第1章 1.3.2 等比数列与指数函数（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（湘教版）

该高中数学课件聚焦等比数列与指数函数的关系，通过问题引导观察通项公式与指数函数联系，类比等差数列构建知识支架，衔接定义、函数性质到判定证明及新数列构造，形成完整知识脉络。 其亮点在于以问题驱动和类比推理为主线，结合实例（如等比数列增减性判断、构造新数列）培养数学思维与抽象能力，例题与跟踪训练呼应，帮助学生深化理解，教师可利用分层练习提升教学效率。

1.3.2 等比数列与指数函数 第1章　§1.3　等比数列 <<< 1.掌握等比数列与函数的关系. 2.能根据等比数列的定义推出等比数列的性质，并能运用这些性质简化运算. 3.灵活应用等比数列通项公式的推广形式及变形. 学习目标 一、等比数列的通项公式与函数的关系 二、等比数列的判定与证明 课时对点练 三、由等比数列构造新等比数列 随堂演练 内容索引 四、等比数列的性质 等比数列的通项公式与函数的关系 一 观察等比数列的通项公式，你认为它与我们熟悉的哪一类函数有关？ 问题1 提示　由an=a1qn-1=·qn可知，当q>0且q≠1时，等比数列的第n项an是指数型函数f(x)=·qx(x∈R)当x=n时的函数值，即an=f(n). 1.当a1>0，q>1时，数列{an}为正项的递增等比数列. 2.当a1>0，0<q<1时，数列{an}为正项的递减等比数列. 3.当a1<0，q>1时，数列{an}为负项的递减等比数列. 4.当a1<0，0<q<1时，数列{an}为负项的递增等比数列. 5.当q=1时，数列{an}为常数列. 6.当q<0时，数列{an}为摆动数列；奇数项符号相同，偶数项符号相同. 知识梳理 　已知数列{an}是等比数列，且公比大于0，则“q>1”是“数列{an}是递增数列”的 A.充要条件 B.必要而不充分条件 C.充分而不必要条件 D.既不充分又不必要条件 例 1 当a1<0，q>1时，数列{an}为递减数列，即充分性不成立； 当“数列{an}是递增数列”时，可能是a1<0，0<q<1，即必要性不成立； 即“q>1”是“数列{an}是递增数列”的既不充分又不必要条件. 解析 √ 7 若{an}为等比数列，则“a1<a3<a5”是“数列{an}是递增数列”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 延伸探究 √ 8 若等比数列{an}是递增数列， 可得a1<a3<a5一定成立； 反之，例如数列， 此时满足a1<a3<a5，但数列{an}不是递增数列， 所以“a1<a3<a5”是“数列{an}是递增数列”的必要而不充分条件. 解析 9 判断等比数列的增减性时，要结合等比数列的函数性质，选择恰当的性质解题. 反 思 感 悟 10 设{an}是等比数列，则“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 跟踪训练1 √ 11 设等比数列{an}的公比为q， 由a1<a2，可得a1(q-1)>0， 解得 此时数列{an}不一定是递增数列； 由数列{an}为递增数列， 可得a1<a2， 所以“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的必要而不充分条件. 解析 12 二 等比数列的判定与证明 判定与证明等比数列的方法 (1)定义法：=q(n∈N+且n≥2，q为不为0的常数). (2)等比中项法：=an-1an+1(n∈N+且n≥2，an≠0). (3)通项公式法：an=a1qn-1=·qn=A·qn(A≠0). 　(1)(课本例5)　已知数列{an}的通项公式为an=A·qn，其中A，q均为非零常数，那么这个数列一定是等比数列吗？ 例 2 取数列{an}中任意相邻两项an与an-1(n≥2)，作商得==q. 这个比值是一个与n无关的非零常数，所以{an}一定是等比数列，且指数幂的底数即为等比数列的公比. 解 15 (2)(课本例6)　已知{an}，{bn}是项数相同的数列. ①若数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}满足bn=1，证明：数列{bn}是等比数列； 因为bn=1≠0，且==1=10d， 所以，数列{bn}是公比q=10d的等比数列. 证明 16 (2)若数列{an}是公比为q且各项均为正数的等比数列，数列{bn}满足bn=lg an，证明：数列{bn}是等差数列. 由题意可知，q>0. 因为bn+1-bn=lg an+1-lg an=lg =lg q， 所以，数列{bn}是公差d=lg q的等差数列. 