4.3.1 等比数列的概念2(性质运用)
基础知识
等比数列的基本性质
设\(\{a_n \}\)是首项为\(a_1\)， 公比为\(q\)的等比数列，其中\(m\) ，\(n\) ，\(p\) ，\(t∈N^*\)，那么
(1) \(a_n=a_m q^{n-m}\)；
\(\qquad\)证明 由等比数列通项公式可得\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\)，\(a_m=a_1\cdot q^{m-1}\)，
\(\qquad \qquad\) 两式相除可得 \(\dfrac{a_n}{a_m}=q^{n-m}\)，即\(a_n=a_m q^{n-m}\).
\(\qquad\)意义 求等比数列任一项\(a_k\)或通项公式\(a_n\)，不一定要求\(a_1\)，可利用任一项（非\(a_k\)即可）.
\(\qquad\)意义 若等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_4=4\)，\(q=2\)，则\(a_6=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
\(\qquad \qquad\) 解 \(a_6=a_4\cdot q^2=16\).
(2) \(q^{n-m}=\dfrac{a_n}{a_m}\)；
\(\qquad\)证明 由性质\(a_n=a_m q^{n-m}\)可得 \(q^{n-m}=\dfrac{a_n}{a_m}\).
\(\qquad\)意义 利用等比数列任意两项可求公比.
\(\qquad\)意义 若等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_4=4\)，\(a_6=16\)，则公比\(q=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
\(\qquad \qquad\) 解 \(q^{6-4}=\dfrac{a_6}{a_4}=\dfrac{16}{4}=4 \Rightarrow q^2=4 \Rightarrow q=\pm 2\).
(3) 若\(m+n=p+t\) ， 则\(a_m a_n=a_p a_t\)；
\(\qquad\)证明 由等比数列通项公式可得
\(\qquad \qquad\) \(a_m a_n=a_1 q^{m-1} \cdot a_1 q^{n-1}=a_1^2 q^{n+m-2}\)，
\(\qquad \qquad\) \(a_s a_t=a_1 q^{s-1} \cdot a_1 q^{t-1}=a_1^2 q^{s+t-2}\)，
\(\qquad \qquad\) \(\because m+n=s+t\)， \(\therefore a_1^2 q^{n+m-2}=a_1^2 q^{s+t-2}\)，
\(\qquad \qquad\) 即\(a_m a_n=a_s a_t\).
\(\qquad\)意义 下标和相等，其对应项的和相等.
\(\qquad\)意义 \(a_2 a_8=a_1 a_9=a_5^2\)，但\(a_2 a_8\)不一定等于\(a_{10}\).
(4) 数列\(\{λa_n\}\)\((λ\)是不为零的常数\()\)仍是公比为\(q\)的等比数列；若数列\(\{b_n\}\)是公比为\(t\)的等比数列，
则数列\(\{a_n b_n\}\)是公比为\(q\cdot t\)的等比数列；
\(\qquad\)证明 \(\dfrac{a_{n+1} b_{n+1}}{a_n b_n}=\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \cdot \dfrac{b_{n+1}}{b_n}=q \cdot t\)，得证.
(5)下标成等比数列且公比为\(m\)的项\(a_k\)，\(a_{k+m}\)， \(a_{k+2 m}\)，\(…\)\((k ，m∈N^*)\)组成公比为\(q^m\)的等比数列.
\(\qquad\)证明 \(\dfrac{a_{k+(n+1) m}}{a_{k+n m}}=\dfrac{a_1 q^{k+(n+1) m-1}}{a_1 q^{k+n m-1}}=q^m\)，得证.
基本方法
【题型1】 等比数列的性质的应用
【典题1】 已知正项等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=2\)，\(a_5=4a_3\)，则\(a_6=\)( )
A.\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(32\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(64\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(-32\)
解析 因为正项等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=2\)，\(a_5=4a_3\)，
所以 \(q^2=\dfrac{a_5}{a_3}=4\)，所以\(q=2\)，
则\(a_6=a_2⋅q^4=2×2^5=32\)．
故选：\(B\)．
点拨 本题利用性质\(a_n=a_m q^{n-m}\)，没使用通项公式\(a_n=a_1 q^{n-1}\).
