4.3.1 第1课时 等比数列的概念与通项公式-【金版教程】2025-2026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）

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 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． (教师独具内容) 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 一般地，如果一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的比都等于__________，那么这个数列叫做等比数列，这个_____叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(显然q≠____)． [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． 2 同一个常数 常数 0 核心概念掌握 5 知识点二　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＝_____． G ab 核心概念掌握 6 [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？　 核心概念掌握 7 an＝a1qn－1 ka a 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 an＝5n－1 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　 　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 【感悟提升】　 核心素养形成 18 核心素养形成 19 题型三　等比数列的通项公式　 角度 　等比数列的基本计算 　 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. 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】　 等比数列通项公式的求法与应用技巧 (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. (2)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． 核心素养形成 22 【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 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 角度 　等比数列的单调性 　 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 核心素养形成 26 【感悟提升】　 核心素养形成 27 【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 28 题型四　等比数列的判定与证明　 　 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1.证明：数列{an}为等比数列． 证明　∵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． 核心素养形成 29 【感悟提升】　 核心素养形成 30 核心素养形成 31 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)＝(1＋q)(a1＋a3)＝3(a1＋a3)，又a1＋a3＝a1＋a1q2＝a1(1＋q2)≠0，所以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60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 求公比及等比数列中的项 由公比及等比数列中的项求项数 利用等比中项公式求数列中的项 由等比数列中的项求公比及数列中的项 等比数列的判断及求通项公式 等比中项公式的应用 等比数列与指数型函数的关系 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 写出符合条件的等比数列的通项公式 等差、等比数列基本量的计算；求等比数列的通项公式 由an，Sn之间的关系求数列中的项；证明等比数列 等比数列的判断；等差数列的判断 由递推关系求数列中的项；证明等比数列；借助等比数列求数列的通项公式 等差中项公式的应用；求等比数列的通项公式；数列增减性的判断 数列的新定义问题；由递推关系求数列的通项公式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 2．等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，若an＝128，则n＝(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：因为数列{an}为等比数列，a1＝1，q＝2，an＝128，所以an＝a1qn－1＝2n－1＝128，解得n＝8.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 13 14 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 13 14 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 13 14 47 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 8．已知等比数列{an}满足a2<|an|<a1(n＝3，4，5，…)，写出符合上述条件的一个等比数列{an}的通项公式为__________________________________________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 13 14 50 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 11．(多选)已知数列{an}满足an＋1＋an＝f(n)，则下列说法中正确的是(　　) A．若a1＝2，f(n)＝2n，则数列{an}是等差数列 B．若a1＝1，f(n)＝2n＋1，则数列{an}是等差数列 C．若a1＝2，f(n)＝4，则数列{an}是等比数列 D．若a1＝1，f(n)＝3×2n－1，则数列{an}是等比数列 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 12．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(an＋1)2－1，则{an}的通项公式为______________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 13．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)设等比数列{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 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 14．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 13 14 58 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， ∴an＋1＋an＋2＝p(an＋an＋1)＋2q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 13 14 59 又an＋an＋1＝3×2n(n∈N*)， ∴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， ∴2－p＝0，2q＝0，即p＝2，q＝0， ∴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 13 14 60 　　　　　　　　　　　　　 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． 知识点三　等比数列的通项公式 1．公式：an＝a1qn-1，其中a1为首项，q为公比． 2．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_____________． 知识点四　等比数列与指数型函数的关系 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_____，公比为____． 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 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．(等比数列的通项公式)等比数列1，5，25，125，…的通项公式为________． 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)下列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(1,1)＝1，eq \f(2,1)＝2≠1，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，那么数列{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G＝－eq \r(ab). eq \r(ab)或－eq \r(ab) 等比中项的应用策略 (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．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＝12，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). 解　(1)∵an＝a1qn－1＝128，a1＝4，q＝2， ∴4×2n－1＝128，∴2n－1＝32，∴n－1＝5， ∴n＝6. (2)∵an＝a1qn－1＝625，n＝4，q＝5，∴a1＝eq \f(an,qn－1)＝eq \f(625,54－1)＝5. (3)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：(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q＝2. (2)设等比数列{an}的公比为q. 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\up12(\f(2n－5,3)). (3)设等比数列{an}的公比为q. 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. 判断等比数列单调性的方法 等比数列的单调性由a1和q共同决定，只有q>0且q≠1时存在单调性． (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．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． 【跟踪训练】 5．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，当p＝q≠0时，数列{an}为等比数列． 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)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)，∴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)，又数列{an}各项均为负数，∴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)，则－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)，∴4＝n－2，即n＝6，∴－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) 一、选择题 1．在数列{an}中，a1＝2，an＝eq \f(1,2)an＋1，则a5＝(　　) A.eq \f(1,16) B.eq \f(1,8) C．16 D．32 解析：由an＝eq \f(1,2)an＋1，得eq \f(an＋1,an)＝2，又a1＝2，则{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴a5＝2×24＝32.故选D. 3．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(2m＋2,m)＝eq \f(2×(－4)＋2,－4)＝eq \f(3,2)，∴第4项是－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(3)＝－eq \f(27,2). 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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))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(2＋2d)2＝(2＋d)(2＋3d＋1)，化简得d2－d－2＝0，解得d＝2或d＝－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．综上，d＝2. 7．已知数列{an}满足a1＝1024，点(n，an)在函数y＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)(a∈R)的图象上，则a10＝________． 解析：由题意，得an＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)(a∈R)，则a1＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＝1024，解得a＝2048，∴an＝2048eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－11)，∴a10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(10－11)＝2. 解析：设等比数列{an}的公比为q，由a2<|an|<a1(n＝3，4，5，…)，得a1>0，a2<|a3|<a1，即a1q<|a1q2|<a1，于是q<q2<1，解得－1<q<0，取a1＝1，q＝－eq \f(1,2)，得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1). an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n-1)(答案不唯一，a1>0，－1<q<0即可) 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). 10．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． 解析：对于A，当an＋1＋an＝f(n)＝2n时，若a1＝2，则a2＝0，a3＝4，a4＝2，a5＝6，…，所以数列{an}不是等差数列，故A错误；对于B，当an＋1＋an＝f(n)＝2n＋1时，an＋1－(n＋1)＝－(an－n)，若a1＝1，则数列{an－n}为常数列，即an＝n，所以数列{an}是等差数列，故B正确；对于C，当an＋1＋an＝f(n)＝4时，an＋1－2＝－(an－2)，若a1＝2，则a1－2＝0，即数列{an－2}为常数列，所以an＝2，即数列{an}是首项为2，公比为1的等比数列，故C正确；对于D，当an＋1＋an＝f(n)＝3×2n－1时，an＋1－2n＝－(an－2n－1)，若a1＝1，则a1－21－1＝0，则数列{an－2n－1}为常数列，即an＝2n－1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，故D正确．故选BCD. an＝32n-1－1 解析：由题意，得an＋1＋1＝(an＋1)2，两边取对数，得lg (an＋1＋1)＝lg (an＋1)2，又由an＋1＋1＝(an＋1)2，a1＝2，得an＋1＋1>0恒成立，所以lg (an＋1＋1)＝2lg (an＋1)，又lg (a1＋1)＝lg 3≠0，所以{lg (an＋1)}是以lg 3为首项，2为公比的等比数列，即lg (an＋1)＝2n－1lg 3＝lg 32n-1，即an＋1＝32n-1，所以an＝32n-1－1. (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，＋∞)． $