\({\color{Red}{歡迎到學科網下載資料學習 }}\)
[ 【基礎過關係列】高二數學同步精品講義與分層練習(人教A版2019）]
( https://www.zxxk.com/docpack/2875423.html)
\({\color{Red}{ 跟貴哥學數學，so \quad easy！}}\)

選擇性第二冊同步鞏固，難度2顆星！

基礎知識

等比數列的定義

如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的比等於同一個常數，那麼這個數列叫做等比數列，
這個常數叫做等比數列的公比，記為\(q\).
代數形式： \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=q\)\(( q\)是常數，\(n≥2)\)

等比中項

若\(a\)，\(b\) ，\(c\)

通項公式

等比數列\(\{a_n \}\)的首項為\(a_1\)，公比為\(q\)，則\(a_n=a_1 q^{n-1}\).(由定義與累乘法可得)
解釋
(1) 證明 由等比數列的定義可得， \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=q\)，
所以\(\dfrac{a_2}{a_1}=q\)， \(\dfrac{a_3}{a_2}=q\)， \(\dfrac{a_4}{a_3}=q\)，\(…\)\(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=q(n \geq 2)\)，
把以上\(n-1\)個等式累乘可得\(\dfrac{a_n}{a_1}=q^{n-1}(n \geq 2)\)，即\(a_n=a_1 q^{n-1} (n≥2)\)，
當\(n=1\)時，\(a_1=a_1 q^0=a_1 q^{1-1}\)，即當\(n=1\)時上式也成立，
故\(a_n=a_1 q^{n-1} (n∈N^*)\).
以上的方法稱之為累乘法.
(2) 通項公式\(a_n=a_1 q^{n-1}\)告訴你：已知等比數列的首項\(a_1\)與公比\(q\)可求得任何一項
(3)等比數列的通項公式可整理為\(a_n=a_1 q^{n-1}=\dfrac{a_1}{q} \cdot q^n\)，當\(q>0\)，且\(q≠1\)時，可以看成\(n\)的指數函式型函式.比如等比數列\(\{2^n\}\)的各點都在指數函式\(y=2^x\)上.
(4)偶數項的正負、奇數項的正負相同(\(\dfrac{a_{2 n}}{a_{2(n-1)}}= q^2>0\)，故\(a_{2n}\)，\(a_{2(n-1)}\)同號，即偶數項的正負相同；奇數項同理).

【例1】 若\(-1\) ，\(b_1\) ，\(b_2\) ，\(b_3\)，\(-4\)成等比數列，則\(b_2=\)\(\underline{\quad \quad}\).
解：\(b_2^2=-1×(-4)=4⇒b_2=±2\)，而\(b_2=-1\cdot q^2<0\)，故\(b_2=-2\).
(\(b_2\)與\(-1\) ，\(-4\)均是奇數項，符號相同\()\)

【例2】 等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=2\)，\(q=3\)，則\(a_n\)等於\(\underline{\quad \quad}\) .
答案 \(2×3^{n-1}\)
 

證明一個數列是等比數列的方法

① 定義法： \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=q\)\(( q\)是常數，\(n≥2)⇒\{a_n\}\)是等比數列；
② 中項法：\(a_{n+1}^2=a_n a_{n+2} (a_n≠ 0 ，n∈ N^*)⇒\{a_n\}\)是等比數列；
③ 通項公式法：若數列的通項公式是形如\(a_n=k\cdot q^n\) \((k ，q\)是不為\(0\)常數\()\)， 則數列\(\{a_n \}\)是等比數列.
 