【典题2】等比数列\(\{a_n \}\)是递增数列，\(a_2⋅a_4=6\)，\(a_1+a_5=5\)，则\(a_9\)的值为( )
A. \(\dfrac{9}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(\dfrac{4}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(\dfrac{9}{2}\)或 \(\dfrac{4}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(\dfrac{2}{9}\)或 \(\dfrac{3}{4}\)
解析 \(\because\)在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2⋅a_4=6\)，\(a_1+a_5=5\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
a_2 \cdot a_4=a_1 \cdot a_5=6 \\
a_1+a_5=5
\end{array}\right.\)，
即\(a_1\)，\(a_5\)是方程\(x^2-5x+6=0\)的两实数根，
解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a_1=2 \\
a_5=3
\end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l}
a_1=3 \\
a_5=2
\end{array}\right.\)，
\(∵\{a_n \}\)是递增数列， \(\therefore\left\{\begin{array}{l}
a_1=2 \\
a_5=3
\end{array}\right.\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l}
a_1=2 \\
q^4=\dfrac{3}{2}
\end{array}\right.\)，
\(\therefore a_9=a_1 q^8=2 \times\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{2}\)．
故选：\(A\)．
点拨 本题利用性质: 若\(m+n=p+t\)， 则 \(a_m a_n=a_p a_t\)；没使用通项公式\(a_n=a_1 q^{n-1}\).
【典题3】已知正项等比数列\(\{a_n \}\)满足：\(a_2 a_8=16a_5\)，\(a_3+a_5=20\)，若存在两项\(a_m\)，\(a_n\)使得 \(\sqrt{a_m a_n}=32\)，则\(\dfrac{1}{m}+\dfrac{4}{n}\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
解析 \(\because a_2 a_8=16a_5\)， \(\therefore a_5^2=16a_5\)， \(\therefore a_5=16\)，
\(∵a_3+a_5=20\)，\(\therefore a_3=4\)， \(\therefore q^2=\dfrac{a_5}{a_3}=4\)，
\(\because\) 正项等比数列\(\{a_n \}\)， \(\therefore q=2\)，
\(\therefore a_1=1\)，\(\therefore a_n=2^{n-1}\)，
\(\because \sqrt{a_m a_n}=32\)， \(\therefore a_m a_n=2^{10}\)， \(\therefore 2^{m+n-2}=2^{10}\)，
\(\therefore m+n=12\)，
\(\therefore \dfrac{1}{m}+\dfrac{4}{n}=\dfrac{1}{12}\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{4}{n}\right)(m+n)=\dfrac{1}{12}\left(5+\dfrac{n}{m}+\dfrac{4 m}{n}\right)\)
\(\geq \dfrac{1}{12}\left(5+2 \sqrt{\dfrac{n}{m} \cdot \dfrac{4 m}{n}}\right)=\dfrac{3}{4}\)，
当且仅当\(\dfrac{n}{m}=\dfrac{4 m}{n}\)，即\(m=4\)，\(n=8\)时取等号．
【巩固练习】
1.若等比数列\(\{a_n \}\)各项都是正数，\(a_1=3\)，\(a_1+a_2+a_3=21\)，则\(a_4+a_5+a_6\)的值为( )
A．\(42\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(63\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(84\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(168\)
2.已知正项等比数列\(\{a_n \}\)满足\(a_7=a_6+2a_5\)，若\(a_m⋅a_n=16a_1^2\)，则\(m+n\)的值为( )
A.\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(5\)
3.各项均为正数的等比数列\(\{a_n \}\)满足\(\log_2a_1+\log_2a_2+⋯+\log_2a_{10}=10\)，则\(a_5 a_6=\)( )
A.\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(-8\)
4.等比数列\(\{a_n \}\)满足\(a_8+a_{10}=\dfrac{1}{2}\)，\(a_{11}+a_{13}=1\)，则 \(a_{20}+a_{22}=\)( )
A.\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(-8\)
5.在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_3\)，\(a_{15}\)是方程\(x^2+6x+2=0\)的根，则 \(\dfrac{a_1 a_{17}}{a_9}\)的值为\(\underline{\quad \quad}\).
