(共53张PPT)
第2课时
等比数列的判定及性质
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 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
（4）若 m ， n ， p （ m ， n ， p ∈N*）成等差数列，则 am ， an ， ap 成
等比数列.
【想一想】
等比数列两项之间的关系 an ＝ amqn－ m 中，当 n ≤ m 时成立吗？
提示：成立.
1. （2024·日照月考）在等比数列{ an }中， a2＝27， q ＝－ ，则 a5＝
（ ）
A. －3 B. 3
C. －1 D. 1
解析： a5＝ a2· q3＝27×（－ ）3＝－1.
2. 公比为2的等比数列{ an }的各项都是正数，且 a3 a11＝16，则 a5
＝ .
解析：由等比数列的性质，知 ＝ a3 a11＝16.又数列{ an }的各项
都是正数，所以 a7＝4.又 a7＝ a5× q2，则 a5＝ ＝1.
1
3. 在等比数列{ an }中，若 a3 a4 a5＝3， a6 a7 a8＝24，试求 a9 a10
a11的值.
解：因为{ an }为等比数列，所以 a3 a4 a5， a6 a7 a8， a9 a10 a11仍为等
比数列，公比 q ＝ ＝ ＝8，
所以 a9 a10 a11＝（ a6 a7 a8）· q ＝24×8＝192.
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 等比数列的判定与证明
【例1】 已知数列{ an }中， a1＝1， an＋1＝2 an ＋ n －1.
（1）求证：数列{ an ＋ n }为等比数列；
解： 证明：由 an＋1＝2 an ＋ n －1，得 an＋1＋ n ＋1＝2 an ＋2
n ＝2（ an ＋ n ），易知 an ＋ n ≠0，∴ ＝2，且 a1＋1＝2，∴数列 { an ＋ n }是首项与公比都为2的等比数列.
（2）求数列{ an }的通项公式.
解：由（1）得 an ＋ n ＝2·2 n－1＝2 n ，∴ an ＝2 n － n .
通性通法
判定或证明数列为等比数列的常用方法
（1）定义法： ＝ q （ q 为常数且 q ≠0）等价于{ an }是等比数列；
（2）通项公式法： an ＝ a1 qn－1（ a1≠0且 q ≠0）等价于{ an }是
等比数列；
（3）等比中项法：若对于任意连续非零三项 an－1， an ， an＋1，都有
＝ an－1 an＋1（ n ≥2且 n ∈N*），则数列{ an }是等比数列.
提醒 证明一个数列是等比数列，只能用定义法或等比中项法.
【跟踪训练】
1. 数列{ an }中，“ ＝ an－1 an＋1对任意 n ≥2且 n ∈N*都成立”是
“{ an }是等比数列”的（ ）
A. 必要不充分条件
B. 充分不必要条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
解析： 易知“{ an }是等比数列”能推出“ ＝ an－1 an＋1对任
意 n ≥2且 n ∈N*都成立”.当 n ≥2时，若 an ＝ an－1＝ an＋1＝0，满
足 ＝ an－1 an＋1，此时{ an }不是等比数列.故“ ＝ an－1 an＋1对
任意 n ≥2且 n ∈N*都成立”是“{ an }是等比数列”的必要不充分
条件，故选A.
2. 已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，且 Sn ＝ （ an －1）（ n ∈N*）.证
明：数列{ an }是等比数列.
证明：因为 Sn ＝ （ an －1），所以 Sn＋1＝ （ an＋1－1），
两式相减，得 an＋1＝ an＋1－ an ，即 an＋1＝－ an .
又当 n ＝1时， a1＝ S1＝ （ a1－1），所以 a1＝－ .
所以数列{ an }是首项为－ ，公比为－ 的等比数列.
题型二 等比数列性质的应用
【例2】 在等比数列{ an }中：
（1）已知 a5＝4， a9＝16，则 a7＝ ；
解析： 设等比数列{ an }的公比为 q ，则 a7＝ a5 q2＞0.由等
比中项的性质可得 ＝ a5 a9＝64，解得 a7＝8.
