5.3.1 第2课时 等比数列的性质(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

本讲义聚焦高中数学等比数列的性质这一核心知识点，通过类比等差数列性质引入等比中项定义及应用，系统梳理等比数列“若s+t=p+q则a_s a_t=a_p a_q”等关键性质，搭建从旧知到新知的学习支架。 资料以“想一想”引导数学抽象，通过母题探究提升数学运算能力，结合复利计算等实际问题发展数学建模素养。课中助力教师引导学生类比迁移，课后通过分层练习帮助学生巩固知识、查漏补缺，有效提升教学效果与学习效率。

第二课时　等比数列的性质 课标要求 1.理解等比中项的定义，会利用等比中项解决相关问题（数学抽象、数学运算）. 2.掌握等比数列的性质及等比数列在实际生活中的应用（数学运算、数学建模）. 　　在等差数列{an}中，存在很多的性质，如： （1）若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq（m，n，p，q∈N＋）； （2）若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap； （3）若l1，l2，l3，l4，…，ln成等差数列，则，，，，…，也成等差数列. 【问题】　类比等差数列的性质，你能否得出等比数列的相类似的性质呢？ 　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　等比中项 　如果x，G，y是　等比　数列，那么称G为x与y的等比中项，此时G＝　 ±　. 【想一想】 1.任何两个非零实数都有等比中项吗？ 提示：不一定，当两个实数同号时才有等比中项，异号时不存在等比中项. 2.G是x与y的等比中项的充要条件为G2＝xy吗？ 提示：不是.若G是x与y的等比中项，则G2＝xy，反之不成立. 1.已知等比数列{an}中，a2＝4，a4＝8，则a3的值为（　　） A.6 B.－4 C.4 D.±4 解析：D　在等比数列{an}中，a2＝4，a4＝8，所以＝a2a4＝32，则a3＝±4.故选D. 2.已知一等比数列的前三项依次为x，2x＋2，3x＋3，则x＝　－4　. 解析：由x，2x＋2，3x＋3成等比数列，可知（2x＋2）2＝x（3x＋3），解得x＝－1或x＝－4，又当x＝－1时，2x＋2＝0，这与等比数列的定义相矛盾，所以x＝－4. 知识点二　等比数列的性质 　如果{an}是等比数列，而且正整数s，t，p，q满足s＋t＝p＋q，则asat＝　apaq　. 特别地，如果2s＝p＋q，则＝　apaq　. 【想一想】 　在有穷等比数列中与首末两项“等距离”的两项之积与首末两项之积有何关系？ 提示：相等.因为1＋n＝2＋（n－1）＝3＋（n－2）＝…，所以a1an＝a2an－1＝a3an－2＝…. 1.已知等比数列{an}中，a3＝6，a4a6＝27，则a7的值为（　　） A. B. C. D. 解析：D　由等比数列性质，得a3a7＝a4a6，所以a7＝＝.故选D. 2.在等比数列{an}中，若a3＝2，则a1a2a3a4a5＝　32　. 解析：a1a2a3a4a5＝＝25＝32. 题型一｜等比中项 【例1】　（1）在等比数列{an}中，a1＝，q＝2，则a4与a8的等比中项a6＝（　B　） A.±4　　　　　　　　　B.4 C.± D. 解析：　由an＝×2n－1＝2n－4知，a4＝1，a8＝24，∴a4与a8的等比中项为±4，又∵a1＞0，q＞0，∴a6＞0，故a4与a8的等比中项为a6＝4. （2）已知b是a，c的等比中项，求证：ab＋bc是a2＋b2与b2＋c2的等比中项. 证明：因为b是a，c的等比中项， 所以b2＝ac，且a，b，c均不为零， 又因为（a2＋b2）（b2＋c2）＝a2b2＋a2c2＋b4＋b2c2＝a2b2＋2a2c2＋b2c2，（ab＋bc）2＝a2b2＋2ab2c＋b2c2＝a2b2＋2a2c2＋b2c2， 所以（ab＋bc）2＝（a2＋b2）（b2＋c2）， 即ab＋bc是a2＋b2与b2＋c2的等比中项. 通性通法 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＝an－1·an＋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＝an－k·an＋k（n＞k）. 【跟踪训练】 1.