6.在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1+a_3=1\)，\(a_4+a_6=-8\)，则 \(\dfrac{a_{10}+a_{12}}{a_5+a_7}=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
7.在正项等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2^2+a_4^2=900-2a_1 a_5\)，\(a_6=9a_4\)，则 \(a_{2020}\)的个位数字是\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 根据题意，等比数列\(\{a_n \}\)各项都是正数，\(a_1=3\)，\(a_1+a_2+a_3=21\)
则有\(\dfrac{a_1+a_2+a_3}{a_1}=1+q+q^2=7\)，求得\(q=2\)或\(－3\)(舍负)
\(\therefore a_4+a_5+a_6=(a_1+a_2+a_3)q^3=21×8=168\)；
故选：\(D\)． -
答案 \(B\)
解析 设正项等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，易知\(q≠1\)，
\(\because a_7=a_6+2a_5\)，\(\therefore a_6 q=a_6+2\cdot \dfrac{a_6}{q}\)，解得\(q=-1\)或\(2\)，
\(\because\) 等比数列\(\{a_n \}\)为正项数列，\(\therefore q>0\)，\(\therefore q=2\)，
\(\because a_m⋅a_n=16a_1^2\)， \(\therefore a_1 2^{m-1} a_1 2^{n-1}=16a_1^2\)，
\(\therefore m+n=6\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 由\(\log_2a_1+\log_2a_2+⋯+\log_2a_{10}=\log_2(a_1 a_2⋯a_{10} )=10\)，
得\(a_1 a_2⋯a_{10}=2^{10}\)，
又\(\{a_n \}\)是等比数列，得\(a_1 a_{10}=⋯=a_5 a_6\)，
所以\((a_5 a_6 )^5=2^{10}\)，解得\(a_5 a_6=4\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(A\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，
由 \(a_{11}+a_{13}=\left(a_8+a_{10}\right) q^3\)，得 \(1=\dfrac{1}{2} q^3\)，则\(q^3=2\)，
所以 \(a_{20}+a_{22}=\left(a_{11}+a_{13}\right) \cdot q^9=1 \times 2^3=8\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(-\sqrt{2}\)
解析 在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_3\)，\(a_{15}\)是方程\(x^2+6x+2=0\)的根，
\(\therefore a_3 a_{15}=2\)， \(a_3+a_{15}=-6\)，
\(\therefore \dfrac{a_1 a_{17}}{a_9}=\dfrac{a_3 a_{15}}{-\sqrt{a_3 a_{15}}}=-\sqrt{2}\)． -
答案 \(-32\)
解析 因为\(\{a_n \}\)为等比数列，\(a_1+a_3=1\)，\(a_4+a_6=-8\)，
所以\(a_4+a_6=a_1 q^3+a_3 q^3=q^3 (a_1+a_3 )=q^3=-8\)，
所以\(q=-2\)，
所以 \(\dfrac{a_{10}+a_{12}}{a_5+a_7}=\dfrac{a_5 q^5+a_7 q^5}{a_5+a_7}=q^5=-32\)． -
答案 \(7\)
解析 正项等比数列\(\{a_n\}\)中，\(\because a_2^2+a_4^2=900-2a_1 a_5=900－2a_2 a_4\)，
\(\therefore (a _2+a _4) ^2=900\)，故\(a_2+a_4=30\)．
因为\(a_6=9a_4\)，故有\(a_4 q^2=9a_4\)，
\(\therefore q=3\)．
再根据\(a_2 (1+q^2)=30\)，求得，\(a_2=3\)．
故\(a_{2020}=a_2 q^{2018}=3^{2019}=3^{504 \times 4+3}\)，
故\(a_{2020}\)的尾数即为\(3^3\)的尾数，而\(3^3=27\)，
故\(a_{2020}\)的个位数为\(7\)．
【题型2】 等比数列的综合问题
【典题1】 有四个实数，前三个数依次成等比数列，它们的积是\(-8\)，后三个数依次成等差数列，它们的积为\(-80\)，求出这四个数．
解析 由题意设此四个数为 \(\dfrac{b}{q}\)，\(b\)，\(bq\)，\(a\)，
则有\(\left\{\begin{array}{l}
b^3=-8 \\
2 b q=a+b \\
a b^2 q=-80
\end{array}\right.\) ，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a=10 \\
b=-2 \\
q=-2
\end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l}
a=-8 \\
b=-2 \\
q=\dfrac{5}{2}
\end{array}\right.\)
所以这四个数为\(1\)，\(-2\)，\(4\)，\(10\)或 \(-\dfrac{4}{5}\)，\(-2\)，\(-5\)，\(-8\).
【典题2】在等比数列\(\{a_n \}\)中，公比 \(q∈(0，1)\)，且满足\(a_3=2\)，\(a_1 a_3+2a_2 a_4+a_3 a_5=25\).
