1.3.1 第2课时 等比数列的性质及实际应用-【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（北师大版）

该高中数学课件聚焦等比数列的性质及实际应用，从已学的等比数列概念和通项公式切入，通过子数列性质推导、增减性判断等搭建学习支架，帮助学生建立从概念到性质应用的知识脉络。 其亮点在于紧扣核心素养，通过性质推导提升数学抽象与逻辑推理能力，结合酒精浓度计算、车辆贬值等实际问题培养数学建模与运算素养。题型设计有梯度，从基础判断到综合应用，分层练习助力学生逐步掌握，教师可利用其清晰流程和多样例题提升教学效率，学生能增强解决实际问题的能力和逻辑思维。

第一章　数列 §3 等比数列 3.1　等比数列的概念及其通项公式 第2课时　等比数列的性质及实际应用 课程标准：1.体会等比数列与指数函数的关系.2.理解等比数列的性质并能应用其来解决问题.3.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． 教学重点：等比数列的性质及其应用． 教学难点：利用等比数列解决实际问题． 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 递减 常数列 递增 递增 常数列 递减 G 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 4．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}成等差数列且公差为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． 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1中q>1，则数列{an}一定为递增数列．(　　) (2)若{an}是有穷等比数列，则a1an＝a2an－1＝a3an－2＝…＝aman－m＋1.(　　) (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．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 核心概念掌握 9 3 256 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　等比数列的增减性 例1　在等比数列{an}中，如果公比为q，且q<1，那么等比数列{an}是(　　) 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 12 【感悟提升】等比数列的增减性由a1与q共同决定，判断方法如下： (1)当a1>0，q>1或a1<0，0<q<1时，an＋1>an，等比数列{an}为递增数列． (2)当a1>0，0<q<1或a1<0，q>1时，an＋1<an，等比数列{an}为递减数列． (3)当q＝1时，an＋1＝an，等比数列{an}为常数列． (4)当q<0时，an＋1－an的符号无法确定，等比数列{an}不具有增减性． 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1．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 14 核心素养形成 15 (2)有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，第一个数与第四个数的和是16，中间两个数的和是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 [变式探究]　若将本例(2)中“和是16”改为“积是－128”，将“和是12”改为“积是16”，如何求解？ 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 (2)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． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 (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 24 核心素养形成 25 【跟踪训练】 3．在等比数列{an}中，已知a7a12＝5，则a8a9a10a11＝(　　) A．10 B．25 C．50 D．75 解析：因为a8a11＝a9a10＝a7a12＝5，所以a8a9a10a11＝25.故选B. 核心素养形成 26 题型四　等比数列的实际应用 例4　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：第n次操作后溶液的浓度是多少？当a＝2时，至少操作几次后才能使酒精的浓度低于10%? 核心素养形成 27 核心素养形成 28 【跟踪训练】 4．某人买了一辆价值10万元的新车，专家预测这种车每年按10%的速度贬值． (1)用一个式子表示第n(n∈N＋)年这辆车的价值； (2)如果他打算用满3年时卖掉这辆车，他大概能得到多少钱？ 解：(1)从第一年起，每年车的价值(万元)依次设为a1，a2，a3，…，an， 由题意得a1＝10，a2＝10×(1－10%)，a3＝10(1－10%)2，… 由等比数列的定义知数列{an}是等比数列，首项a1＝10，公比q＝1－10%＝0.9， 所以an＝a1qn－1＝10×0.9n－1. 所以第n年这辆车的价值为an＝10×0.9n－1万元． (2)当他用满3年时，车的价值为a4＝10×0.94－1＝7.29(万元)． 所以用满3年卖掉时，他大概能得到7.29万元． 核心素养形成 29 随堂水平达标 1．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 随堂水平达标 31 2．已知甲、乙两车间的月产值在2024年1月份相同，甲以后每个月比前一个月增加的产值相同，乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同．而2024年7月份两车间的产值又相同，比较甲、乙两个车间2024年4月份的产值的大小，则有(　　) A．甲大于乙 B．甲等于乙 C．甲小于乙 D．不确定 随堂水平达标 32 随堂水平达标 33 随堂水平达标 34 随堂水平达标 35 随堂水平达标 36 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就成为等比数列，求这三个数． 随堂水平达标 37 课后课时精练 一、选择题 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 40 解析：因为数列{an}是等比数列，且a1＝1，a10＝3，所以a2a3a4a5a6a7a8a9＝(a2a9)(a3a8)·(a4a7)(a5a6)＝(a1a10)4＝34＝81.