已知a是1，2的等差中项，b是－1，－16的等比中项，则ab＝（　　） A.6　　　　　　　　　　B.－6 C.±6 D.±12 解析：C　依题意知，2a＝1＋2，b2＝（－1）×（－16），∴a＝，b＝±4，∴ab＝±6. 2.已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝　4×　. 解析：由已知可得（a＋1）2＝（a－1）（a＋4）， 解得a＝5，所以a1＝4，a2＝6， 所以q＝＝＝，所以an＝4×. 题型二｜等比数列性质的应用 【例2】　（1）在1与100之间插入n个正数，使这n＋2个数成等比数列，则插入的n个数的积为（　A　） A.10n B.n10 C.100n D.n100 解析：（1）设这n＋2个数为a1，a2，…，an＋1，an＋2， 则a2·a3·…·an＋1＝（a1an＋2＝（100＝10n. （2）在等比数列{an}中，a3＝16，a1a2a3·…·a10＝265，则a7等于　256　. 解析：（2）因为a1a2a3·…·a10＝（a3a8）5＝265，所以a3a8＝213，又因为a3＝16＝24，所以a8＝29，因为a8＝a3·q5，所以q＝2，所以a7＝＝256. 【母题探究】 1.（变设问）本例（2）条件不变，试求a1a5＋a2a9的值. 解：∵a1a2·…·a10＝（a2a9）5＝265， ∴a2a9＝213＝8 192.又∵a1a5＝＝162＝256. ∴a1a5＋a2a9＝256＋8 192＝8 448. 2.（变条件，变设问）若本例（2）中的条件“a3＝16，a1a2a3·…·a10＝265”变为“a5＝3”，试求a1a2a3a4a5a6a7a8a9的值. 解：∵a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝＝9，∴a1a2·…·a8a9＝94×3＝19 683. 通性通法 1.在等比数列的有关运算中，常常涉及次数较高的指数运算，往往是建立关于a1，q的方程组求解，但这样解起来很麻烦.若能避开求a1，q，直接利用等比数列的性质求解，往往可使问题简单明了. 2.在应用等比数列的性质解题时，需时刻注意等比数列性质成立的前提条件. 【跟踪训练】 1.在等比数列{an}中，a4＝－1，a1a3＋2a3a5＋a5a7＝12，则a2＋a6＝（　　） A.2 B.－2 C.±2 D.－12 解析：B　在等比数列{an}中，a1a3＋2a3a5＋a5a7＝＋2a2a6＋＝12，所以＝12，所以a2＋a6＝±2.设数列{an}的公比为q，又a4＝－1＜0，则a2＝＜0，a6＝a4q2＜0，所以a2＋a6＝－2.故选B. 2.已知等比数列{an}满足an＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n（n≥3），则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝　n2　. 解析：设数列{an}的公比为q，由a5·a2n－5＝22n得a1q4·a1q2n－6＝q2n－2＝22n，所以（a1qn－1）2＝（2n）2.又an＞0，所以a1qn－1＝2n.故log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2（a1·a3·…·a2n－1）＝log2（q2＋4＋…＋2n－2）＝log2[qn（n－1）]＝log2[（a1qn－1）n]＝log2[（2n）n]＝n2. 题型三｜等比数列的实际应用问题 【例3】　某工厂2025年1月的生产总值为a万元，计划从2025年2月起，每月生产总值比上一个月增长m%，那么到2026年8月底该厂的生产总值为多少万元？ 解：设从2025年1月开始，第n个月该厂的生产总值是an万元，则an＋1＝an＋anm%， ∴＝1＋m%. ∴数列{an}是首项a1＝a，公比q＝1＋m%的等比数列，∴an＝a（1＋m%）n－1， ∴2026年8月底该厂的生产总值为a20＝a（1＋m%）20－1＝a（1＋m%）19（万元）. 通性通法 　　数列实际应用题常与现实生活和生产实际中的具体事件相联系，建立数学模型是解决这类问题的核心，常用的方法有：（1）构造等差、等比数列的模型，然后用数列的通项公式或求和公式求解；（2）通过归纳得到结论，再用数列知识求解. 【跟踪训练】 　某家庭决定要进行一项投资活动，预计每年收益5%.