(1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)设\(b_n=\log_2a_n\)，数列\(\{b_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，当\(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取最大值时，求\(n\)的值.
解析 (1)\(\because a_1 a_3+2a_2 a_4+a_3 a_5=25\)，\(\therefore a_2^2+2a_2 a_4+a_4^2=25\)，
所以\((a_2+a_4 )^2=25\)，
\(\because a_3=2\)，\(q∈(0，1)\)，则对任意的 \(n∈N^*\)，可得出 \(a_n>0\)，\(\therefore a_2+a_4=5\)，
由题意可得\(\left\{\begin{array}{l}
a_3=a_1 q^2=2 \\
a_2+a_4=a_1 q(1+q)=5 \\
q=\dfrac{1}{2}
\end{array}\right.\)， \(\left\{\begin{array}{c}
a_1=8 \\
0<q<1
\end{array}\right.\)，
因此\(a_n=a_1 q^{n-1}=8 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{4-n}\)；
(2) \(b_n=\log_2a_n=\log_22^{4-n}=4-n\)，则\(b_{n+1}-b_n=[4-{n+1}]-(4-n)=-1\)，
数列\(\{b_n \}\)为等差数列，可得 \(S_n=\dfrac{n\left(b_1+b_n\right)}{2}=\dfrac{n(3+4-n)}{2}=\dfrac{7 n-n^2}{2}\)，
\(\therefore \dfrac{S_n}{n}=\dfrac{\dfrac{7 n-n^2}{2}}{n}=\dfrac{7-n}{2}\)， 则 \(\dfrac{S_{n+1}}{n+1}-\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{7-(n+1)}{2}-\dfrac{7-n}{2}=-\dfrac{1}{2}\)，
所以数列\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)为等差数列，
则 \(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{n\left(\dfrac{s_1}{1}+\dfrac{s_n}{n}\right)}{2}=\dfrac{n\left(3+\dfrac{7-n}{2}\right)}{2}\)\(=\dfrac{13 n-n^2}{4}=-\dfrac{1}{4}\left(n-\dfrac{13}{2}\right)^2+\dfrac{169}{16}\)，
由\(n∈N^*\)，可得\(n=6\)或\(7\)时， \(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取得最大值.
【巩固练习】
1.已知四个数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，中间两数之积为\(16\)，前后两数之积为\(-128\)，求这四个数．
2.已知等比数列\(\{a_n \}\)是递增数列，满足\(a_4=32\)，\(a_3+a_5=80\)．
(1)求\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)设\(b_n=\log_2a_n\)，若\(b_n\)为数列\(\{c_n \}\)的前\(n\)项积，证明\(\dfrac{1}{b_n}+\dfrac{1}{c_n}=1\)．
3.已知等比数列\(\{a_n \}\)的各项均为正数，且\(a_6=2\)，\(a_4+a_5=12\)．
(1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)设\(b_n=a_1 a_3 a_5…a_{2n-1}\)，\(n∈N^*\)，求数列\(\{b_n\}\)的最大项．
参考答案
-
答案 \(-4，2，8，32\)或\(4，-2，-8，-32\)
解析 设所求四个数为 \(\dfrac{2 a}{q}-a q\)， \(\dfrac{a}{q}\)，\(aq\)， \(a q^3\)，
则由已知，得 \(\left\{\begin{array}{l} \left(\dfrac{a}{q}\right)(a q)=16 \\ \left(\dfrac{2 a}{q}-a q\right)\left(a q^3\right)=-128 \end{array}\right.\)，
解得\(a=4\)，\(q=2\)或\(a=4\)，\(q=-2\)或\(a=-4\)，\(q=2\)或\(a=-4\)，\(q=-2\).
因此所求的四个数为\(-4，2，8，32\)或\(4，-2，-8，-32\). -
答案 (1)\(a_n=2^{n+1}\)；(2)略.