证明 17 　已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=(an-1)(n∈N+). (1)求a1，a2； 例 2 由S1=(a1-1)，得a1=(a1-1)， 所以a1=-. 又S2=(a2-1)，即a1+a2=(a2-1)，得a2=. 解 18 (2)求证：数列{an}是等比数列. 当n≥2时， an=Sn-Sn-1=(an-1)-(an-1-1)， 得=-.又a1=-， 所以{an}是首项为-，公比为-的等比数列. 证明 19 (1)判定一个数列不是等比数列，只需说明其有连续三项不是等比数列即可. (2)证明一个数列是等比数列，必须满足等比数列的定义. 反 思 感 悟 20 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1=Sn(n=1，2，3，…).证明：数列是等比数列. 跟踪训练2 21 由a1=1，an+1=Sn，得an>0，Sn>0. 由an+1=Sn，an+1=Sn+1-Sn， 得(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn)， 整理，得nSn+1=2(n+1)Sn， 所以=2·=2. 因为==1，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列. 证明 22 由等比数列构造新等比数列 三 结合我们所学，你能类比等差数列、等比数列的通项公式的结构特点及运算关系吗？ 问题2 提示　   等差数列 等比数列 定义 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列称为等差数列 一般地，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，那么这个数列称为等比数列 符号表示 an-an-1=d(n≥2，n∈N+) =q(n≥2，n∈N+) 通项公式 an=a1+(n-1)d an=a1qn-1 类比 差⇒商；和⇒积，积⇒乘方   等差数列 等比数列 性质 等差数列首项a1，公差d 等比数列首项a1，公比q 把等差数列前k项去掉，得到一个以ak+1为首项，以d为公差的等差数列 把等比数列前k项去掉，得到一个以ak+1为首项，以q为公比的等比数列 等差数列中，ak，ak+m，ak+2m…是以md为公差的等差数列 等比数列中，ak，ak+m，ak+2m…是以qm为公比的等比数列 等差数列中每一项加上同一个常数，构成一个公差不变的等差数列 等比数列中每一项同乘一个非零常数，构成一个公比不变的等比数列 两个等差数列相加，还是一个等差数列 两个等比数列相乘，还是一个等比 数列 1.在等比数列{an}中，每隔k项(k∈N+)取出一项，按原来的顺序排列，所得的新数列仍为等比数列. 2.若{an}是等比数列，公比为q，则数列{λan}(λ≠0)，，{}都是等比数列，且公比分别是q，，q2. 3.若{an}，{bn}是项数相同的等比数列，公比分别是p和q，那么{anbn}与也都是等比数列，公比分别为pq和. 知识梳理 在构造新的等比数列时，要注意新数列中有的项是否为0，比如公比q=-1时，连续2n(n∈N+)项的和都是0，故不能构成等比数列. 注 意 点 <<< 28 如果数列{an}是等比数列，那么下列数列中不一定是等比数列的是 A. B. C. D. 例 3 √ 29 取等比数列an=，则an+an+1=0，所以{an+an+1}不是等比数列，故D错误； 对于其他选项，均满足等比数列通项公式的性质. 解析 30 由等比数列构造新的等比数列，一定要检验新的数列中的项是否为0，主要是针对q<0的情况. 反 思 感 悟 31 　(多选)等比数列{an}和函数f(x)满足a1=1，f(n)=an，则以下数列也为等比数列的是 A.bn=f(2n) B.bn=f C.bn=(f(n))2 D.bn=f(n2) 跟踪训练 3 √ √ 32 由题意知，数列{an}为等比数列，设其公比为q，则an+1=qan. 对于A，bn=f(2n)=a2n，则bn+1=a2n+2， 所以bn+1=q2bn，b1=a2=q，所以数列{bn}是首项为q，公比为q2的等比数列，故A正确； 对于B，当n为奇数时，不为整数，无意义，故B错误； 对于C，bn=(f(n))2=，则bn+1==q2=q2bn，b1==1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为q2的等比数列，故C正确； 对于D，bn=f(n2)=，则bn+1===q2n+1bn， 因为q2n+1不为常数，故D错误. 解析 33 等比数列的性质 四 你能根据等差数列里面的an=am+(n-m)d类比出等比数列中相似的性质吗？ 问题3 提示　类比可得an=amqn-m.