（2）若 an ＞0， a5 a7＋2 a6 a8＋ a6 a10＝49，则 a6＋ a8＝ ；
解析： 由等比中项，化简条件得 ＋2 a6 a8＋ ＝49，即
（ a6＋ a8）2＝49，因为 an ＞0，所以 a6＋ a8＝7.
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（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
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. （2024·台州月考）在等比数列{ an }中， a6· a12＝6， a4＋ a14＝5，
则 ＝（ ）
A. 或 B.
C. 或 D. 或
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 ＝ .
题型三 等比数列与指数函数的关系
【例3】 （2024·安阳质检）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
解析： 如等比数列{（－1） n }的公比为－1，是摆动数列，不具有
单调性；等比数列{（ ） n }的公比为 ，是递减数列；等比数列{－
（ ） n }的公比为 ，是递增数列.
通性通法
判断等比数列{ an }的单调性的方法
（1）当 q ＞1， a1＞0或0＜ q ＜1， a1＜0时，数列{ an }是递增数列；
（2）当 q ＞1， a1＜0或0＜ q ＜1， a1＞0时，数列{ an }是递减数列；
（3）当 q ＝1时，数列{ an }是常数列；当 q ＜0时，数列{ an }是摆
动数列.
【跟踪训练】
1. 设{ an }是等比数列，则“ a1＜ a2”是“数列{ an }是递增数列”的
（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
解析： 设等比数列{ an }的公比为 q ，由 a1＜ a2，可得 a1（ q －
1）＞0，解得或此时数列{ an }不一定是
递增数列；若数列{ an }为递增数列，可得或
所以“ a1＜ a2”是“数列{ an }为递增数列”的必要不充分条件.
2. 若等比数列{ an }是递减数列，且 a2＋ a4＝30， a2 a4＝144，则公比 q
＝ .
解析：∵ a2＋ a4＝30， a2 a4＝144，∴ a2， a4是方程 x2－30 x ＋144
＝0的两个实数根（ a2＞ a4），∴ a2＝24， a4＝6，∴ q2＝ ＝ ＝
，解得 q ＝ 或 q ＝－ （舍去）.
1. 在等比数列{ an }中，若 a3＝8， a6＝64，则公比 q ＝（ ）
A. 2 B. 3
C. 4 D. 8
解析： 由 a6＝ a3 q3，得 q3＝8，所以 q ＝2.
2. 在等比数列{ an }中，若 a2 a6＋ ＝π，则 a3 a5＝（ ）
A. B.
C. D.
解析： 因为 a2 a6＝ ＝ a3 a5，所以 a3 a5＝ .
3. 在等比数列{ an }中，已知 a1＞0，8 a2－ 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
解析： 由8 a2－ a5＝0，可知 ＝ q3＝8，解得 q ＝2.又 a1＞0，
所以数列{ an }为递增数列.
4. 已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ＝2 n ＋ a ，试判断{ an }是否是等
比数列.
解： an ＝ Sn － Sn－1＝2 n ＋ a －2 n－1－ a ＝2 n－1（ n ≥2）.当 n ≥2
时， ＝ ＝2；
当 n ＝1时， ＝ ＝ .
故当 a ＝－1时，数列{ an }成等比数列，其首项为1，公比为2；当 a
≠－1时，数列{ an }不是等比数列.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 已知等比数列{ an }中， a1＝1， a3＝ ，则 a5＝（ ）
A. ± B. －
C. D. ±
解析： 根据等比数列的性质可知 a1 a5＝ a5＝ ＝ .
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2. 若数列{ an }是公比为 q 的递增等比数列，则（ ）
A. a1＞0， q ＞1 B. a1（ q －1）＞0
C. （ a1－1） q ＞0 D. （ a1－1） q ＜0
解析： 依题意，不妨设 a1＝1， q ＝2，数列是递增的等比数
列，由此判断C、D选项错误.设 a1＝－1， q ＝ ，数列是递增的等
比数列，由此判断A选项不正确.故正确的选项为B.