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 41 4．某个蜂巢里有一只蜜蜂，第一天它飞出去带回了五个伙伴，第二天六只蜜蜂飞出去各自带回五个伙伴，如果这个过程继续下去，那么第六天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中蜜蜂的数量是(　　) A．56只 B．65只 C．55只 D．66只 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 42 5．(多选)已知等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝－2，则(　　) A．数列{2an＋an＋1}是等比数列 B．数列{an＋1－an}是等比数列 C．数列{anan＋1}是等比数列 D．数列{log2|an|}是递减数列 解析：因为{an}是等比数列，公比q＝－2，所以an＋1＝－2an，2an＋an＋1＝0，故A错误；an＝a1·qn－1＝(－2)n－1，an＋1＝(－2)n，于是an＋1－an＝(－2)n－(－2)n－1＝－3·(－2)n－1，故{an＋1－an}是等比数列，故B正确；anan＋1＝(－2)n－1·(－2)n＝(－2)2n－1，故C正确；因为log2|an|＝log22n－1＝n－1，所以数列{log2|an|}是递增数列，故D错误．故选BC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 43 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 A级 44 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 A级 45 16 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 47 10．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 A级 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 49 1．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，a2＝a(a为常数)，且bn＝an·an＋1(n∈N＋)． (1)若数列{an}是等比数列，试求数列{bn}的通项公式； (2)当数列{bn}是等比数列时，甲同学说：数列{an}一定是等比数列；乙同学说：数列{an}一定不是等比数列．你认为他们的说法是否正确？为什么？ 课后课时精练 1 2 B级 50 课后课时精练 1 2 B级 51 课后课时精练 1 2 B级 52 课后课时精练 1 2 B级 53 课后课时精练 1 2 B级 54 当a为偶数时，左边为偶数，(a＋2)u－s为偶数，(a＋1)u－s为奇数，则右边为奇数，(*)不成立； 当a为奇数时，左边为偶数，(a＋2)u－s为奇数，(a＋1)u－s为偶数，则右边为奇数，(*)不成立． 所以对于任意的a∈N＋，(*)式不成立，即数列{an}中任意三项都不能构成等差数列． 课后课时精练 1 2 B级 55 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等比数列an＝a1qn－1(q>0)的增减性 a1 a1>0 a1<0 q的范围 0<q<1 q＝1 q>1 0<q<1 q＝1 q>1 数列{an}的增减性 ______ ________ ______ ______ ________ ______ 知识点二　等比中项 如果在a与b之间插入一个数G，使得a，G，b成等比数列，那么根据等比数列的定义，eq \f(G,a)＝eq \f(b,G)，G2＝ab，G＝±eq \r(ab).我们称______为a，b的等比中项． 1．等比数列与指数函数的关系 等比数列{an}即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a1,q)·qn))中的各项所表示的点(n，kqn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＝\f(a1,q)))离散地分布在函数f(x)＝k·qx(x∈R)的图象上，即等比数列{an}的图象是函数f(x)＝eq \f(a1,q)·qx(x∈R)图象上的一群孤立的点．所以可以借助指数函数f(x)＝qx(q>0且q≠1)的性质来研究等比数列． 2．等比数列项的运算性质 在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则am·an＝ap·aq. (1)特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N＋)时，am·an＝aeq \o\al(2,k). (2)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a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝…(k，n∈N＋)． 3．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q的等比数列； ②{|an|}是公比为|q|的等比数列； ③{aeq \o\al(m,n)}(m为常数，m∈N＋)是公比为qm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{an·bn}是公比为q1·q2的等比数列． 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)等比数列{an}中，a5a7a9＝27，则a7＝________． (3)在等比数列{an}中，若a3＝eq \f(4,3)，a5＝eq \f(8,3)，则a11＝________． (4)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　如等比数列{(－1)n}的公比为－1，数列各项的符号正负交替，不具有单调性；等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))的公比为eq \f(1,2)，是递减数列；等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))的公比为eq \f(1,2)，是递增数列．所以无法确定单调性． 解析：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． 