解析 (1)设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q(q>1)\)，
由\(a_4=32\)得 \(a_3+a_5=\dfrac{32}{q}+32 q=80\)，解得\(q=2\)或\(q=\dfrac{1}{2}\)(舍去)．
所以\(a_n=a_4⋅2^{n-4}=2^{n+1}\)．
(2)证明：由\(b_n=\log_2a_n=n+1\)，得\(c_1=b_1=2\)，
当\(n≥2\)时，\(c_1⋅c_2⋯⋯c_n=n+1\)①，\(c_1⋅c_2⋯⋯c_{n-1}=n\)②，
由①②得\(c_n=\dfrac{n+1}{n}(n \geq 2)\)，
当\(n=1\)时， \(c_1=\dfrac{2}{1}=2\)满足上式，故 \(c_n=\dfrac{n+1}{n}\)，
\(\therefore \dfrac{1}{b_n}+\dfrac{1}{c_n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{n}{n+1}=1\)． -
答案 (1)\(a_n=2^{7-n}\)； (2)\(2^{12}\).
解析 (1)设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q(q>0)\)，
由\(a_6=2\)，\(a_4+a_5=12\)，
可得 \(\dfrac{a_6}{q^2}+\dfrac{a_6}{q}=12\)，即 \(\dfrac{2}{q^2}+\dfrac{2}{q}=12\)，解得\(q=\dfrac{1}{2}\)或 \(q=\dfrac{1}{3}\)(舍去)，
\(\therefore a_1=\dfrac{a_6}{q^5}=64\)，
\(\therefore a_n=64 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{7-n}\)；
(2) \(b_n=a_1 a_3 a_5 \ldots a_{2 n-1}=2^6 \times 2^4 \times 2^2 \times \cdots \times 2^{8-2 n}\)
\(=2^{\frac{n(6+8-2 n)}{2}}=2^{-n^2+7 n}=2^{-(n-3.5)^2+12.25}\)，
\(\therefore\)当\(n\)取\(3\)或\(4\)时，\(b_n\)取得最大项 \(2^{12}\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_{n+1}=2a_n\)，若\(a_4+a_5=3\)，则\(a_2+a_3=\)( )
A.\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(\dfrac{3}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(\dfrac{3}{4}\)
2.已知等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=3\)，\(a_6=27\)，则\(a_4=\)( )
A. \(-9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(±9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(15\)
3.在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2⋅a_5⋅a_8=-27\)，则\(a_3⋅a_7=\)( )
A.\(-9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(-27\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(27\)
4.正项等比数列\(\{a_n \}\)满足\(a_2^2+2a_3 a_7+a_6 a_{10}=16\)，则\(a_2+a_8=\)( )
A．\(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(±4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(8\)
5.(多选)等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，且满足\(a_1>1\)，\(a_{1010} a_{1011}>1\)，\(\left(a_{1010}-1\right)\left(a_{1011}-1\right)<0\)．记\(T_n=a_1 a_2 a_3…a_n\)，则下列结论正确的是( )
A．\(0<q<1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(a_{1010} a_{1012}-1>0\)
C．\(T_n≤T_{1011}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．使\(T_n<1\)成立的最小自然数\(n\)等于\(2021\)
6.河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一．某洞窟的浮雕共\(8\)层，它们构成一幅优美的图案．各层浮雕数成等比数列，第二层浮雕数为\(6\)，第\(5\)层浮雕数为\(48\)，则第\(7\)层浮雕数为\(\underline{\quad \quad}\).
7.已知等比数列\(\{a_n \}\)满足\(a_2=3\)，\(a_2+a_4+a_6=21\)，则\(a_4+a_6+a_8=\)\(\underline{\quad \quad}\).
8.已知公比大于\(1\)的等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2 a_8=8\)，\(a_4+a_6=6\)，则 \(\dfrac{a_{2020}}{a_{2022}}=\)\(\underline{\quad \quad}\).
9.已知等比数列\(\{a_n \}\)中\(a_4=1\)，若 \(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_3}+\dfrac{1}{a_5}+\dfrac{1}{a_7}=6\)，则\(a_1+a_3+a_5+a_7=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
10.等比数列\(\{a_n \}\)中\(a_2+a_7=66\)，\(a_3 a_6=128\)，求等比数列的通项公式\(a_n\).
11.已知等比数列的项数\(n\)为奇数，且所有奇数项的乘积为\(1024\)，所有偶数项的乘积为\(128 \sqrt{2}\)，求项数\(n\)的值．
12.在等比数列\(\{a_n \}\)中\(a_n>0(n∈N^* )\)，公比\(q∈(0，1)\)，且\(a_1 a_5+2a_3 a_5+a_2 a_8=25\)，又\(a_3\)与\(a_5\)的等比中项为\(2\).
