4.3.1 第2课时 等比数列的性质及应用-【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）

该高中数学课件聚焦等比数列的性质及应用，涵盖项与序号关系、子数列性质等核心知识点。通过梳理等比数列概念与通项公式的联系，以概念辨析、例题解析、跟踪训练为支架，帮助学生构建知识体系。 其亮点在于融合数学抽象与逻辑推理，通过“酒精浓度变化”“折纸厚度”等实例培养数学建模素养。采用一题多解（如设项技巧的三种解法）和分层练习，学生能提升运算能力与应用意识，教师可直接用于课堂教学与分层辅导。

第四章　数列 4.3　等比数列 4.3.1　等比数列的概念 第2课时　等比数列的性质及应用 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． (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　等比数列的项与序号的关系 (1)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m(m，n∈N*)． (2)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则aman＝_______． [拓展]　项的运算性质可推广到三项的情形，即m＋n＋t＝p＋q＋s，且m，n，t，p，q，s∈N*⇒amanat＝apaqas，还可以推至四项乃至更多项的情形，只要两边项数一样，且下标和相等即可． (3)当m＋n＝2k(m，n，k∈N*)时，aman＝_____． (4)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 核心概念掌握 7 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 8 2048 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等比数列的性质 核心素养形成 11 (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 12 【感悟提升】　 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1．(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 14 核心素养形成 15 题型二　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 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【感悟提升】　 核心素养形成 19 【跟踪训练】 2.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 20 题型三　由等比数列生成的新等比数列　 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【感悟提升】　 由等比数列生成新的等比数列，一定要检验新的数列中的项是否含有0，主要是针对q<0的情况． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 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 26 核心素养形成 27 【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 28 【跟踪训练】 4．已知月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折n次其厚度就可以超过到达月球的距离，那么至少对折的次数n是_____．(参考数据：lg 2≈0.30，lg 3.8≈0.58) 42 核心素养形成 29 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 2．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 32 3．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，…，则(　　) A．新数列是公比为q的等比数列 B．新数列是公比为q2的等比数列 C．新数列是公比为q3的等比数列 D．新数列不一定是等比数列 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 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 36 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 利用等比中项公式求值 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 等比数列的实际应用 等比数列性质的综合应用 应用公式apaq＝aman(p＋q＝m＋n)求数列中某几项的和 等比数列的判断与性质 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★★ ★ ★ ★ ★★★ ★★★ 对点 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；由等比数列的性质求值 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)求数列中某几项的积 等比数列的实际应用(学生用餐问题) 由等差数列与等比数列生成的新数列问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 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 13 14 42 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 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 46 7．若{an}，{bn}都是等比数列，且a1b1＝3，a5b5＝6，则a9b9＝________． 解析：易知{anbn}为等比数列，则有(a5b5)2＝(a1b1)(a9b9)，即62＝3a9b9，所以a9b9＝12. 12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 8．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 13 14 48 三、解答题 9．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3＝1，a5＝100. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求lg (a1a2a3…a100)的值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 10．小张买了一辆价值10万元的新车，根据市场行情，该款车每年按20%的速度折旧． (1)用一个式子表示n(n∈N*)年后这辆车的价值； (2)如果他打算使用6年后卖掉这辆车，他大概能得多少万元？(精确到0.01万元) 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 12．设数列{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1a2a3…a30＝230，那么a3a6…a30＝________(结果用指数幂表示)． 220 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 13．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 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 14．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n，数列{cn}是由{an}，{bn}的公共项从小到大排列构成的数列． (1)求c1，c2，c3及{cn}的通项公式； (2)在cn与cn＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为dn的等差数列． ①求d1，d2的值； ②在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 解： (1)因为bn＝2n，n∈N*， 所以数列{bn}中的每一项都能被2整除， 所以数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项，又数列{an}，{bn}都是递增数列， 所以由{an}，{bn}的公共项从小到大排列构成的数列为{bn}， 所以c1＝b1＝2，c2＝b2＝4，c3＝b3＝8， cn＝bn＝2n，n∈N*. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 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 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 (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，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))是公比为_______的等比数列． eq \f(q1,q2) [拓展]　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． 3．(由等比数列生成新数列)(多选)已知等比数列{an}，a1＝1，q＝2，则(　　) A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比数列 B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是递增数列 C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(log2an))是等比数列 D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(log2an))是递增数列 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________． (1)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. 