该家庭2025年1月1日投入10万元，按照复利（复利是指在每经过一个计息期后，都将所得利息加入本金，以计算下期的利息）计算，到2035年1月1日，该家庭在此项投资活动的资产总额大约为（　　） 参考数据：1.058≈1.48，1.059≈1.55，1.0510≈1.63，1.0511≈1.71. A.14.8万元 B.15.5万元 C.16.3万元 D.17.1万元 解析：C　由题意知，该家庭2026年1月1日本金加收益和为10·（1＋5%）＝10×1.05，2027年1月1日本金加收益和为10×1.052，2028年1月1日本金加收益和为10×1.053，…，2035年1月1日本金加收益和为10×1.0510≈10×1.63＝16.3.所以到2035年1月1日，该家庭在此项投资活动的资产总额大约为16.3万元. 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：B　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＝a3a7＝3×27＝81，故a5＝9.故选B. 2.由公比为q的等比数列a1，a2，…依次相邻两项的乘积组成的数列a1a2，a2a3，a3a4，…是（　　） A.等差数列 B.以q为公比的等比数列 C.以q2为公比的等比数列 D.以2q为公比的等比数列 解析：C　因为＝＝q2为常数，所以该数列为以q2为公比的等比数列. 3.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则的值为（　　） A.－2 B.－ C. D.－或 解析：B　设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，所以a3·a15＝＝2，a3＋a15＝－6，又a3，a15同号，所以a3＜0，a15＜0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－.故选B. 4.在等比数列{an}中，a3a4a6a7＝81，则a1a9的值为　9　. 解析：因为{an}为等比数列，所以a3a7＝a4a6＝a1a9，所以（a1a9）2＝81，即a1a9＝±9.因为在等比数列{an}中，奇数项（或偶数项）的符号相同，所以a1，a9同号，所以a1a9＝9. 5.已知数列{an}为等比数列. （1）若a1＋a2＋a3＝21，a1a2a3＝216，求an； （2）在等比数列{an}中，a1a3＝36，a2＋a4＝60，求a1和公比q. 解：（1）∵a1a2a3＝＝216， ∴a2＝6， ∴a1a3＝36. 又∵a1＋a3＝21－a2＝15， ∴a1，a3是方程x2－15x＋36＝0的两根3和12. 当a1＝3时，q＝＝2，an＝3·2n－1； 当a1＝12时，q＝，an＝12·. （2）因为a1a3＝36，a2＋a4＝60， 由等比数列的性质可得，a1a3＝＝36，又a2＋a4＝a2（1＋q2）＝60， 所以a2＞0，a2＝6， 所以1＋q2＝10，解得q＝±3. 当q＝3时，由a2＝a1q＝6，所以a1＝2； 当q＝－3时，由a2＝a1q＝6，所以a1＝－2. 所以或 1.已知1，a，4a－4成等比数列，则a＝（　　） A.2 B.3 C.4 D.1 解析：A　因为1，a，4a－4成等比数列，则a2＝4a－4，即（a－2）2＝0，解得a＝2.故选A. 2.在等比数列{an}中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则（　　） A.a1＝1 B.a3＝1 C.a4＝1 D.a5＝1 解析：B　由题意，可得a1·a2·a3·a4·a5＝1，即（a1·a5）·（a2·a4）·a3＝1，又因为a1·a5＝a2·a4＝，所以＝1，得a3＝1. 3.已知等比数列{an}，an＞0，a1，a5为函数f（x）＝x2－5x＋2的两个零点，则log2a2＋log2a3＋log2a4＝（　　） A. B.log25 C. D.3 解析：C　由题意a1，a5是一元二次方程x2－5x＋2＝0的两个根，由根与系数的关系有a1a5＝2，而对于等比数列{an}，an＞0，从而log2a2＋log2a3＋log2a4＝log2（a2a3a4）＝log2＝log2＝log2（a1a5）＝.故选C. 4.在等比数列{an}中，a1·a2·a3＝27，a2＋a6＝15，则a4＝（　　） A.±6 B.