(1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)设\(b_n=\log_2a_n\)，数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，求数列\(\{S_n \}\)的通项公式；
(3)当\(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取得最大值时，求 \(n\)的值.
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 因为数列\(\{a_n \}\)满足\(a_{n+1}=2a_n\)，
所以数列\(\{a_n \}\)是公比为\(2\)的等比数列，
因为\(a_4+a_5=3\)，
所以\(a_2 q^2+a_3 q^2=(a_2+a_3 ) q^2=4(a_2+a_3 )=3\)，
所以 \(a_2+a_3=\dfrac{3}{4}\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(B\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，
则\(a_2 q^4=a_6\)，即 \(q^4=\dfrac{a_6}{a_2}=\dfrac{27}{3}=9\)，故\(q^2=3\)，
所以\(a_4=a_2 q^2=3×3=9\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2⋅a_5⋅a_8=-27\)，
则\(a_5^3=-27\)，解得\(a_5=-3\)，
所以\(a_3⋅a_7=a_5^2=(-3)^2=9\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 根据题意，等比数列\(\{a_n \}\)满足\(a_2^2+2a_3 a_7+a_6 a_{10}=16\)，
则有\(a_2^2+2a_2 a_8+a_8^2=16\)，即\((a_2+a_8)^2=16\)，
又由数列\(\{a_n \}\)为正项等比数列；
故\(a_2+a_8=4\)；
故选：\(B\)． -
答案 \(AD\)
解析 由 \(\left(a_{1010}-1\right)\left(a_{1011}-1\right)<0\)．得 \(\left\{\begin{array}{l} a_{1010}>1 \\ a_{1011}<1 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_{1010}<1 \\ a_{1011}>1 \end{array}\right.\)，
又\(a_1>1\)；\(a_{1010} a_{1011}>1\)，则 \(a_{1010}>1\)， \(0<a_{1011}<1\)，
所以\(0<q=\dfrac{a_{1011}}{a_{1010}}<1\)，\(A\)正确．
由$a_{1010} a_{1012}=a_{1011}^2 $，又 \(0<a_{1011}<1\)，
所以\(a_{1010} a_{1012}-1=a_{1011}^2-1<0\)，\(B\)错误．
由\(a_1>1\)， \(a_{1010}>1\)， \(0<a_{1011}<1\)，
可知当\(n≤1010\)时，\(a_n>1\)；当\(n≥1011\)时，\(0<a_n<1\)，
所以\(T_n\)的最大值\(T_{1010}\)，\(C\)错误．
因为 \(T_{2020}=a_1 \times a_2 \times \ldots \times a_{2020}=\left(a_{1010} a_{1011}\right)^{1010}>1\)；
\(T_{2021}=a_1 \times a_2 \times \ldots \times a_{2021}=\left(a_{1011}\right)^{2021}<1\)，
所以使\(T_n<1\)成立的最小自然数\(n\)等于\(2021\)，\(D\)正确．
故选：\(AD\)． -
答案 \(192\)
解析 设第\(2\)层浮雕数为\(a_2\)，第\(5\)层浮雕数为\(a_5\)，
则\(a_2=6\)，\(a_5=48\)，
\(\because\)各层浮雕数成等比数列，设公比为\(q\)，
\(\therefore 48=6×q^3\)，\(\therefore q=2\)，
\(\therefore\) 第\(7\)层浮雕数为\(a_7=a_5⋅q^2=48×4=192\). -
答案 \(42\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，\(\because a_2=3\)，\(a_2+a_4+a_6=21\)，
\(\therefore a_1 q=3\)，\(a_1 (q+q^3+q^5)=21\)，解得\(q^2=2\)．
则\(a_4+a_6+a_8=q^2 (a_2+a_4+a_6)=42\)，
故答案为：\(42\)． -
答案 \(\dfrac{1}{2}\)
解析 \(\because\)公比大于\(1\)的等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2 a_8=8\)，\(a_4+a_6=6\)， \(\therefore a_2 a_8=a_4 a_6=8\)，
则\(a_4\) 、\(a_6\)是方程\(t^2-6t+8=0\)的根，
\(\therefore a_4=2\)，\(a_6=4\)，公比\(q^2=2\)， \(\therefore \dfrac{a_{2020}}{a_{2022}}=\dfrac{1}{q^2}=\dfrac{1}{2}\). -
