2a2，eq \f(3,2)a3，a4成等差数列，∴3a3＝a4＋2a2， ∴3q2＝q3＋2q，即q2－3q＋2＝0， 解得q＝2或q＝1(舍去)，∴q＝2， ∴数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1. (2)∵bn＝eq \f(1,log2an＋1·log2an＋3)＝eq \f(1,n（n＋2）)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))， ∴Sn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))) ＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) ＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）). [跟踪训练4]　已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若a1，a2，a5成等比数列，且S6＝36. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记Tn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)，求证：Tn<eq \f(1,2). 解：(1)因为a1，a2，a5成等比数列，S6＝36， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a1＋d）2＝a1（a1＋4d），,6a1＋\f(6×5,2)d＝36，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，)) 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)证明：因为eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， 所以Tn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1))). 因为n∈N＋，所以eq \f(1,2n＋1)>0， 所以1－eq \f(1,2n＋1)<1， 所以Tn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq \f(1,2). 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．已知m，2m＋2，3m＋3是等比数列{an}的前3项，则a4＝(　　) 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)，∴a4＝a1q3＝－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(3)＝－eq \f(27,2). 3．(多选)在等比数列{an}中，a7a11＝6，a4＋a14＝5，则eq \f(a20,a10)＝(　　) A.eq \f(2,3) B．1 C.eq \f(3,2) D．2 解析：因为a7a11＝a4a14＝6，又a4＋a14＝5，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝2，,a14＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝3，,a14＝2，))因为eq \f(a20,a10)＝q10＝eq \f(a14,a4)，所以eq \f(a20,a10)＝eq \f(3,2)或eq \f(a20,a10)＝eq \f(2,3). 4．在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝eq \f(15,8)，a8a9＝－eq \f(9,8)，则eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a8)＋eq \f(1,a9)＋eq \f(1,a10)＝________． 解析：∵eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a10)＝eq \f(a7＋a10,a7a10)，eq \f(1,a8)＋eq \f(1,a9)＝eq \f(a8＋a9,a8a9)，又a8a9＝a7a10，∴eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a8)＋eq \f(1,a9)＋eq \f(1,a10)＝eq \f(a7＋a8＋a9＋a10,a8a9)＝eq \f(\f(15,8),－\f(9,8))＝－eq \f(5,3). －eq \f(5,3) 解析：设这三个数分别为a－d，a，a＋d，则由题设得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－d＋a＋a＋d＝15，,（a＋3）2＝（a－d＋1）（a＋d＋9），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,d＝－10，))又a－d，a，a＋d均为正数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,d＝－10))不符合题意，舍去，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,d＝2.))∴这三个数分别为3，5，7. 一、选择题 1．已知数列{an}，则“aeq \o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2)”是“{an}为等比数列”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 解析：若{an}为等比数列，则aeq \o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2)一定成立；若aeq \o\al(2,n)＝an－1an＋1，则{an}不一定为等比数列，比如an＝0.所以“aeq \o\al(2,n)＝an－1·an＋1(n≥2)”是“{an}为等比数列”的必要不充分条件．故选B. 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.故选C. 3．已知在等比数列{an}中，an＋1<an，a2a8＝6，a4＋a6＝5，则eq \f(a5,a7)＝(　　) A.eq \f(5,6) B.eq \f(6,5) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,2) 解析：由a2a8＝a4a6＝6，a4＋a6＝5，a6<a4，得a6＝2，a4＝3，eq \f(a5,a7)＝eq \f(a4,a6)＝eq \f(3,2).故选D. 解析：∵a1a2a3…a30＝230，∴aeq \o\al(30,1)×q1＋2＋3＋…＋29＝aeq \o\al(30,1)×qeq \s\up7(\f(29×30,2))＝230，∴a1＝2－eq \s\up7(\f(27,2))，∴a3a6a9…a30＝aeq \o\al(10,3)×(q3)eq \s\up7(\f(9×10,2))＝(2－eq \s\up7(\f(27,2))×22)10×(23)45＝220. 