－6 C.36 D.6 解析：D　因为{an}为等比数列，故a1·a2·a3＝＝27，故a2＝3，而a2＋a6＝15，故a6＝12，所以＝a2a6＝36，故a4＝6（a2，a4，a6同号，负值舍去），故选D. 5.现存入银行8万元，年利率为2.50%，若采用一年期自动转存业务，则第十年末的本利和为（　　） A.8×1.0258万元 B.8×1.0259万元 C.8×1.02510万元 D.8×1.02511万元 解析：C　由题意得，每年末的本利和依次构成以1＋2.50%＝1.025为公比，8×1.025为首项的等比数列，所以第十年末的本利和为8×1.025×1.02510－1＝8×1.02510万元.故选C. 6.〔多选〕设{an}（n∈N＋）是各项为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中成立的是（　　） A.0＜q＜1 B.a7＝1 C.K9＞K5 D.K6与K7均为Kn的最大值 解析：ABD　根据题意，分析选项.对于B，若K6＝K7，则a7＝＝1，B正确；对于A，由K5＜K6可得，a6＝＞1，则q＝∈（0，1），故A正确；对于C，由{an}是各项为正数的等比数列且q∈（0，1）可得数列单调递减，则有K9＜K5，故C错误；对于D，结合K5＜K6，K6＝K7＞K8，可得D正确.故选A、B、D. 7.在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，则a41a42a43a44＝　1 024　. 解析：设等比数列{an}的公比为q， a1a2a3a4＝a1·a1q·a1q2·a1q3＝·q6＝1，　① a13a14a15a16＝a1q12·a1q13·a1q14·a1q15＝·q54＝8，　② ②÷①得q48＝8，q16＝2，所以a41a42a43a44＝a1q40·a1q41·a1q42·a1q43＝·q166＝·q6·q160＝（·q6）（q16）10＝210＝1 024. 8.画一个边长为2厘米的正方形，再以这个正方形的对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的对角线为边画第3个正方形，这样一共画了10个正方形，则第10个正方形的面积等于　2 048　平方厘米. 解析：这10个正方形的边长构成以2为首项，为公比的等比数列{an}（1≤n≤10，n∈N＋），则第10个正方形的面积S＝＝（）2＝211＝2 048. 9.已知－7，a1，a2，－1成等差数列，－9，b1，b2，b3，－1成等比数列，则b1b2b3（a2－a1）＝　－54　. 解析：由－7，a1，a2，－1成等差数列，得公差d＝a2－a1＝＝2.由－9，b1，b2，b3，－1成等比数列，得b1b3＝＝－9×（－1）＝9，而＝－9b2＞0，解得b2＝－3，所以b1b2b3（a2－a1）＝2＝－54. 10.已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，由{an}中的部分项组成的数列，，…，，…为等比数列，其中b1＝1，b2＝5，b3＝17.求数列{bn}的通项公式. 解：依题意＝a1a17，即（a1＋4d）2＝a1（a1＋16d），所以a1d＝2d2，因为d≠0，所以a1＝2d.设数列{}的公比为q，则q＝＝＝3， 所以＝a13n－1，　① 又因为＝a1＋（bn－1）d＝a1，　② 由①②得a1·3n－1＝·a1. 因为a1＝2d≠0，所以bn＝2×3n－1－1. 11.已知等比数列{an}满足a1＞0，公比q＞1，且log2a1＋log2a2＋…＋log2a2 024＜0，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2 025＞0，则当a1a2…an最小时，n＝（　　） A.1 012 B.1 013 C.2 022 D.2 023 解析：A　由题意知log2a1＋log2a2＋…＋log2a2 024＜0，故log2（a1a2·…·a2 024）＜0，则0＜a1a2·…·a2 024＜1，即0＜＜1，结合等比数列{an}满足a1＞0，公比q＞1，可知0＜a1 012a1 013＜1.由log2a1＋log2a2＋…＋log2a2 025＞0，得log2（a1a2·…·a2 025）＞0，即得a1a2·…·a2 025＞1，故＞1，即a1 013＞1，由此可得0＜a1＜a2＜…＜a1 012＜1＜a1 013＜…，故当a1a2…an最小时，n＝1 012，故选A. 12.