答案 \(6\)
解析 等比数列\(\{a_n \}\)中\(a_4=1\)，若 \(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_3}+\dfrac{1}{a_5}+\dfrac{1}{a_7}=6\)，
则\(\dfrac{a_1+a_7}{a_1 a_7}+\dfrac{a_3+a_5}{a_3 a_5}=\dfrac{a_1+a_3+a_5+a_7}{a_4^2}=6\)，\(a_1+a_3+a_5+a_7=6a_4^2=6\)．
故答案为：\(6\)． -
答案 \(a_n=2^{n-1}\)或\(a_n=2^{8-n}\)
解析 设等比数列的首项为\(a_1\)，公比为\(d\)，
由题意得 \(\left\{\begin{array} { l } { a _ { 2 } + a _ { 7 } = 6 6 } \\ { a _ { 3 } a _ { 6 } = 1 2 8 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { a _ { 2 } + a _ { 7 } = 6 6 } \\ { a _ { 2 } a _ { 7 } = 1 2 8 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} a_2=2 \\ a_7=64 \end{array}\right.\right.\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=64 \\ a_7=2 \end{array}\right.\)，
\(\therefore q^5=\dfrac{a_7}{a_2}=2^5\)或 \(\dfrac{1}{2^5}\)，\(\therefore q=2\)或\(\dfrac{1}{2}\).
\(\therefore a_n=a_2 q^{n-2}=2^{n-1}\)或 \(\dfrac{1}{2^{n-8}}\).
\(\therefore a_n=2^{n-1}\)或 \(a_n=2^{8-n}\). -
答案 \(7\)
解析 根据题意，设该等比数列为\(\{a_n \}\)，\(n\)为奇数；
若所有奇数项的乘积为\(1024\)，则有\(a_1 a_3 a_5…a_n=1024\)，①，
所有偶数项的乘积为 \(128 \sqrt{2}\)，则有 \(a_2 a_4 a_6 \ldots a_{n-1}=128 \sqrt{2}\)，②
①÷②可得： \(a_1 q^{\frac{n-1}{2}}=\dfrac{1024}{128 \sqrt{2}}=4 \sqrt{2}\)，即 \(a_\frac{n+1}{2}=4 \sqrt{2}\) ③
①×②可得： \(\left(a_1 a_n\right) \cdot\left(a_2 a_{n-1}\right) \cdots a_\frac{n+1}{2}=1024 \times 128 \sqrt{2}\)，
即\((a_\frac{n+1}{2})^n=1024 \times 128 \sqrt{2}\) ④
联立③④可得： \((4 \sqrt{2})^n=1024 \times 128 \sqrt{2}\)，
解可得：\(n=7\). -
答案 (1) \(a_n=2^{5-n}\)；(2) \(S_n=\dfrac{n(9-n)}{2}\)；(3)\(n=8\)或\(n=9\).
解析 (1) \(\because a_1 a_5+2a_3 a_5+a_2 a_8=25\)， \(\therefore a_3^2+2a_3 a_5+a_5^2=25\)
又 \(\because a_n>0\)，\(\therefore a_3+a_5=5\) (1)
\(\because a_3\)与 \(a_5\) 的等比中项为 \(2\) ， \(\therefore a_3 a_5=4\)，
\(\because q∈(0，1)\)，\(\therefore a_3>a_5\)，
\(\therefore\) 由(1)(2)解得\(a_3=4\)，\(a_5=1\)，
\(\therefore q^2=\dfrac{a_5}{a_3}=\dfrac{1}{4}\)，解得 \(q=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore a_1=16\)， \(\therefore a_n=16 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{5-n}\)，
(2)\(\because b_n=\log_2 a_n =5-n\)，\(\therefore b_{n+1}-b_n=-1\)，\(b_1=4\)，
\(\therefore\) 数列 \(\{b_n \}\)是以 \(b_1=4\)为首项， \(-1\)为公差的等差数列.
\(\therefore S_n=\dfrac{n(9-n)}{2}\)，
(3) 由 \(S_n=\dfrac{n(9-n)}{2}\)，得\(\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{9-n}{2}\)，
当\(n≤8\)时， \(\dfrac{S_n}{n}>0\)；当 \(n=9\)时，\(\dfrac{S_n}{n}=0\)；当 \(n>9\)时， \(\dfrac{S_n}{n}<0\)
\(\therefore\)当 \(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取得最大值时， \(n=8\)或\(n=9\).