运用等比数列的性质应注意的问题 运用等比数列的性质aman＝akal＝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. 常见设元技巧 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：设这三个数依次为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，这三个数为1，3，9；当q＝－3时，这三个数为－1，3，－9； 当q＝eq \f(1,3)时，这三个数为9，3，1； 当q＝－eq \f(1,3)时，这三个数为－9，3，－1. (多选)设数列{an}为等比数列，q为公比，则下列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. 【跟踪训练】 3．设{an}是各项均为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形面积(i＝1，2，…)，则{An}为等比数列的充要条件为(　　) A．{an}是等比数列 B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列 C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列 D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同 解析：因为Ai是边长为ai，ai＋1的矩形面积(i＝1，2，…)，所以Ai＝aiai＋1(i＝1，2，3，…，n，…)，则数列{An}的通项为An＝anan＋1.根据等比数列的定义，数列{An}(n＝1，2，3，…)为等比数列的充要条件是eq \f(An＋1,An)＝eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q(常数)． 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%. 解析：设对折n次时，纸的厚度为an毫米，每次对折厚度变为原来的2倍，由题意知{an}是以a1＝0.1×2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝0.1×2×2n－1＝0.1×2n，令an＝0.1×2n>38×104×106，即2n>3.8×1012，所以lg 2n>lg 3.8＋12，即nlg 2>lg 3.8＋12，解得n>eq \f(lg 3.8＋12,lg 2)≈eq \f(0.58＋12,0.30)≈41.9，所以至少对折的次数n是42. 1．在等比数列{an}中，已知a3a8＝10，则aeq \o\al(2,5)a4a8＝(　　) A．100 B．1000 C．10000 D．100000 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：∵a3a11＝16，∴aeq \o\al(2,7)＝16.又等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4，a10＝4×23＝25，∴log2a10＝5.故选B. 解析：设新数列为{bn}，则bn＝anan＋1，所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q2，所以数列{bn}是公比为q2的等比数列． 4．(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. 解析：设这四个数依次为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.))所以这四个数是3，6，12，24，其和为45. 一、选择题 1．已知等比数列{an}中，a3＝3，a7＝27，则a5＝(　　) A．15 B．9 C．－9 D．±9 解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则a5＝a3q2＝3q2>0，由等比中项的性质可得aeq \o\al(2,5)＝a3a7＝3×27＝81，故a5＝9.故选B. 2．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 解析：∵∀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，eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an也是常数，∴{2an}一定是等比数列．故选A. 3．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 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. 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)设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，且满足条件0<a1<1，a2024a2025>1，eq \f(a2024－1,a2025－1)<0，则下列结论正确的是(　　) A．q>1 B．a2024a2026>1 C．Tn的最小值为T2025 D．T4047<1 解析：对于A，由0<a1<1，a2024a2025>1，eq \f(a2024－1,a2025－1)<0，得0<a2024<1，a2025>1，所以q>1，故A正确；对于B，a2024a2026＝aeq \o\al(2,2025)>1，故B正确；对于C，结合A项分析可得，当1≤n≤2024时，0<an<1，当n≥2025时，an>1，所以Tn的最小值为T2024，故C不正确；对于D，T4047＝a1a2a3…a4047＝aeq \o\al(4047,2024)<1，故D正确．故选ABD. 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：设衰分比例为q，则甲、乙、丙各分得eq \f(28,q)石，28石，28q石，∴eq \f(28,q)＋28＋28q＝98，∴q＝2或q＝eq \f(1,2).又0<q<1，∴q＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 解：(1)设等比数列{an}的公比为q， 因为等比数列{an}的各项均为正数，且a3＝1，a5＝100， 所以q＝eq \r(\f(a5,a3))＝10，a1＝eq \f(a3,q2)＝10－2， 所以an＝10－2×10n－1＝10n－3. (2)解法一：因为a1a100＝a2a99＝…＝a50a51＝1095，所以lg (a1a2a3…a100)＝ lg (a50a51)50＝lg 1095×50＝95×50＝4750. 解法二：lg (a1a2a3…a100) ＝lg a1＋lg a2＋lg a3＋…＋lg a100 ＝lg 10－2＋lg 10－1＋lg 1＋…＋lg 1097 ＝(－2)＋(－1)＋0＋…＋97 ＝eq \f((－2＋97)×100,2)＝4750. 解：(1)设n年后这辆车的价值为an， 由题意，得an＋1＝(1－20%)an，即eq \f(an＋1,an)＝80%. 因为一年后这辆车的价值为a1＝10×0.8， 所以an＝a1·0.8n－1＝10×0.8n，n∈N*. (2)由(1)，得a6＝10×0.86＝2.62144≈2.62(万元)， 所以使用6年后卖掉这辆车，他大概能得2.62万元． 11．(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．故选AC. 解析：解法一：因为a1a30＝a2a29＝a3a28＝…＝a15a16，所以a1a2a3…a30＝(a1a30)(a2a29)·(a3a28)…(a15a16)＝(a15a16)15＝230，所以a15a16＝4，所以a3a6…a30＝(a3a30)(a6a27)·…·(a15a18)＝(a15a18)5＝[a15(a16×22)]5＝(a15a16)5×210＝45×210＝220. 解法二：由题意，得a1a2a3…a30＝eq \f(a3,q2)·eq \f(a3,q)·a3·eq \f(a6,q2)·eq \f(a6,q)·a6·…·eq \f(a30,q2)·eq \f(a30,q)·a30，所以eq \f((a3a6…a30)3,q30)＝eq \f((a3a6…a30)3,230)＝230，所以a3a6·…·a30＝220. 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)①由cn＝2n，得cn＋1＝2n＋1. 当n＝1时，c1＝2，c2＝4，由题意，在2和4之间插入1个数，使这3个数组成一个公差为d1的等差数列， 故d1＝eq \f(4－2,2)＝1； 当n＝2时，c2＝4，c3＝8，由题意，在4和8之间插入2个数，使这4个数组成一个公差为d2的等差数列， 故d2＝eq \f(8－4,3)＝eq \f(4,3). ②不存在，理由如下： 由题意，cn＋1＝cn＋(n＋2－1)dn， 即2n＋1＝2n＋(n＋1)dn， 所以dn＝eq \f(2n,n＋1). 假设在数列{dn}中存在三项dm，dk，dp(其中2k＝m＋p)成等比数列， 则(dk)2＝dmdp，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,k＋1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(2m,m＋1)·eq \f(2p,p＋1)，化简，得eq \f(4k,(k＋1)2)＝eq \f(2m＋p,(m＋1)(p＋1)). 又因为m＋p＝2k， 所以eq \f(4k,(k＋1)2)＝eq \f(22k,mp＋m＋p＋1)＝eq \f(4k,mp＋2k＋1)， 所以(k＋1)2＝mp＋2k＋1，所以k2＝mp， 又因为m＋p＝2k， 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋p,2)))eq \s\up12(2)＝mp， 即(m－p)2＝0，所以m＝p，即m＝p＝k，这与题设矛盾． 所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp(其中2k＝m＋p)成等比数列． $