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3. （2024·漯河月考）已知数列{ an }满足 an＋1＝ an ，若 a4＋ a5＝2，
则 a3＋ a4＝（ ）
A. B. 1
C. 4 D. 8
解析： 由已知， an＋1＝ an ，则 ＝ ，所以数列{ an }是以
为公比的等比数列，则 a4＋ a5＝ q ·（ a3＋ a4）＝ （ a3＋ a4）＝
2，所以 a3＋ a4＝8.
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4. 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.
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5. 数列{ an }满足 a1＝1， an＋1＝ tan ＋ t （ n ∈N*， t ≠0），则“ t ＝
”是“数列{ an }是等比数列”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
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解析： 当 t ＝ 时，由 a1＝1得 a2＝ ＋ ＝1， a3＝ ＋ ＝
1，…， an ＝1，所以{ an }是等比数列，充分性成立；反之若{ an }
是等比数列，则 a2＝ ta1＋ t ＝2 t ， a3＝ ta2＋ t ＝2 t2＋ t ，又因为
a1， a2， a3也成等比数列，所以 ＝ a1 a3，即4 t2＝2 t2＋ t ，又 t
≠0，所以 t ＝ ，此时 an ＝1（ n ∈N*），满足题意，必要性也成
立.所以“ t ＝ ”是“数列{ an }是等比数列”的充要条件.故选C.
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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
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＝（ ak＋
1）3＞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·镇江月考）在等比数列{ an }中，存在正整数 m ，有 am ＝
3， am＋5＝24，则 am＋15＝ .
解析：由题意知 q5＝ ＝8， am＋15＝ am · q15＝3×83＝1 536.
1 536
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8. 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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9. 在等比数列{ an }中，若 a7＋ a8＋ a9＋ a10＝ ， a8 a9＝－ ， 则
＋ ＋ ＋ ＝ － .
解析：∵ ＋ ＝ ， ＋ ＝ ，又 a8 a9＝ a7 a10，
∴ ＋ ＋ ＋ ＝ ＝ ＝－ .
－
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10. （2024·三明质检）已知等比数列{ an }的各项均为正数，且2 a1＋3
a2＝1， ＝9 a2 a6.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解：设数列{ an }的公比为 q ，
由 ＝9 a2 a6得 ＝9 ，所以 q2＝ .由已知 q ＞0，故 q ＝ .
由2 a1＋3 a2＝1得2 a1＋3 a1 q ＝1，所以 a1＝ .
故数列{ an }的通项公式为 an ＝ .
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（2）设 bn ＝log3 a1＋log3 a2＋…＋log3 an ，求数列{ bn }的通
项公式.
解： bn ＝log3 a1＋log3 a2＋…＋log3 an
＝－（1＋2＋…＋ n ）＝－ .
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11. 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
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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12. 在等比数列{ an }中，已知 a1＞0，则“ a2＞ a3”是“ a3＞ a6”的
（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
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解析： ∵ a2＞ a3，∴ a1 q ＞ a1 q2，又 a1＞0，∴ q ＞ q2，解得0
＜ q ＜1，∴等比数列{ an }是递减数列，∴ a3＞ a6，∴充分性成
立.反之，由 a3＞ a6，得 a1 q2＞ a1 q5，又 a1＞0，∴1＞ q3，∴ q ＜1
且 q ≠0，∴等比数列{ an }是递减数列或摆动数列，不一定得出 a2
＞ a3，∴必要性不成立.∴“ a2＞ a3”是“ a3＞ a6”的充分不必要
条件，故选A.
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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 }满足 a1＝1， nan＋1＝2（ n ＋1） an ，设 bn ＝ .
（1）求 b1， b2， b3；
解： 由条件可得 an＋1＝ an .
将 n ＝1代入得， a2＝4 a1，而 a1＝1，所以 a2＝4.
将 n ＝2代入得， a3＝3 a2，所以 a3＝12.
所以 b1＝1， b2＝2， b3＝4.