解析：由于等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1＞1，a6＋a7＞a6a7＋1＞2，所以(a6－1)(a7－1)＜0，由题意得a6＞1，a7＜1，所以0＜q＜1.因为a6a7＋1＞2，所以a6a7＞1，T12＝a1a2…a11a12＝(a6a7)6＞1，T13＝aeq \o\al(13,7)＜1.故选ABC. 解析：∵a2a14＋a2a6＝48，a3a9＝6，∴aeq \o\al(2,8)＋aeq \o\al(2,4)＝48，a4a8＝6，∴(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) 解析：由a2＝2，a4－a3＝4，得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,a2q2－a2q＝4，))整理，得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1.又因为{an}是递增的等比数列，所以q＝2. 8．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，b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝beq \o\al(2,7)＝16. 解：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 则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). 10．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(q≠0)， 则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＝－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. 11．(多选)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，a2＝a(a为常数)，且bn＝anan＋1 (n∈N＋)，则下列四个命题正确的是(　　) A．若数列{an}是等比数列，则数列{bn}一定是等比数列 B．若数列{an}是等比数列，则数列{bn}可能是等比数列 C．若数列{bn}是等比数列，则数列{an}一定是等比数列 D．若数列{bn}是等比数列，则数列{an}可能是等比数列 解析：因为数列{an}是等比数列，a1＝1，a2＝a，所以a≠0，an＝an－1.又bn＝ anan＋1，则b1＝a1a2＝a，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝eq \f(an＋1,an－1)＝a2，即数列{bn}是以a为首项，a2为公比的等比数列，故A正确，B错误；设数列{bn}的公比为q，则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q且a≠0，又a1＝1，a2＝a，所以a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以1为首项，q为公比的等比数列；a2，a4，a6，…，a2n，…是以a为首项，q为公比的等比数列，即数列{an}为1，a，q，aq，q2，aq2，….当q＝a2时，数列{an}是等比数列；当q≠a2时，数列{an}不是等比数列，故C错误，D正确．故选AD. 12．(2024·贵州贵阳高二期末)已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，若a2a7a12＝3eq \r(3)，b1＋b7＋b13＝6π，则taneq \f(b2＋b12,a3a11)＝________． 解析：由等比数列的性质知a2a7a12＝aeq \o\al(3,7)＝3eq \r(3)，解得a7＝eq \r(3)，又数列{bn}为等差数列，b1＋b7＋b13＝3b7＝6π，解得b7＝2π，又b2＋b12＝2b7＝4π，a3a11＝aeq \o\al(2,7)＝3，所以taneq \f(b2＋b12,a3a11)＝taneq \f(4π,3)＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3). eq \r(3) 13．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋eq \f(1,2)an＝1. (1)证明数列{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)设bn＝log3(1－Sn＋1)，求满足方程eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(25,51)的n的值． 解：(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋eq \f(1,2)a1＝1，得a1＝eq \f(2,3). 当n≥2时，∵Sn＝1－eq \f(1,2)an，∴Sn－1＝1－eq \f(1,2)an－1， ∴Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)(an－1－an)，即an＝eq \f(1,2)(an－1－an)， ∴an＝eq \f(1,3)an－1， 故{an}是以eq \f(2,3)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列， 故an＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n). (2)∵1－Sn＝eq \f(1,2)an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)， ∴bn＝log3(1－Sn＋1) ＝log3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n＋1)＝－n－1， ∴eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)， ∴eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)(n∈N＋)， 解方程eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(25,51)，得n＝100. (2)因为bn＝16bn＋1，所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(1,16)， 所以数列{bn}是以8为首项，eq \f(1,16)为公比的等比数列， 所以bn＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16))) eq \s\up12(n－1)＝27－4n， 所以logpbn＝logp27－4n＝(7－4n)logp2， 要使对一切正整数n都有an＝logpbn＋q成立， 即4n＋3＝(7－4n)logp2＋q， 即4n＋3＝－4nlogp2＋7logp2＋q， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＝－4logp2，,3＝7logp2＋q.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,2)，,q＝10.)) 所以当p＝eq \f(1,2)，q＝10时，对一切正整数n都有an＝logpbn＋q成立． $$