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.
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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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谢 谢 观 看!