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（2）判断数列{ bn }是否为等比数列，并说明理由；
解： 数列{ bn }是首项为1，公比为2的等比数列.
理由如下：由条件可得 ＝ ，
即 bn＋1＝2 bn ，又 b1＝1，
所以数列{ bn }是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）求{ an }的通项公式.
解： 由（2）可得 ＝2 n－1，所以 an ＝ n ·2 n－1.
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15. 设等比数列{ an }满足 a1＋ a3＝10， a2＋ a4＝5，则 a1 a2… an 的最大
值为 .
解析：法一 设{ an }的公比为 q ，依题意得
解得所以 an ＝（ ） n－4，
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从而 a1 a2… an ＝（ ＝（ ，当 n ＝3或 n ＝4时， ［（ n － ）2－ ］取到最小值－6，此时（
取到最大值26，所以 a1 a2… an 的最大值为64.
法二 设{ an }的公比为 q ，由 a1＋ a3＝10， a2＋ a4＝5，得 a1＝8， q
＝ ，则 a2＝4， a3＝2， a4＝1， a5＝ ，所以 a1 a2… an ≤ a1 a2 a3 a4＝
64.
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解：设数列{ an }的公比为 q .由题意，可得 an ＝8 qn－1，且0＜ q ＜1.
由 a1＋13，4 a2， a3＋9成等差数列，
知8 a2＝30＋ a3，所以64 q ＝30＋8 q2，
解得 q ＝ 或 q ＝ （舍去），
所以 an ＝8×（ ） n－1＝24－ n ， n ∈N*.
16. 设数列{ an }是公比小于1的正项等比数列，已知 a1＝8，且 a1＋
13，4 a2， a3＋9成等差数列.
（1）求数列{ an }的通项公式；
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（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.
解： 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，
所以λ＜（ n ＋1）min＝2，
故实数λ的取值范围为（－∞，2）.
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谢 谢 观 看！第2课时 等比数列的判定及性质
1.已知等比数列{an}中，a1＝1，a3＝，则a5＝（ ）
A.± B.－
C. D.±
2.若数列{an}是公比为q的递增等比数列，则（ ）
A.a1＞0，q＞1 B.a1（q－1）＞0
C.（a1－1）q＞0 D.（a1－1）q＜0
3.（2024·漯河月考）已知数列{an}满足an＋1＝an，若a4＋a5＝2，则a3＋a4＝（ ）
A. B.1
C.4 D.8
4.在等比数列{an}中，a3a4a6a7＝81，则a1a9＝（ ）
A.9 B.－9
C.±9 D.18
5.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝tan＋t（n∈N*，t≠0），则“t＝”是“数列{an}是等比数列”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
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·镇江月考）在等比数列{an}中，存在正整数m，有am＝3，am＋5＝24，则am＋15＝ .
8.已知等比数列{an}中，am·am＋10＝a，am＋20·am＋30＝b（m∈N*），则am＋40·am＋50＝ .
9.在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－， 则＋＋＋＝ .
10.（2024·三明质检）已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，＝9a2a6.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式.
11.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
12.在等比数列{an}中，已知a1＞0，则“a2＞a3”是“a3＞a6”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
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}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an，设bn＝.
（1）求b1，b2，b3；
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
（3）求{an}的通项公式.
15.设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为 .
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；
（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.
第2课时 等比数列的判定及性质
1.C 根据等比数列的性质可知a1a5＝ a5＝＝.
2.B 依题意，不妨设a1＝1，q＝2，数列是递增的等比数列，由此判断C、D选项错误.设a1＝－1，q＝，数列是递增的等比数列，由此判断A选项不正确.故正确的选项为B.
3.D 由已知，an＋1＝an，则＝，所以数列{an}是以为公比的等比数列，则a4＋a5＝q·（a3＋a4）＝（a3＋a4）＝2，所以a3＋a4＝8.
4.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.