推导过程：由等比数列的定义可知an=a1qn-1，am=a1qm-1，两式相除可得==q(n-1)-(m-1)=qn-m，即an=amqn-m. 你能根据等差数列里面的am+an=ak+al，其中m+n=k+l，m，n，k，l∈N+，类比出等比数列中相似的性质吗？ 问题4 提示　类比可得aman=akal，其中m+n=k+l，m，n，k，l∈N+. 推导过程：am=a1qm-1，an=a1qn-1，ak=a1qk-1，al=a1ql-1， 所以aman=a1qm-1·a1qn-1=qm+n-2，akal=a1qk-1·a1ql-1=qk+l-2， 因为m+n=k+l，所以有aman=akal. 1.等比数列通项公式的推广和变形：an=amqn-m. 2.设数列{an}为等比数列，则 (1)若k+l=m+n(k，l，m，n∈N+)，则ak·al=am·an. (2)若m，p，n成等差数列，则am，ap，an成等比数列. 知识梳理 (1)性质的推广：若m+n+p=x+y+z，则amanap=axayaz. 该性质要求等号两边下标的和相等，且等号两侧项数相同. (2)在有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项之积都相等，即a1·an=a2·an-1=…. 注 意 点 <<< 38 　(1)在等比数列{an}中： ①已知a3+a6=36，a4+a7=18，an=，求n； 例 4 设等比数列{an}的公比为q. 由得q=. 再由a3+a6=a3·(1+q3)=36，得a3=32， 则an=a3·=32×==， 所以n-8=1，所以n=9. 解 39 ②已知a5=8，a7=2，an>0，求an. 由a5=8，a7=a5·q2=2，得q2=. 因为an>0，所以q=， 所以an=a5·=8×=. 解 40 (2)有四个实数，前三个数成等比数列，且它们的乘积为216，后三个数成等差数列，且它们的和为12，求这四个数. 41 方法一　设前三个数分别为，a，aq， 则·a·aq=216，所以a3=216，所以a=6. 因此前三个数为，6，6q. 由题意知第4个数为12q-6. 所以6+6q+12q-6=12，解得q=. 故所求的四个数为9，6，4，2. 解 42 方法二　设后三个数为4-d，4，4+d， 则第一个数为(4-d)2， 由题意知(4-d)2×(4-d)×4=216， 解得4-d=6.所以d=-2. 故所求的四个数为9，6，4，2. 解 43 (1)等比数列的通项公式及变形的应用 ①在已知等比数列的首项和公比的前提下，利用通项公式an=a1qn-1(a1q≠0)可求出等比数列中的任意一项. ②在已知等比数列中任意两项的前提下，利用an=amqn-m (q≠0)也可求出等比数列中的任意一项. (2)利用等比数列的性质解题 ①基本思路：充分发挥项的“下标”的指导作用，分析等比数列项与项之间的关系，选择恰当的性质解题. ②优缺点：简便快捷，但是适用面窄，有一定的思维含量. 反 思 感 悟 44 (3)几个数成等比数列的设法 ①三个数成等比数列设为，a，aq. 推广到一般：奇数个数成等比数列设为 …，，a，aq，aq2，…. ②四个符号相同的数成等比数列设为，aq，aq3. 推广到一般：偶数个符号相同的数成等比数列设为 …，，aq，aq3，aq5，…. ③四个数成等比数列，不能确定它们的符号是否相同时，可设为a，aq，aq2，aq3. 反 思 感 悟 45 　(1)已知等比数列{an}满足a1+a5+a9=21，a4+a8+a12=42，则a7等于 A.4 B.8 C.16 D.32 跟踪训练 4 √ 设数列{an}的公比为q， 则a4+a8+a12=(a1+a5+a9)q3， 即21q3=42，解得q=. 因为a1+a5+a9=a1(1+q4+q8)=21a1=21， 所以a1=1，则a7=a1q6=8. 解析 46 (2)有四个数成等比数列，将这四个数分别减去1，1，4，13成等差数列，则这四个数的和是　　.  45 47 设这四个数分别为a，aq，aq2，aq3， 则a-1，aq-1，aq2-4，aq3-13成等差数列. 即 整理得 因此这四个数分别是3，6，12，24，其和为45. 解析 1.知识清单： (1)等比数列的通项公式与函数的关系. (2)等比数列的判定与证明. (3)由等比数列构造新的等比数列. (4)等比数列的性质. 2.方法归纳：公式法、类比法、定义法、分类讨论法. 3.常见误区： (1)构造新的等比数列易忽视有等于0的项. (2)四个数成等比数列时设成，aq，aq3，未考虑公比为负的情况. 课堂小结 随堂演练 五 1 2 3 4 1.等比数列{an}中，首项a1<0，则数列{an}是递增数列的充要条件是公比q满足 A.q>1 B.q<1 C.0<q<1 D.q<0 由等比数列的函数特征可知，首项a1<0，公比q满足0<q<1⇔数列{an}是递增数列. 解析 √ 1 2 3 4 2.对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是 A.a1，a3，a9成等比数列 B.a2，a3，a6成等比数列 C.a2，a4，a8成等比数列 D.a3，a6，a9成等比数列 √ 1 2 3 4 记{an}的首项为a1，公比为q(q≠0)，A项中，=(a1·q2)2≠a1·a9=·q8，故A项说法错误； B项中，=(a1·q2)2≠a2·a6=·q6，故B项说法错误； C项中，=(a1·q3)2≠a2·a8=·q8，故C项说法错误； D项中，=(a1·q5)2=a3·a9=·q10，故D项说法正确. 解析 1 2 3 4 3.已知数列{an}为各项都是正数的等比数列，=9a1·a9，则等于 A.3 B. C. D. √ 1 2 3 4 设正项等比数列{an}的公比为q， 由=9a1·a9，得(a1q5)2=9a1·a1q8， 即q2=9， 而q>0，解得q=3， 所以===. 解析 1 2 3 4 4.若正项等比数列{an}满足a1a5=4，当+取最小值时，数列{an}的公比是　　　　.  设正项等比数列{an}的公比为q， 因为a1a5=4，所以由等比数列的性质可得a2a4=4， 因此+≥2=2， 当且仅当==q2=4，即q=2(负值舍去)时，等号成立. 所以数列{an}的公比是2. 解析 2 课时对点练 六 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C A C C A B - 题号 8 11 12 13 14 15 答案 3× C D ACD 4 C 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵{an}为等比数列， ∴a1·a9=a3·a7=64. 又∵a3+a7=20， ∴a3=4，a7=16或a3=16，a7=4. ①当a3=4，a7=16时，=q4=4， 此时a11=a3q8=4×42=64. ②当a3=16，a7=4时，=q4=， 此时a11=a3q8=16×=1. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)证明　由已知得an+1-=an- =， 即=， 因为a1=，所以a1-=， 所以为公比的等比数列. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)解　由(1)知，为公比的等比数列， 所以an-=×， 所以an=×+. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)设数列{an}的公比为q. 由题意，可得an=8qn-1，且0<q<1. 由a1+13，4a2，a3+9成等差数列， 知8a2=30+a3， 所以64q=30+8q2， 解得q=或q=(舍去)， 所以an=8×=24-n，n∈N+. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)bn=an(n+2-λ)=(n+2-λ)·24-n， 由bn>bn+1， 得(n+2-λ)·24-n>(n+3-λ)·23-n， 即λ<n+1(n∈N+)， 所以λ<(n+1)min=2， 故实数λ的取值范围为(-∞，2). 基础巩固 1.在等比数列{an}中，a1，a99是方程x2-10x+16=0的两个根，则a50的值为 A.10 B.16 C.±4 D.4 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 依题意，得a1·a99=16，而a1·a99=， 所以a50=±4. 解析 2.已知等比数列{an}的公比为q，则“a1>0且q>1”是“{an}为递增数列”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在等比数列中，当a1>0且q>1时，{an}为递增数列，故充分性成立；当a1<0且0<q<1时，{an}也为递增数列，故必要性不成立.故“a1>0且q>1”是“{an}为递增数列”的充分而不必要条件. 解析 √ 3.在各项均为正数的等比数列{an}中，a2a5=16，则log2a3+log2a4等于 A.2 B.3 C.4 D.5 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为数列{an}为正项等比数列，且a2a5=16， 所以a2a5=a3a4=16， 所以log2a3+log2a4=log2(a3a4)=log216=log224=4. 解析 √ 4.已知{an}，{bn}都是等比数列，那么 A.{an+bn}，{anbn}都一定是等比数列 B.{an+bn}一定是等比数列，但{anbn}不一定是等比数列 C.{an+bn}不一定是等比数列，但{anbn}一定是等比数列 D.{an+bn}，{anbn}都不一定是等比数列 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当两个数列都是等比数列时，这两个数列的和不一定是等比数列，比如取两个数列是互为相反数的数列，两者的和就不是等比数列.两个等比数列的积一定是等比数列. 解析 √ 5.已知数列{an}满足a2=1，a3=6，且数列{an+n}为等比数列，则a4的值为 A.23 B.32 C.36 D.40 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 设bn=an+n， 则{bn}为等比数列， 设公比为q，则b2=a2+2=3，b3=a3+3=9， ∴q=3，∴b4=b3·3=9×3=27， 即a4+4=27，∴a4=23. 解析 6.在2和20之间插入两个数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个数的和为 A.4 B.4或 C.6或 D.6 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设插入的第一个数为a，则插入的另一个数为. 由a，，20成等差数列，得2×=a+20. 整理得a2-a-20=0，解得a=-4或a=5. 当a=-4时，插入的两个数的和为a+=4. 当a=5时，插入的两个数的和为a+=. 解析 7.在等比数列{an}中，若a7+a8+a9+a10=，a8a9=-，则+++=　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 - 因为+=+=，由等比数列的性质知a7a10=a8a9，所以+++==÷=-. 解析 8.已知，是等比数列{an}图象上的两点，则an=　 　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3× 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　由等比数列与函数的关系，可设过的函数解析式为y=A·qx(A为常数，Aq≠0)， 则 ∴y=6×. 故an=6×=3×. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　由题意知a2=，a5=， ∴q3==， ∴q=， ∴an=a2·qn-2=×=3×. 解析 9.已知数列{an}是等比数列，a3+a7=20，a1a9=64，求a11的值. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵{an}为等比数列， ∴a1·a9=a3·a7=64. 又∵a3+a7=20， ∴a3=4，a7=16或a3=16，a7=4. ①当a3=4，a7=16时，=q4=4， 此时a11=a3q8=4×42=64. ②当a3=16，a7=4时，=q4=， 此时a11=a3q8=16×=1. 解 10.已知数列{an}满足a1=，且an+1=an+，n∈N+. (1)求证：是等比数列； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由已知得an+1-=an-=， 即=， 因为a1=，所以a1-=， 所以为公比的等比数列. 证明 (2)求数列{an}的通项公式. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)知，为公比的等比数列， 所以an-=×， 所以an=×+. 解 11.等比数列{an}是递减数列，前n项的积为Tn，若T13=4T9，则a8a15等于 A.±2 B.±4 C.2 D.4 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵T13=4T9， ∴a1a2…a9a10a11a12a13=4a1a2…a9， ∴a10a11a12a13=4. 又∵a10a13=a11a12=a8a15， ∴(a8a15)2=4， ∴a8a15=±2. 又∵{an}为递减数列， ∴q>0，∴a8a15=2. 解析 12.设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai+1(i=1，2，…)的矩形面积，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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为Ai是边长为ai，ai+1(i=1，2，…)的矩形面积，所以Ai=aiai+1(i=1，2，…)， 则数列{An}的通项为An=anan+1.根据等比数列的定义， 数列{An}为等比数列的充要条件是===q(常数). 解析 13.(多选)已知数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，{an}的前n项和为Sn，若a1+a6+a11=3π，b1b5b9=8，则 A.S11=11π B.sin= C.a3+a7+a8=3π D.b3+b7≥4 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1+a6+a11=3π，b1b5b9=8，所以a1+a6+a11=3a6=3π，即a6=π，b1b5b9==8，即b5=2.对于A，S11= =11a6=11π，故A正确； 对于B，a2+a10=2a6=2π，b4b6==4，所以sin=sin=1，故B错误；对于C，设等差数列{an}的公差为d，则a3+a7+a8=a6-3d+a6+d+a6+2d= 3a6=3π，故C正确； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于D，由b5=2，得b3，b7>0，故b3+b7≥2=2=4，当且仅当b3=b7=2时等号成立，故D正确. 解析 14.已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2·a4=4，a1+a2+a3=14，则满足an·an+1·an+2>的最大正整数n的值为　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4 设数列{an}的公比为q(q>0)，∵a2·a4=4=，且a3>0，∴a3=2，又a1+a2 +a3=++2=14，∴=-3(舍去)或=2，即q=，a1=8.又an=a1qn-1=8× =， ∴an·an+1·an+2=>，即23n-9<9， ∵n∈N+，∴n的最大值为4. 解析 15.已知“正项数列{an}满足an+1·an=4n”，则“a2=2a1”是“数列{an}为等比数列”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 拓广探究 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为an+1·an=4n，所以an+2·an+1=4n+1， 两式相除可得==4， 所以=4， 所以当n=2k，k∈N+时，则=4，所以是以a2为首项，4为公比的等比数列， 所以a2k=a2·4k-1=a2·22k-2， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以当n=2k-1，k∈N+时，则=4，所以是以a1为首项，4为公比的等比数列， 所以a2k-1=a1·4k-1=a1·22k-2， 当a2=2a1时，则a2k=2a1·22k-2=a1·22k-1，a2k-1=a1·2(2k-1)-1， 所以数列{an}是首项为a1，公比为2的等比数列， 所以由“a2=2a1”能推出“数列{an}为等比数列”，充分性成立； 若数列{an}为等比数列，则公比为2，故a2=2a1， 所以由“数列{an}为等比数列”能推出“a2=2a1”，必要性成立. 故“a2=2a1”是“数列{an}为等比数列”的充要条件. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.设数列{an}是公比小于1的正项等比数列，已知a1=8，且a1+13，4a2，a3+9成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设数列{an}的公比为q. 由题意，可得an=8qn-1，且0<q<1. 由a1+13，4a2，a3+9成等差数列， 知8a2=30+a3， 所以64q=30+8q2， 解得q=或q=(舍去)， 所以an=8×=24-n，n∈N+. 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若bn=an(n+2-λ)，且数列{bn}是递减数列，求实数λ的取值范围. bn=an(n+2-λ)=(n+2-λ)·24-n， 由bn>bn+1， 得(n+2-λ)·24-n>(n+3-λ)·23-n， 即λ<n+1(n∈N+)， 所以λ<(n+1)min=2， 故实数λ的取值范围为(-∞，2). 解 第1章　§1.3　等比数列 <<< $