题型二　等比中项及灵活设项的应用 例2　(1)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)，得a1＝d，∴eq \f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq \f(13d,16d)＝eq \f(13,16). eq \f(13,16) 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.)) 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，a≠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. 解：设所求四个数依次为eq \f(2a,q)－aq，eq \f(a,q)，aq，aq3(q≠0，a≠0)． 则由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,q)·（aq）＝16，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－aq))·（aq3）＝－128.)) eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(①,②)) 由①得a2＝16，∴a＝4或a＝－4. 由②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)，∴q＝2或q＝－2. ∴所求的四个数为－4，2，8，32或4，－2，－8，－32. 【感悟提升】 1．等比中项的应用 涉及到等比数列中三项问题，一般都考虑使用等比中项来确定各项之间的关系． 2．在解决与等比数列有关的数的设法时常用的规律 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． 【跟踪训练】 2．(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). 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). 题型三　等比数列性质的应用 例3　(1)已知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. 【感悟提升】运用等比数列的性质应注意的问题 运用等比数列的性质am·an＝ak·al＝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． 解　设开始的浓度为1，操作一次后溶液的浓度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)))，从而建立了递推关系． ∴{an}是首项为a1＝1－eq \f(1,a)，公比为q＝1－eq \f(1,a)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次操作后酒精的浓度是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a))) eq \s\up12(n). 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. 故至少操作4次后才能使酒精的浓度低于10%. 【感悟提升】本例是一道有关浓度的应用问题，首先弄清一次操作的含义，其次是列出第n次操作后与第n＋1次操作后溶液浓度间的递推关系，即an＋1＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))，然后利用数列的有关知识解决问题． 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. WORD 解析：设甲以后每个月比前一个月增加的产值为a，乙每个月比前一个月增加产值的百分比为x，甲、乙两车间在2024年1月份的产值均为m，则m＋6a＝m(1＋x)6　①.在2024年4月份甲的产值为m＋3a，乙的产值为m(1＋x)3，由①知(1＋x)6＝1＋eq \f(6a,m)，则在2024年4月份乙的产值为meq \r(1＋\f(6a,m))＝eq \r(m2＋6ma)，因为(m＋3a)2－(m2＋6ma)＝9a2>0，所以m＋3a>eq \r(m2＋6ma)，即2024年4月份甲的产值大于乙的产值．故选A. 3．(多选)已知等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，则(　　) A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列 B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是递减数列 C．数列{log2an}是等差数列 D．数列{log2an}是递减数列 解析：由题意可得an＝2n－1，对于A，因为eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n－1)，eq \f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq \f(2n－1,2n)＝eq \f(1,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,2)的等比数列，不是等差数列，故A不正确；对于B，由A项可知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以是递减数列，故B正确；对于C，因为log2an＝n－1，log2an＋1－log2an＝n－(n－1)＝1，所以数列{log2an}是等差数列，故C正确；对于D，由C项可知{log2an}是公差为1的等差数列，所以是递增数列，故D不正确．故选BC. 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：设所求三个数依次为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），)) 解此方程组，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.)) ∴所求的三个数为3，5，7. 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．在各项均为正数的等比数列{an}中，a2＋a3＝6，a2＋a3＋a4＋a5＝30，则{an}的公比为(　　) A．2 B．