5.C 当t＝时，由a1＝1得a2＝＋＝1，a3＝＋＝1，…，an＝1，所以{an}是等比数列，充分性成立；反之若{an}是等比数列，则a2＝ta1＋t＝2t，a3＝ta2＋t＝2t2＋t，又因为a1，a2，a3也成等比数列，所以＝a1a3，即4t2＝2t2＋t，又t≠0，所以t＝，此时an＝1（n∈N*），满足题意，必要性也成立.所以“t＝”是“数列{an}是等比数列”的充要条件.故选C.
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＝（ak＋1）3＞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.
7.1 536 解析：由题意知q5＝＝8，am＋15＝am·q15＝3×83＝1 536.
8. 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＝.
9.－ 解析：∵＋＝，＋＝，又a8a9＝a7a10，∴＋＋＋＝＝＝－.
10.解：（1）设数列{an}的公比为q，
由＝9a2a6得＝9，所以q2＝.
由已知q＞0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－（1＋2＋…＋n）＝－.
11.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.
12.A ∵a2＞a3，∴a1q＞a1q2，又a1＞0，∴q＞q2，解得0＜q＜1，∴等比数列{an}是递减数列，∴a3＞a6，∴充分性成立.反之，由a3＞a6，得a1q2＞a1q5，又a1＞0，∴1＞q3，∴q＜1且q≠0，∴等比数列{an}是递减数列或摆动数列，不一定得出a2＞a3，∴必要性不成立.∴“a2＞a3”是“a3＞a6”的充分不必要条件，故选A.
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）由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
所以b1＝1，b2＝2，b3＝4.
（2）数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
理由如下：由条件可得＝，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
15.64 解析：法一 设{an}的公比为q，依题意得解得所以an＝（）n－4，从而a1a2…an＝（＝（，当n＝3或n＝4时，［（n－）2－］取到最小值－6，此时（取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.
法二 设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，得a1＝8，q＝，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64.
16.解：（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×（）n－1＝24－n，n∈N*.
（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，
所以λ＜（n＋1）min＝2，
故实数λ的取值范围为（－∞，2）.
2 / 2第2课时 等比数列的判定及性质
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 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*；
（4）若m，n，p（m，n，p∈N*）成等差数列，则am，an，ap成等比数列.
【想一想】
等比数列两项之间的关系an＝amqn－m中，当n≤m时成立吗？
1.（2024·日照月考）在等比数列{an}中，a2＝27，q＝－，则a5＝（ ）
A.－3 B.3 C.－1 D.1
2.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝ .
3.在等比数列{an}中，若a3a4a5＝3，a6a7a8＝24，试求a9a10a11的值.
题型一 等比数列的判定与证明
【例1】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋n－1.
（1）求证：数列{an＋n}为等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式.
通性通法
判定或证明数列为等比数列的常用方法
（1）定义法：＝q（q为常数且q≠0）等价于{an}是等比数列；
（2）通项公式法：an＝a1qn－1（a1≠0且q≠0）等价于{an}是等比数列；
（3）等比中项法：若对于任意连续非零三项an－1，an，an＋1，都有＝an－1an＋1（n≥2且n∈N*），则数列{an}是等比数列.
提醒 证明一个数列是等比数列，只能用定义法或等比中项法.
【跟踪训练】
1.数列{an}中，“＝an－1an＋1对任意n≥2且n∈N*都成立”是“{an}是等比数列”的（ ）
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝（an－1）（n∈N*）.证明：数列{an}是等比数列.
题型二 等比数列性质的应用
【例2】 在等比数列{an}中：
（1）已知a5＝4，a9＝16，则a7＝ ；
（2）若an＞0，a5a7＋2a6a8＋a6a10＝49，则a6＋a8＝ ；
（3）若an＞0，a5a6＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝ .
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.（2024·台州月考）在等比数列{an}中，a6·a12＝6，a4＋a14＝5，则＝（ ）
A.或 B.