【B组---提高题】
1.(多选)已知等比数列\(\{a_n \}\)的各项均为正数，公比为\(q\)，且\(a_1>1\)，\(a_6+a_7>a_5 a_8+1>2\)，记\(\{a_n \}\)的前\(n\)项积为\(T_n\)，则下列选项中正确的选项是( )
A．\(0<q<1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_6>1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\(T_{12}>1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(T_{13}>1\)
2.在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1<0\)，\(a_2 a_4+2a_3 a_5+a_4 a_6=25\)，求\(a_3+a_5=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(ABC\)
解析 \(\because a_6+a_7>a_5 a_8+1\)， \(\therefore a_6+a_7>a_6 a_7+1\)，
\(\therefore (a_6-1)(a_7-1)<0 \quad (*)\)，
\(\because a_1>1\)，若\(a_6<1\)，则一定有\(a_7<1\)，不符合\((*)\)，
则\(a_6>1\)，\(a_7<1\)， \(\therefore 0<q<1\)．
\(\because a_6 a_7+1>2\)， \(\therefore a_6 a_7>1\)，
\(T_{12}=a_1 a_2 a_3 \ldots a_{12}=\left(a_6 a_7\right)^6>1\)，\(T_{13}=a_7^{13}<1\)，
\(\therefore\) 满足\(T_n>1\)的最大正整数\(n\)的值为\(12\)．
故选：\(ABC\)． -
答案 \(-5\)
解析 \(\because \{a_n\}\)是等比数列，且\(a_1<0\)，\(a_2 a_4+2a_3 a_5+a_4 a_6=25\)，
\(\therefore a_3^2+2a_3 a_5+a_5^2=25\)，即\((a_3+a_5 )^2=25\)．
再由\(a_3=a_1 q^2<0\)，\(a_5=a_1 q^4<0\)，\(q\)为公比，可得\(a_3+a_5=-5\)，
故答案为：\(-5\).
【C组---拓展题】
1.设\(a\)，\(b∈R\)，关于\(x\)的方程\((x^2-ax+1)(x^2-bx+1)=0\)的四个实根构成以\(q\)为公比的等比数列，若\(q \in\left[\dfrac{1}{2}， \sqrt{2}\right]\)，则\(ab\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
- 答案 \(\left[4， \dfrac{27}{4}\right]\)
解析 设方程\((x^2-ax+1)(x^2-bx+1)=0\)的\(4\)个实数根依次为\(m\)，\(mq\)，\(mq^2\)，\(mq^3\)，
由等比数列性质，不妨设\(m\)，\(mq^3\)为\(x^2-ax+1=0\)的两个实数根，
则\(mq\)，\(mq^2\)为方程\(x^2-bx+1=0\)的两个根，
由韦达定理得，\(m^2 q^3=1\)，\(m+mq^3=a\)，\(mq+mq^2=b\)，则 \(m^2=\dfrac{1}{q^3}\) ，
故\(ab=(m+mq^3)(mq+mq^2)=m^2 (1+q^3)(q+q^2)\)
\(=\dfrac{1}{q^3}\left(1+q^3\right)\left(q+q^2\right)=q+\dfrac{1}{q}+q^2+\dfrac{1}{q^2}\) ，
设 \(t=q+\dfrac{1}{q}\)，则 \(q^2+\dfrac{1}{q^2}=t^2-2\)，
因为\(q \in\left[\dfrac{1}{2}， \sqrt{2}\right]\)，且 \(t=q+\dfrac{1}{q}\)在 \(\left[\dfrac{1}{2}， 1\right]\)上递减，在 \((1， \sqrt{2}]\)上递增，
当\(q=\dfrac{1}{2}\)时， \(t=\dfrac{5}{2}\)，当 \(t=\sqrt{2}\)时， \(t=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)
所以 \(t \in\left[2， \dfrac{5}{2}\right]\)，
则 \(a b=t^2+t-2=\left(t+\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{9}{4}\)，
所以当\(t=2\)时，\(ab\)取到最小值是\(4\)，
当\(t=\dfrac{5}{2}\)时，\(ab\)取到最大值是 \(\dfrac{27}{4}\)，
所以\(ab\)的取值范围是\(\left[4， \dfrac{27}{4}\right]\)．
故答案为：\(\left[4， \dfrac{27}{4}\right]\)．