3 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3) 解析：设{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6，a2＋a3＋a4＋a5＝30，所以a4＋a5＝24，则eq \f(a4＋a5,a2＋a3)＝q2＝4，解得q＝2或q＝－2(舍去)．故选A. 3．在等比数列{an}中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝(　　) A．81 B．27eq \r(3,27) C．3 D．243 解析：设第n天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中共有蜜蜂an只，a1＝6.由题意可得an＝an－1＋5an－1，即eq \f(an,an－1)＝6，所以数列{an}为等比数列，即an＝6n，所以第六天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中蜜蜂的数量是a6＝66只．故选D. 解析：∵a2a14＋a2a6＝48，a3a9＝6，∴aeq \o\al(2,8)＋aeq \o\al(2,4)＝48，a4a8＝6，因此(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. 三、解答题 9．一个等比数列的前3项依次是a，2a＋2，3a＋3，则－13eq \f(1,2)是否是这个数列中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由． 解：∵a，2a＋2，3a＋3是等比数列的前3项，∴a(3a＋3)＝(2a＋2)2. 解得a＝－1或a＝－4. 当a＝－1时，数列的前3项依次为－1，0，0， 与等比数列的定义矛盾，故a＝－1舍去； 当a＝－4时，数列的前3项依次为－4，－6，－9， 则公比q＝eq \f(3,2)，∴an＝－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)， 令－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)＝－13eq \f(1,2)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \f(27,8)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(3)， 根据指数函数的性质，得n－1＝3，即n＝4，∴－13eq \f(1,2)是这个数列中的第4项． 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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)(a1－300)＝－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． 解：(1)因为数列{an}是等比数列，a1＝1，a2＝a，所以a≠0，an＝an－1. 又bn＝an·an＋1， 则b1＝a1·a2＝a，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋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，于是bn＝a(a2)n－1＝a2n－1. (2)甲、乙两个同学的说法都不正确．理由如下： 设数列{bn}的公比为q， 则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q且a≠0， 又a1＝1，a2＝a，∴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． 2．给定数列{an}，若对于任意的n，m∈N＋，都有am＋n＝anam，则称数列{an}为“指数型数列”． (1)已知数列{an}的通项公式为an＝4n，试判断数列{an}是不是“指数型数列”； (2)已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＝2anan＋1＋3an＋1(n∈N＋)，证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))为等比数列，并判断数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是否为“指数型数列”．若是，给出证明；若不是，说明理由； (3)若数列{an}是“指数型数列”，且a1＝eq \f(a＋1,a＋2)(a∈N＋)，证明：数列{an}中任意三项都不能构成等差数列． 解：(1)对于数列{an}，an＋m＝4n＋m＝4n×4m＝anam， 所以数列{an}是“指数型数列”． (2)an＝2anan＋1＋3an＋1⇒eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋2⇒eq \f(1,an＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，又eq \f(1,a1)＋1＝3≠0， 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是等比数列，eq \f(1,an)＋1＝3×3n－1＝3n. 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,am)＋1))＝3n3m＝3n＋m＝eq \f(1,an＋m)＋1， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是“指数型数列”． (3)证明：因为{an}是“指数型数列”， 所以对于任意的m，n∈N＋，有am＋n＝anam， 令m＝1，则an＋1＝an·a1＝eq \f(a＋1,a＋2)·an， 所以{an}是首项为eq \f(a＋1,a＋2)，公比为eq \f(a＋1,a＋2)的等比数列，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a＋2))) eq \s\up12(n). 假设数列{an}中存在三项as，at，au成等差数列，不妨设s<t<u，则2at＝as＋au， 得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a＋2))) eq \s\up12(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a＋2))) eq \s\up12(s)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a＋2))) eq \s\up12(u)， 整理得2(a＋1)t－s(a＋2)u－t＝(a＋2)u－s＋(a＋1)u－s.(*) $