C.或 D.或
题型三 等比数列与指数函数的关系
【例3】 （2024·安阳质检）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
通性通法
判断等比数列{an}的单调性的方法
（1）当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，数列{an}是递增数列；
（2）当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，数列{an}是递减数列；
（3）当q＝1时，数列{an}是常数列；当q＜0时，数列{an}是摆动数列.
【跟踪训练】
1.设{an}是等比数列，则“a1＜a2”是“数列{an}是递增数列”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.若等比数列{an}是递减数列，且a2＋a4＝30，a2a4＝144，则公比q＝ .
1.在等比数列{an}中，若a3＝8，a6＝64，则公比q＝（ ）
A.2 B.3
C.4 D.8
2.在等比数列{an}中，若a2a6＋＝π，则a3a5＝（ ）
A. B.
C. D.
3.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
4.已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋a，试判断{an}是否是等比数列.
第2课时 等比数列的判定及性质
【基础知识·重落实】
知识点
（1）qn－m （2）aman＝apaq
想一想
提示：成立.
自我诊断
1.C a5＝a2·q3＝27×（－）3＝－1.
2.1 解析：由等比数列的性质，知＝a3a11＝16.又数列{an}的各项都是正数，所以a7＝4.又a7＝a5×q2，则a5＝＝1.
3.解：因为{an}为等比数列，所以a3a4a5，a6a7a8，a9a10a11仍为等比数列，
公比q＝＝＝8，
所以a9a10a11＝（a6a7a8）·q＝24×8＝192.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）证明：由an＋1＝2an＋n－1，得an＋1＋n＋1＝2an＋2n＝2（an＋n），易知an＋n≠0，
∴＝2，且a1＋1＝2，
∴数列 {an＋n}是首项与公比都为2的等比数列.
（2）由（1）得an＋n＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－n.
跟踪训练
1.A 易知“{an}是等比数列”能推出“＝an－1an＋1对任意n≥2且n∈N*都成立”.当n≥2时，若an＝an－1＝an＋1＝0，满足＝an－1an＋1，此时{an}不是等比数列.故“＝an－1an＋1对任意n≥2且n∈N*都成立”是“{an}是等比数列”的必要不充分条件，故选A.
2.证明：因为Sn＝（an－1），所以Sn＋1＝（an＋1－1），
两式相减，得an＋1＝an＋1－an，即an＋1＝－an.
又当n＝1时，a1＝S1＝（a1－1），所以a1＝－.
所以数列{an}是首项为－，公比为－的等比数列.
【例2】 （1）8 （2）7 （3）10
解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，则a7＝a5q2＞0.由等比中项的性质可得＝a5a9＝64，解得a7＝8.
（2）由等比中项，化简条件得＋2a6a8＋＝49，即（a6＋a8）2＝49，因为an＞0，所以a6＋a8＝7.
（3）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.
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 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＝.
【例3】 D 如等比数列{（－1）n}的公比为－1，是摆动数列，不具有单调性；等比数列（）n的公比为，是递减数列；等比数列－（）n的公比为，是递增数列.
跟踪训练
1.B 设等比数列{an}的公比为q，由a1＜a2，可得a1（q－1）＞0，解得或此时数列{an}不一定是递增数列；若数列{an}为递增数列，可得或所以“a1＜a2”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件.
2. 解析：∵a2＋a4＝30，a2a4＝144，∴a2，a4是方程x2－30x＋144＝0的两个实数根（a2＞a4），∴a2＝24，a4＝6，∴q2＝＝＝，解得q＝或q＝－（舍去）.
随堂检测
1.A 由a6＝a3q3，得q3＝8，所以q＝2.
2.C 因为a2a6＝＝a3a5，所以a3a5＝.
3.A 由8a2－a5＝0，可知＝q3＝8，解得q＝2.又a1＞0，所以数列{an}为递增数列.
4.解：an＝Sn－Sn－1＝2n＋a－2n－1－a＝2n－1（n≥2）.当n≥2时，＝＝2；
当n＝1时，＝＝.
故当a＝－1时，数列{an}成等比数列，其首项为1，公比为2；当a≠－1时，数列{an}不是等比数列.
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