基本方法

【題型1】等比數列的判定和證明

【典題1】 (多選)已知數列\(\{a_n \}\)是等比數列，那麼下列數列一定是等比數列的是(　　)
 A．\(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\{ \log_2⁡a_n \}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(\{a_n\cdot a_{n+1}\}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(\{a_n+a_{n+1}+a_{n+2}\}\)
解析 由題意，可設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q(q≠0)\)，則\(a_n=a_1 q^{n-1}\)．
對於\(A\)： \(\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{1}{a_1 q^{n-1}}=\dfrac{1}{a_1}\left(\dfrac{1}{q}\right)^{n-1}\)．
\(\therefore\)數列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)是一個以 \(\dfrac{1}{a_1}\)為首項， \(\dfrac{1}{q}\)為公比的等比數列；
對於\(B\)： \(\log _2 a_n=\log _2\left(a_1 q^{n-1}\right)=\log _2 a_1+(n-1) \log _2 q\)．
\(\therefore\)數列\(\{ \log_2⁡a_n \}\)是一個以\(\log_2⁡a_1\)為首項，\(\log_2⁡q\)為公差的等差數列；
對於\(C\)： \(\because \dfrac{a_{n+1} \cdot a_{n+2}}{a_n \cdot a_{n+1}}=\dfrac{a_{n+2}}{a_n}=\dfrac{a_1 \cdot q^{n+1}}{a_1 \cdot q^{n-1}}=q^2\)，
\(\therefore\)數列\(\{a_n a_{n+1}\}\)是一個以\(q^2\)為公比的等比數列；
對於\(D\)： \(\because \dfrac{a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}}{a_n+a_{n+1}+a_{n+2}}=\dfrac{q\left(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}\right)}{a_n+a_{n+1}+a_{n+2}}=q\)，
\(\therefore\)數列\(\{a_n+a_{n+1}+a_{n+2}\}\)是一個以\(q\)為公比的等比數列．
故選：\(ACD\)．
點撥 證明\(\{a_n \}\)是等比數列常見的方法是定義法： \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=q\)\(( q\)是常數，\(n≥2)\)；
選擇題也可採取排除法，檢驗前三項是否成等比數列.
 

【典題2】已知數列\(\{a_n \}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，且滿足 \(S_n=\dfrac{3}{2} a_n+b\)\(\left(n \in N^*， b \in R， b \neq 0\right)\)．
  (1)求證：\(\{a_n \}\)是等比數列；\(\qquad \qquad\) (2)求證：\(\{a_n+1\}\)不是等比數列．
證明 (1)因為 \(S_n=\dfrac{3}{2} a_n+b\)，所以當\(n≥2\)時 \(S_{n-1}=\dfrac{3}{2} a_{n-1}+b\)，
兩式相減得 \(S_n-S_{n-1}=\dfrac{3}{2} a_n+b-\dfrac{3}{2} a_{n-1}-b\)，
\(\therefore a_n=\dfrac{3}{2} a_n-\dfrac{3}{2} a_{n-1}\)，
\(\therefore a_n=3a_{n-1}\)，
故\(\{a_n \}\)是公比為\(q=3\)的等比數列．
(2)假設：\(\{a_n+1\}\)是等比數列，則有：\((a_n+1)^2=(a_{n+1}+1)( a_{n-1}+1)\)，
即：\(a_n^2+2a_n+1=a_{n+1} a_{n-1}+a_{n+1}+a_{n-1}+1\)，
由(1)知\(\{a_n \}\)是等比數列，所以\(a_n^2=a_{n+1} a_{n-1}\)，
於是\(2a_n=a_{n+1}+a_{n-1}\)，即\(6a_n=a_{n-1}+9a_{n-1}\)，解得\(a_{n-1}=0\)，
這與\(\{a_n \}\)是等比數列相矛盾，
故假設錯誤，即：\(\{a_n+1\}\)不是等比數列．
 

【鞏固練習】

1.根據下列通項能判斷數列為等比數列的是(　　)
 A．\(a_n=n\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(a_n=\sqrt{n}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(a_n=2^{-n}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n= \log_2⁡n\)
 

2.已知數列\(\{a_n \}\)是等比數列，則下列數列中：①\(\{a_n^3\}\)；②\(\{2^{a_n}\}\)；③ \(\left\{\dfrac{1}{2 a_n}\right\}\)，等比數列的個數是(　　)
 A．\(0\)個 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(1\)個 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2\)個 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(3\)個
 

3.已知數列\(\{a_n \}\)滿足\(\lg⁡a_n=3n+5\)，求證：\(\{a_n \}\)是等比數列．
 
 

4.已知數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_1=1\)，\(2a_{n+1}=3a_n+1\)．證明：\(\{a_n+1\}\)是等比數列.
 