若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则a3a18＝　e5　，ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝　50　. 解析：因为{an}为等比数列，所以a1a20＝a2a19＝…＝a9a12＝a10a11.又因为a10a11＋a9a12＝2e5，所以a3a18＝a10a11＝a9a12＝e5，所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln（a1a2…a20）＝ln[（a1a20）·（a2a19）·…·（a10a11）]＝ln（a10a11）10＝ln（e5）10＝ln e50＝50. 13.数列{xn}的首项x1＝，且xn＜－1，xn＋1＝. （1）证明：数列为等比数列； （2）设an＝（17－2n）ln，求数列{an}的最大项. 解：（1）证明：因为xn＋1＝，所以＝＝， 又xn＜－1，所以＞0，则＞0， 所以ln＝ln＝2ln，又x1＝，所以＝＝e，则ln＝1， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列. （2）由（1）可得ln＝2n－1， 所以an＝（17－2n）ln＝（17－2n）×2n－1， 令an＋1－an＝（15－2n）×2n－（17－2n）×2n－1＝（13－2n）×2n－1＞0， 则13－2n＞0，解得n＜6.5， 又n∈N＋，所以当1≤n≤6且n∈N＋时，an＋1＞an，当n≥7且n∈N＋时，an＋1＜an， 所以a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜a6＜a7＞a8＞a9＞…， 所以{an}的最大项为a7＝（17－2×7）×27－1＝192. 14.〔多选〕若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质.对于正整数n，φ（n）是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数φ（n）以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如φ（1）＝1，φ（4）＝2，φ（6）＝2，则下列结论正确的是（　　） A.φ（15）＝φ（3）φ（5） B.n为素数时，φ（n）＝n－1 C.数列{φ（2n）}是等比数列 D.φ（100）＝30 解析：ABC　对于A，小于或等于15且与15互质的数有1，2，4，7，8，11，13，14，所以φ（15）＝8，又由φ（3）＝2，φ（5）＝4，所以φ（15）＝φ（3）φ（5），故A正确；对于B，素数p的因数只有1和p，所以1到p－1的所有的数均与p互质，所以n为素数时，φ（n）＝n－1，所以B正确；对于C，因为2是质数，所以在不超过2n的整数中，所有的偶数的个数为2n－1，根据欧拉函数的定义可得φ（2n）＝2n－2n－1＝2n－1，则φ（2n）＝2φ（2n－1），又由φ（2）＝1，所以数列{φ（2n）}是等比数列，所以C正确；对于D，因为100是偶数，小于100的正奇数有50个，其中是5的倍数的奇数有10个，它们与100不互质，所以φ（100）＝40，所以D不正确.故选A、B、C. 15.判断是否存在一个等比数列{an}，使其满足下列三个条件：（1）a1＋a6＝11，且a3a4＝；（2）an＋1＞an；（3）至少存在一个m（m∈N＋，且m＞4），使am－1，，am＋1＋成等差数列.若存在，请写出数列的通项公式；若不存在，请说明理由. 解：不存在.理由如下： 假设存在符合条件的等比数列{an}， 则a3a4＝a1a6＝，与a1＋a6＝11联立， 解得或（舍去，因为an＋1＞an）. 设{an}的公比为q，由a6＝a1q5，得＝q5，解得q＝2， 所以an＝·2n－1（n∈N＋）. 又因为am－1，，am＋1＋成等差数列， 所以2＝am－1＋， 即2＝（·2m－2）＋（·2m＋）， 化简整理，得22m－7·2m－8＝0，即（2m－8）·（2m＋1）＝0. 因为2m＋1＞0，所以2m－8＝0，即2m＝8，所以m＝3. 这与条件（3）中的m＞4矛盾. 所以不存在符合条件的等比数列{an}. 8 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $