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第2课时　等比数列的性质
1.在等比数列{an}中，若a2＝4，a5＝－32，则公比q＝（　　）
A.－　　 B.2
C.　　 D.－2
2.在等比数列{an}中，若a2a6＋＝π，则a3a5＝（　　）
A.　　 B.
C.　　 D.
3.已知等比数列{an}中，am·am＋10＝a，am＋20·am＋30＝b（m∈N*），则am＋40·am＋50＝（　　）
A.　　 B.
C.　　 D.
4.若正项等比数列{an}满足a1a5＝4，当＋取最小值时，数列的公比q＝（　　）
A.1　　 B.2
C.±1　　 D.±2
5.（2024·湛江月考）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9，则第5节的容积为（　　）
A.2　　 B.
C.3　　 D.
6.（多选）已知等比数列{an}，则下面式子对任意正整数k都成立的是（　　）
A.ak·ak＋1＞0
B.ak·ak＋2＞0
C.ak·ak＋1·ak＋2＞0
D.ak·ak＋1·ak＋2·ak＋3＞0
7.（2024·宿迁月考）设A和G分别是a，b的等差中项和等比中项，则a2＋b2＝　　　　.
8.已知项数相同的等比数列{an}和{bn}，公比分别为q1，q2（q1，q2≠1），则数列①{3an}，②{}，③{2an－3bn}，④{2an·3bn}中是等比数列的是　　　　（填序号）.
9.在等比数列{an}中，a5，a13是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，则a9＝　　　　.
10.已知数列{an}是等比数列，a3＋a7＝20，a1a9＝64，求a11的值.
11.已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则＝（　　）
A.4　　 B.2
C.5　　 D.
12.（多选）已知等比数列{an}的公比q＜0，等差数列{bn}的首项b1＞0，若a9＞b9，且a10＞b10，则下列结论一定正确的是（　　）
A.a9a10＜0　　 B.a9＞a10
C.b10＞0　 D.b9＞b10
13.已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a（a＞0），b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.若数列{an}唯一，则a的值为　　　　.
14.已知数列{an}为等比数列.
（1）若an＞0，且a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，求a3＋a5的值；
（2）若数列{an}的前三项和为168，a2－a5＝42，求a5，a7的等比中项.
15.设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，且q＞0，q≠1.
（1）若a1＝qm，m∈Z，且m≥－1，求证：数列{an}中任意不同的两项之积仍为数列{an}中的项；
（2）若数列{an}中任意不同的两项之积仍为数列{an}中的项，求证：存在整数m，且m≥－1，使得a1＝qm.
第2课时　等比数列的性质
1.D　因为＝q3＝－8，故q＝－2.
2.C　因为a2a6＝＝a3a5，所以a3a5＝.
3.C　由等比数列性质an＋p＝an·qp，b＝am＋20·am＋30＝am·q20·am＋10·q20＝（am·am＋10）q40＝aq40，∴q40＝，故am＋40·am＋50＝（am·am＋10）·q80＝a·（）2＝.
4.B　设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），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＝，即＝q2＝4，即q＝2（负值舍去）时，等号成立.所以数列{an}的公比是2.
5.D　法一　依题意可设竹子自上而下各节的容积成等比数列{an}，设其公比为q（q≠0），由上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9，可知解得a1q＝，q3＝，所以第5节的容积为a1q4＝a1q·q3＝×＝.
法二　依题意可设竹子自上而下各节的容积成等比数列{an}，由上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9，可知a1a2a3＝3，a7a8a9＝9，由等比数列的性质可知a1a2a3a7a8a9＝（a1a9）（a2a8）·（a3a7）＝＝27.所以a5＝.
6.BD　对于A，当q＜0时，ak·ak＋1＜0，A不一定成立；对于B，ak·ak＋2＝（akq）2＞0，B成立；对于C，ak·ak＋1·ak＋2＝＞0不一定成立，C不一定成立；对于D，ak·ak＋1·ak＋2·ak＋3＝（ak＋1·ak＋2）2＞0一定成立，故选B、D.
7.4A2－2G2　解析：由题意得：2A＝a＋b，G2＝ab，a2＋b2＝（a＋b）2－2ab＝4A2－2G2.
8.①④　解析：在①中，＝q1，是等比数列；在②中，令an＝2n－1，则数列{}为3，32，34，…，而≠，故不是等比数列；在③中，数列的项可能为零，故不一定是等比数列；在④中，＝q1q2，是等比数列.
9.－　解析：因为a5，a13是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，所以有a5＋a13＝－6＜0，a5a13＝2＞0，因此a5＜0，a13＜0，由等比数列的性质可知，a9＜0，而＝a5a13＝2 a9＝－.
10.解：∵{an}为等比数列，
∴a1a9＝a3a7＝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×（）2＝1.
综上可得，a11＝64或a11＝1.
11.A　因为anan＋1＝2n，所以an－1an＝2n－1（n≥2），所以＝2（n≥2），所以数列{an}的奇数项组成等比数列，偶数项组成等比数列，故＝22＝4，故选A.
12.AD　对选项A，因为q＜0，所以a9a10＝a9·a9q＝q＜0，故A正确；对选项B，因为a9a10＜0，所以或即a9＞a10或a9＜a10，故B错误；对选项C、D，因为a9，a10异号，a9＞b9，且a10＞b10，所以b9，b10中至少有一个负数，又因为b1＞0，所以d＜0，b9＞b10，b10＜0，故C错误，D正确.故选A、D.
13.　解析：设{an}的公比为q，由b1＝1＋a，b2＝2＋a2，b3＝3＋a3且＝b1b3 （2＋aq）2＝（1＋a）（3＋aq2） aq2－4aq＋3a－1＝0，由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，所以方程有两个不相等的实数根.由{an}唯一，知方程必有一根为0，代入方程aq2－4aq＋3a－1＝0中，得a＝.
14.解：（1）∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，
∴＋2a3a5＋＝36，
即（a3＋a5）2＝36，
又∵an＞0，∴a3＋a5＝6.
（2）设等比数列{an}的公比为q，
∵a2－a5＝42，∴q≠1.
由已知，得
∴
解得若G是a5，a7的等比中项，
则有G2＝a5a7＝a1q4·a1q6＝q10＝962×（）10＝9，
∴a5，a7的等比中项为±3.
15.证明：（1）设ar，at为等比数列{an}中不同的两项，由a1＝qm，得ar·at＝a1qr－1·a1qt－1＝a1·q（r＋t＋m－1）－1.
因为r＋t≥3，且m≥－1，所以r＋m＋t－1≥1.
所以arat是数列{an}的第（r＋m＋t－1）项.
（2）等比数列{an}中任意不同两项之积仍为数列{an}中的项，令as·at＝al（l，t，s∈N*，t≠s），
由as＝a1·qs－1，at＝a1·qt－1，al＝a1·ql－1，
得a1·qs－1·a1·qt－1＝a1·ql－1，a1＝ql－s－t＋1.
令整数m＝l－s－t＋1，则a1＝qm.
下证整数m≥－1.
若设整数m＜－1，则－m≥2.令k＝－m，
由题设，取a1，ak，使a1·ak＝ar（r∈N*），
即a1·a1·qk－1＝a1·qr－1，
所以qm·q－m－1＝qr－1，即q－1＝qr－1.
因为q＞0，q≠1，所以－1＝r－1，r＝0，与r∈N*矛盾.
所以m≥－1.
2 / 2第2课时　等比数列的性质
　　1915年，波兰数学家谢尔宾斯基创造了一个美妙的“艺术品”，被人们称为谢尔宾斯基三角形，如图所示.我们来数一数图中那些白色的同一类三角形的个数，可以得到一列数：1，3，9，27，…，我们知道这是一个等比数列.
【问题】　在等差数列{an}中有这样的性质：若m＋n＝p＋q，那么am＋an＝ap＋aq，用上述情境中的数列验证，在等比数列中是否有类似的性质？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　等比中项
1.条件：如果三个数a，G，b成　　　　数列.
2.结论：那么G叫作a与b的　　　　　　.
3.满足的关系式：G2＝　　　.
【想一想】
　任何两个非零实数都有等比中项吗？
知识点二　等比数列{an}的常用性质
{an}是等比数列，首项为a1，公比为q，则
（1）an＝am·　　　　（n，m∈N*）；
（2）若m＋n＝p＋q（m，n，p，q∈N*），则　　　　　；
特别地，①若m＋n＝2r，则aman＝，m，n，r∈N*；
②a1an＝a2an－1＝…＝aian＋1－i＝…（i＝1，2，3，…，n）；
③若m＋n＋t＝p＋r＋s，则amanat＝aparas，其中m，n，t，p，r，s∈N*；
（3）若m，n，p（m，n，p∈N*）成等差数列，则am，an，ap成等比数列.
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）数列a，G，b成等比数列的充要条件是G2＝ab.（　　）
（2）若{an}是等比数列，则{}也是等比数列.（　　）
（3）若{an}，{bn}是项数相同的等比数列，则{}也是等比数列.（　　）
2.已知等比数列{an}中，a1＝1，a3＝，则a5＝（　　）
A.±　　 B.－
C.　　 D.±
3.在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝18，求a3与a7的等比中项.
题型一 等比中项及应用
【例1】　（链接教科书第161页习题11题）－2和＋2的等差中项与等比中项分别为（　　）
A.，±2　　 B.2，±
C.，±1　　 D.1，±
通性通法
应用等比中项需注意的问题
（1）由等比中项的定义可知＝ G2＝ab G＝±，所以只有a，b同号时，a，b的等比中项有两个，异号时，没有等比中项；
（2）在一个等比数列中，从第二项起，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】
设等差数列{an}的公差d≠0，且a3＝0.如果ak是a6与ak＋6的等比中项，那么k＝　　　　.
题型二 等比数列性质的应用
【例2】　（1）在等比数列{an}中，若a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，an＝，则n＝（　　）
A.7　　 B.8
C.9　　 D.10
（2）在等比数列{an}中，a6·a12＝6，a4＋a14＝5，则＝（　　）
A.或　　 B.
C.或　　 D.或
通性通法
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.
【跟踪训练】
1.已知在等比数列中，有a3a7a10＝9，则a4＝（　　）
A.3　　 B.9
C.20　　 D.无法计算
2.在等比数列{an}中，a3a4a6a7＝81，则a1a9＝（　　）
A.9　　　B.－9　　　C.±9　　　D.18
题型三 由等比数列衍生的新数列
【例3】　（1）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
（2）若等比数列{an}的公比为q，则a1，a8，a15的公比为　　　　.
通性通法
1.由等比数列衍生的新的等比数列，一定要检验新的数列中的项是否为0.
2.如果{an}，{bn}均为等比数列，且公比分别为q1，q2，那么：
（1）ak，ak＋n，ak＋2n，…为等比数列，公比为；
（2）数列，{an·bn}，{}，{｜an｜}仍是等比数列，且公比分别为，q1q2，，｜q1｜.
【跟踪训练】
1.在等比数列{an}中，a3a4a5＝3，a6a7a8＝24，则a9a10a11＝　　　　.
2.设{an}，{bn}都是等比数列，若a1b1＝7，a3b3＝21，则a5b5＝　　　　.
1.在等比数列{an}中，a3＝9，公比q＝，则a3与a5的等比中项是（　　）
A.1　　B.3　　C.±1　　D.±3
2.若数列{an}是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（　　）
A.{lg an}　　 B.{1＋an}
C.{}　　 D.{an＋an＋1}
3.若an＞0，a5a6＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝　　　　.
第2课时　等比数列的性质
【基础知识·重落实】
知识点一
1.等比　2.等比中项　3.ab
想一想
　提示：不一定，只有a，b同号时才有等比中项.
知识点二
（1）qn－m　（2）aman＝apaq
自我诊断
1.（1）×　（2）√　（3）√
2.C　根据等比数列的性质可知a1a5＝ a5＝＝.
3.解：设a3与a7的等比中项为G，则G＝±＝±6.
【典型例题·精研析】
【例1】　C　－2和＋2的等差中项为＝，－2和＋2的等比中项为±＝±1.
跟踪训练
　9　解析：由题意得a3＝a1＋2d＝0，∴a1＝－2d.又∵ak是a6与ak＋6的等比中项，∴＝a6ak＋6，即[a1＋（k－1）d]2＝（a1＋5d）·[a1＋（k＋5）d]，[（k－3）d]2＝3d·（k＋3）d，又d≠0，解得k＝9或k＝0（舍去）.
【例2】　（1）C　（2）A　解析：（1）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·qn－3＝32×（）n－3＝（）n－8＝，所以n－8＝1，所以n＝9.
（2）由a6·a12＝a4·a14＝6，且a4＋a14＝5，解得a4＝2，a14＝3或a4＝3，a14＝2，若a4＝2，a14＝3，则q10＝，即＝；若a4＝3，a14＝2，则q10＝，即＝.
跟踪训练
1.B　由等比数列多项之间的下标和的关系可知3＋7＋10＝4＋8＋8，故a4＝9.
2.A　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.
【例3】　（1）C　（2）q7　解析：（1）因为＝＝q2，为常数，所以该数列为以q2为公比的等比数列.
（2）由于数列{an}是公比为q的等比数列，因此a8＝a1q7，a15＝a1q14，故＝＝q7.
跟踪训练
1.192　解析：因为{an}成等比数列，所以a3a4a5，a6a7a8，a9a10a11仍成等比数列，公比q＝＝＝8，a9a10a11＝（a6a7a8）·q＝24×8＝192.
2.63　解析：因为{an}，{bn}为等比数列，所以{anbn}也为等比数列，设{anbn}的公比为q，又a1b1＝7，a3b3＝21，所以q2＝＝3，即a5b5＝a3b3·q2＝21×3＝63.
随堂检测
1.D　因为a3a5＝＝9，所以a3与a5的等比中项是±3，故选D.
2.C　取等比数列an＝（－1）n，则a1＝－1，所以A、B不是等比数列，又an＋an＋1＝0，所以{an＋an＋1}不是等比数列，故选C.
3.10　解析：由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3（a1a2·…·a10）＝log3[（a1a10）·（a2a9）·（a3a8）（a4a7）（a5a6）]＝log395＝10.
3 / 3(共54张PPT)
第2课时　
等比数列的性质
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　1915年，波兰数学家谢尔宾斯基创造了一个美妙的“艺术品”，
被人们称为谢尔宾斯基三角形，如图所示.我们来数一数图中那些白
色的同一类三角形的个数，可以得到一列数：1，3，9，27，…，我
们知道这是一个等比数列.
【问题】　在等差数列{ an }中有这样的性质：若 m ＋ n ＝ p ＋ q ，那么
am ＋ an ＝ ap ＋ aq ，用上述情境中的数列验证，在等比数列中是否有类
似的性质？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　等比中项
1. 条件：如果三个数 a ， G ， b 成 数列.
2. 结论：那么 G 叫作 a 与 b 的 .
3. 满足的关系式： G2＝ .
等比　
等比中项　
ab 　
【想一想】
　任何两个非零实数都有等比中项吗？
提示：不一定，只有 a ， b 同号时才有等比中项.
知识点二　等比数列{ an }的常用性质
{ an }是等比数列，首项为 a1，公比为 q ，则
（1） an ＝ am · （ n ， m ∈N*）；
（2）若 m ＋ n ＝ p ＋ q （ m ， n ， p ， q ∈N*），则 ；
特别地，①若 m ＋ n ＝2 r ，则 aman ＝ ， m ， n ， r ∈N*；
② a1 an ＝ a2 an－1＝…＝ aian＋1－ i ＝…（ i ＝1，2，3，…， n ）；
③若 m ＋ n ＋ t ＝ p ＋ r ＋ s ，则 amanat ＝ aparas ，其中 m ， n ， t ，
p ， r ， s ∈N*；
qn－ m 　
aman ＝ apaq 　
（3）若 m ， n ， p （ m ， n ， p ∈N*）成等差数列，则 am ， an ， ap 成
等比数列.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）数列 a ， G ， b 成等比数列的充要条件是 G2＝ ab .
（　×　）
（2）若{ an }是等比数列，则{ }也是等比数列. （　√　）
（3）若{ an }，{ bn }是项数相同的等比数列，则{ }也是等比数
列. （　√　）
×
√
√
2. 已知等比数列{ an }中， a1＝1， a3＝ ，则 a5＝（　　）
解析：　根据等比数列的性质可知 a1 a5＝ a5＝ ＝ .
3. 在等比数列{ an }中， a3＝2， a7＝18，求 a3与 a7的等比中项.
解：设 a3与 a7的等比中项为 G ，则 G ＝± ＝±6.
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 等比中项及应用
【例1】　（链接教科书第161页习题11题） －2和 ＋2的等差中
项与等比中项分别为（　　）
解析：　 －2和 ＋2的等差中项为 ＝ ，
－2和 ＋2的等比中项为± ＝±1.
通性通法
应用等比中项需注意的问题
（1）由等比中项的定义可知 ＝ G2＝ ab G ＝± ，所以
只有 a ， b 同号时， a ， b 的等比中项有两个，异号时，没有
等比中项；
（2）在一个等比数列中，从第二项起，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】
设等差数列{ an }的公差 d ≠0，且 a3＝0.如果 ak 是 a6与 ak＋6的等比中
项，那么 k ＝ .
解析：由题意得 a3＝ a1＋2 d ＝0，∴ a1＝－2 d .又∵ ak 是 a6与 ak＋6的等
比中项，∴ ＝ a6 ak＋6，即[ a1＋（ k －1） d ]2＝（ a1＋5 d ）·[ a1＋
（ k ＋5） d ]，[（ k －3） d ]2＝3 d ·（ k ＋3） d ，又 d ≠0，解得 k ＝9
或 k ＝0（舍去）.
9　
题型二 等比数列性质的应用
【例2】　（1）在等比数列{ an }中，若 a3＋ a6＝36， a4＋ a7＝18， an
＝ ，则 n ＝（　C　）
A. 7 B. 8
C. 9 D. 10
解析：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· qn－3＝
32×（ ） n－3＝（ ） n－8＝ ，所以 n －8＝1，所以 n ＝9.
（2）在等比数列{ an }中， a6· a12＝6， a4＋ a14＝5，则 ＝
（　A　）
解析：由 a6· a12＝ a4· a14＝6，且 a4＋ a14＝5，解得 a4＝2， a14＝3
或 a4＝3， a14＝2，若 a4＝2， a14＝3，则 q10＝ ，即 ＝ ；若
a4＝3， a14＝2，则 q10＝ ，即 ＝ .
通性通法
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.
【跟踪训练】
1. 已知在等比数列 中，有 a3 a7 a10＝9，则 a4 ＝（　　）
A. 3 B. 9
C. 20 D. 无法计算
解析：　由等比数列多项之间的下标和的关系可知3＋7＋10＝4
＋8＋8，故 a4 ＝9.
2. 在等比数列{ an }中， a3 a4 a6 a7＝81，则 a1 a9＝（　　）
A. 9 B. －9
C. ±9 D. 18
解析：　因为{ an }为等比数列，所以 a3 a7＝ a4 a6＝ a1 a9.所以（ a1
a9）2＝81，即 a1 a9＝±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 a1 a9＝9.
题型三 由等比数列衍生的新数列
【例3】　（1）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 a1 a2， a2 a3， a3 a4，…是（　C　）
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2 q 为公比的等比数列
解析：因为 ＝ ＝ q2，为常数，所以该数列为以 q2为公比
的等比数列.
（2）若等比数列{ an }的公比为 q ，则 a1， a8， a15的公比为 .
解析：由于数列{ an }是公比为 q 的等比数列，因此 a8＝ a1 q7，
a15＝ a1 q14，故 ＝ ＝ q7.
q7　
通性通法
1. 由等比数列衍生的新的等比数列，一定要检验新的数列中的项是否
为0.
2. 如果{ an }，{ bn }均为等比数列，且公比分别为 q1， q2，那么：
（1） ak ， ak＋ n ， ak＋2 n ，…为等比数列，公比为 ；
（2）数列 ，{ an · bn }，{ }，{｜ an ｜}仍是等比数列，且公比
分别为 ， q1 q2， ，｜ q1｜.
【跟踪训练】
1. 在等比数列{ an }中， a3 a4 a5＝3， a6 a7 a8＝24，则 a9 a10 a11＝ .
解析：因为{ an }成等比数列，所以 a3 a4 a5， a6 a7 a8， a9 a10 a11仍成
等比数列，公比 q ＝ ＝ ＝8， a9 a10 a11＝（ a6 a7 a8）· q ＝
24×8＝192.
192　
2. 设{ an }，{ bn }都是等比数列，若 a1 b1＝7， a3 b3＝21，则 a5 b5
＝ .
解析：因为{ an }，{ bn }为等比数列，所以{ anbn }也为等比数列，设
{ anbn }的公比为 q ，又 a1 b1＝7， a3 b3＝21，所以 q2＝ ＝3，即
a5 b5＝ a3 b3· q2＝21×3＝63.
63　
1. 在等比数列{ an }中， a3＝9，公比 q ＝ ，则 a3与 a5的等比中项是
（　　）
A. 1 B. 3
C. ±1 D. ±3
解析： 　因为 a3 a5＝ ＝9，所以 a3与 a5的等比中项是±3，
故选D.
2. 若数列{ an }是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（　　）
A. {lg an } B. {1＋ an }
D. { an ＋ an＋1}
解析： 　取等比数列 an ＝（－1） n ，则 a1＝－1，所以A、B
不是等比数列，又 an ＋ an＋1＝0，所以{ an ＋ an＋1}不是等比数
列，故选C.
3. 若 an ＞0， a5 a6＝9，则log3 a1＋log3 a2＋…＋log3 a10＝ .
解析：由等比数列的性质知 a5 a6＝ a1 a10＝ a2 a9＝ a3 a8＝ a4 a7＝9，
所以log3 a1＋log3 a2＋…＋log3 a10＝log3（ a1 a2·…· a10）＝log3[（ a1
a10）（ a2 a9）·（ a3 a8）（ a4 a7）（ a5 a6）]＝log395＝10.
10　
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 在等比数列{ an }中，若 a2＝4， a5＝－32，则公比 q ＝（　　）
B. 2
D. －2
解析： 　因为 ＝ q3＝－8，故 q ＝－2.
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2. 在等比数列{ an }中，若 a2 a6＋ ＝π，则 a3 a5＝（　　）
解析： 　因为 a2 a6＝ ＝ a3 a5，所以 a3 a5＝ .
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3. 已知等比数列{ an }中， am · am＋10＝ a ， am＋20· am＋30＝ b （ m
∈N*），则 am＋40· am＋50＝（　　）
解析： 　由等比数列性质 an＋ p ＝ an · qp ， b ＝ am＋20· am＋30＝
am · q20· am＋10· q20＝（ am · am＋10） q40＝ aq40，∴ q40＝ ，故 am＋40· am
＋50＝（ am · am＋10）· q80＝ a ·（ ）2＝ .
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4. 若正项等比数列{ an }满足 a1 a5＝4，当 ＋ 取最小值时，数列
的公比 q ＝（　　）
A. 1 B. 2
C. ±1 D. ±2
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解析： 　设正项等比数列{ an }的公比为 q （ q ＞0），因为 a1 a5＝
4，所以由等比数列的性质可得 a2 a4＝4，因此 ＋ ≥2 ＝
2，当且仅当 ＝ ，即 ＝ q2＝4，即 q ＝2（负值舍去）时，等
号成立.所以数列{ an }的公比是2.
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5. （2024·湛江月考）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的
竹子，自上而下各节的容积成等比数列，上面3节的容积之积为3，
下面3节的容积之积为9，则第5节的容积为（　　）
A. 2
C. 3
解析：　法一　依题意可设竹子自上而下各节的容积成等比数列
{ an }，设其公比为 q （ q ≠0），由上面3节的容积之积为3，下面3
节的容积之积为9，可知解得 a1 q ＝ ， q3
＝ ，所以第5节的容积为 a1 q4＝ a1 q · q3＝ × ＝ .
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法二　依题意可设竹子自上而下各节的容积成等比数列{ an }，由上面
3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为9，可知 a1 a2 a3＝3， a7 a8 a9
＝9，由等比数列的性质可知 a1 a2 a3 a7 a8 a9＝（ a1 a9）（ a2 a8）·（ a3
a7）＝ ＝27.所以 a5＝ .
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6. （多选）已知等比数列{ an }，则下面式子对任意正整数 k 都成立的
是（　　）
A. ak · ak＋1＞0
B. ak · ak＋2＞0
C. ak · ak＋1· ak＋2＞0
D. ak · ak＋1· ak＋2· ak＋3＞0
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解析： 　对于A，当 q ＜0时， ak · ak＋1＜0，A不一定成立；对于
B， ak · ak＋2＝（ akq ）2＞0，B成立；对于C， ak · ak＋1· ak＋2＝
＞0不一定成立，C不一定成立；对于D， ak · ak＋1· ak＋2· ak＋3＝（ ak＋
1· ak＋2）2＞0一定成立，故选B、D.
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7. （2024·宿迁月考）设 A 和 G 分别是 a ， b 的等差中项和等比中项，
则 a2＋ b2＝ .
解析：由题意得：2 A ＝ a ＋ b ， G2＝ ab ， a2＋ b2＝（ a ＋ b ）2－2
ab ＝4 A2－2 G2.
4 A2－2 G2　
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8. 已知项数相同的等比数列{ an }和{ bn }，公比分别为 q1， q2（ q1，
q2≠1），则数列①{3 an }，②{ }，③{2 an －3 bn }，④{2 an ·3
bn }中是等比数列的是 （填序号）.
解析：在①中， ＝ q1，是等比数列；在②中，令 an ＝2 n－1，
则数列{ }为3，32，34，…，而 ≠ ，故不是等比数列；在③
中，数列的项可能为零，故不一定是等比数列；在④中，
＝ q1 q2，是等比数列.
①④　
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9. 在等比数列{ an }中， a5， a13是方程 x2＋6 x ＋2＝0的两个根，则 a9
＝ .
解析：因为 a5， a13是方程 x2＋6 x ＋2＝0的两个根，所以有 a5＋ a13
＝－6＜0， a5 a13＝2＞0，因此 a5＜0， a13＜0，由等比数列的性质
可知， a9＜0，而 ＝ a5 a13＝2 a9＝－ .
－ 　
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10. 已知数列{ an }是等比数列， a3＋ a7＝20， a1 a9＝64，求 a11的值.
解：∵{ 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＝ a3 q8＝4×42＝64.
②当 a3＝16， a7＝4时， ＝ q4＝ ，
此时 a11＝ a3 q8＝16×（ ）2＝1.
综上可得， a11＝64或 a11＝1.
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11. 已知数列{ an }满足 a1＝5， anan＋1＝2 n ，则 ＝（　　）
A. 4 B. 2
C. 5
解析： 　因为 anan＋1＝2 n ，所以 an－1 an ＝2 n－1（ n ≥2），所以
＝2（ n ≥2），所以数列{ an }的奇数项组成等比数列，偶数
项组成等比数列，故 ＝22＝4，故选A.
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12. （多选）已知等比数列{ an }的公比 q ＜0，等差数列{ bn }的首项 b1
＞0，若 a9＞ b9，且 a10＞ b10，则下列结论一定正确的是（　　）
A. a9 a10＜0 B. a9＞ a10
C. b10＞0 D. b9＞ b10
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解析： 　对选项A，因为 q ＜0，所以 a9 a10＝ a9· a9 q ＝ q ＜
0，故A正确；对选项B，因为 a9 a10＜0，所以或
即 a9＞ a10或 a9＜ a10，故B错误；对选项C、D，因为
a9， a10异号， a9＞ b9，且 a10＞ b10，所以 b9， b10中至少有一个负
数，又因为 b1＞0，所以 d ＜0， b9＞ b10， b10＜0，故C错误，D正
确.故选A、D.
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13. 已知两个等比数列{ an }，{ bn }，满足 a1＝ a （ a ＞0）， b1－ a1＝
1， b2－ a2＝2， b3－ a3＝3.若数列{ an }唯一，则 a 的值为 .
解析：设{ an }的公比为 q ，由 b1＝1＋ a ， b2＝2＋ a2， b3＝3＋ a3
且 ＝ b1 b3 （2＋ aq ）2＝（1＋ a ）（3＋ aq2） aq2－4 aq ＋3 a
－1＝0，由 a ＞0得Δ＝4 a2＋4 a ＞0，所以方程有两个不相等的实
数根.由{ an }唯一，知方程必有一根为0，代入方程 aq2－4 aq ＋3 a
－1＝0中，得 a ＝ .
　
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14. 已知数列{ an }为等比数列.
（1）若 an ＞0，且 a2 a4＋2 a3 a5＋ a4 a6＝36，求 a3＋ a5的值；
解： ∵ a2 a4＋2 a3 a5＋ a4 a6＝36，
∴ ＋2 a3 a5＋ ＝36，
即（ a3＋ a5）2＝36，
又∵ an ＞0，∴ a3＋ a5＝6.
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（2）若数列{ an }的前三项和为168， a2－ a5＝42，求 a5， a7的等
比中项.
解： 设等比数列{ an }的公比为 q ，
∵ a2－ a5＝42，∴ q ≠1.
由已知，得
∴
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解得
若 G 是 a5， a7的等比中项，
则有 G2＝ a5 a7＝ a1 q4· a1 q6＝ q10＝962×（ ）10＝9，
∴ a5， a7的等比中项为±3.
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15. 设等比数列{ an }的首项为 a1，公比为 q ，且 q ＞0， q ≠1.
（1）若 a1＝ qm ， m ∈Z，且 m ≥－1，求证：数列{ an }中任意不
同的两项之积仍为数列{ an }中的项；
证明： 设 ar ， at 为等比数列{ an }中不同的两项，由 a1
＝ qm ，得 ar · at ＝ a1 qr－1· a1 qt－1＝ a1· q（ r＋ t＋ m－1）－1.
因为 r ＋ t ≥3，且 m ≥－1，所以 r ＋ m ＋ t －1≥1.
所以 arat 是数列{ an }的第（ r ＋ m ＋ t －1）项.
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（2）若数列{ an }中任意不同的两项之积仍为数列{ an }中的项，
求证：存在整数 m ，且 m ≥－1，使得 a1＝ qm .
证明： 等比数列{ an }中任意不同两项之积仍为数列
{ an }中的项，令 as · at ＝ al （ l ， t ， s ∈N*， t ≠ s ），
由 as ＝ a1· qs－1， at ＝ a1· qt－1， al ＝ a1· ql－1，
得 a1· qs－1· a1· qt－1＝ a1· ql－1， a1＝ ql－ s－ t＋1.
令整数 m ＝ l － s － t ＋1，则 a1＝ qm .
下证整数 m ≥－1.
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若设整数 m ＜－1，则－ m ≥2.令 k ＝－ m ，
由题设，取 a1， ak ，使 a1· ak ＝ ar （ r ∈N*），
即 a1· a1· qk－1＝ a1· qr－1，
所以 qm · q－ m－1＝ qr－1，即 q－1＝ qr－1.
因为 q ＞0， q ≠1，所以－1＝ r －1， r ＝0，与 r ∈N*矛盾.
所以 m ≥－1.
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