 

參考答案

1. 答案 \(C\)
   解析 在\(A\)中，\(a_n=n\)是等差數列，不是等比數列，故\(A\)錯誤；
   在\(B\)中， \(a_n=\sqrt{n}\)既不是等差數列，又不是等比數列，故\(B\)錯誤；
   在\(C\)中，\(a_n=2^{-n}\)是等比數列，故\(C\)正確；
   在\(D\)中，\(a_n= \log_2⁡n\)既不是等差數列，又不是等比數列，故\(D\)錯誤．
   故選：\(C\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 \(\because\)數列\(\{a_n \}\)是等比數列，設公比為\(q\)，則\(q\)為常數．
   則 \(a_n^3=a_1^3 q^{3 n-3}\)，則 \(\dfrac{a_{n+1^3}}{a_n^3}=q^3\)，為常數，故：①\(\{a_n^3\}\)為等比數列．
   \(\because \dfrac{2^{a_{n+1}}}{2^{a_n}}=2^{a_{n+1}-a_n}\)，不是常數，故② \(\{2^{a_n}\}\)不是等比數列．
   \(\because \dfrac{\frac{1}{2 a_{n+1}}}{\frac{1}{2 a_n}}=\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{q}，\)，為常數，故③ \(\left\{\dfrac{1}{2 a_n}\right\}\)為等比數列，
   故選：\(C\)．

3. 證明 \(\because \lg a_n=3 n+5\)， \(\therefore a_n=10^{3 n+5}\).
   \(\therefore a_{n+1}=10^{3(n+1)+5}=10^{3 \mathrm{n}+8}\).
   \(\therefore \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{10^{3 n+8}}{10^{3 n+5}}=1000\).
   \(\therefore\) 數列\(\{a_n \}\)是等比數列．

4. 證明 由\(2a_{n+1}=3a_n+1\)，得\(a_{n+1}=\dfrac{3}{2} a_n+\dfrac{1}{2}\)，即\(a_{n+1}+1=\dfrac{3}{2}\left(a_n+1\right)\)，
   故\(\dfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=\dfrac{3}{2}\)．
   又\(a_1+1=2\)，
   所以\(\{a_n+1\}\)是首項為\(2\)，公比為 \(\dfrac{3}{2}\)的等比數列．
    

【題型2】 等比數列的通項公式

【典題1】 在等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_5-a_1=15\)，\(a_4-a_2=6\)，則\(a_3=\)(　　)
 A．\(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-4\)或\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-8\)或\(8\)
解析 設等比數列的公比為\(q\)，則
\(\because a_5-a_1=15\)，\(a_4-a_2=6\)，
\(\therefore\left\{\begin{array} { l } { a _ { 1 } q ^ { 4 } - a _ { 1 } = 1 5 } \\ { a _ { 1 } q ^ { 3 } - a _ { 1 } q = 6 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { c } { a _ { 1 } ( q ^ { 4 } - 1 ) = 1 5 } \\ { a _ { 1 } ( q ^ { 3 } - q ) = 6 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{c} a_1\left(q^2-1\right)\left(q^2+1\right)=15 \\ a_1 q\left(q^2-1\right)=6 \end{array}\right.\right.\right.\)，
\(\therefore q^2+1=\dfrac{5}{2} q\)， \(\therefore q=2\)或 \(q=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore a_1=1\)或\(a_1=-16\)，\(\therefore a_3=±4\)，
故選：\(C\)．
點撥 本題採取基本量法，\(a_1\)，\(q\)是等比數列的基本量，在等比數列中遇到\(a_n\)採取通項公式 \(a_n=a_1 \mathrm{q}^{\mathrm{n}-1}\)；由通項公式由已知條件得到關於\(a_1\)，\(q\)的方程組，再通過因式分解消元解方程.
 

【典題2】已知數列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=7\)，\(a_3=1\)，若 \(\left\{\dfrac{1}{a_n+1}\right\}\)是等比數列，則\(a_{11}\)等於(　　)
 A．\(-\dfrac{31}{32}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-\dfrac{63}{64}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-\dfrac{127}{128}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-\dfrac{255}{256}\)
解析 設等比數列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n+1}\right\}\)的公比為\(q\)，\(a_1=7\)，\(a_3=1\)，
則 \(\dfrac{1}{1+1}=\dfrac{1}{1+7} \cdot q^2\)，解得\(q^2=4\)．
\(\therefore \dfrac{1}{a_{11}+1}=\dfrac{1}{a_1+1} \cdot q^{10}=\dfrac{1}{8} \times 2^{10}=2^7=128\)，解得\(a_{11}=-\dfrac{127}{128}\)，
故選：\(C\).
 

【鞏固練習】

1.已知數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n (n∈N^* )\)，則\(a_4=\)(　　)
 A.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(2\)
 

2.設\(\{a_n \}\)是等比數列，下列結論中不正確的是(　　)
 A．若\(a_1 a_2>0\)，則\(a_2 a_3>0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．若\(a_1+a_3<0\)，則\(a_5<0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)
 C．若\(a_1 a_2<0\)，則\(a_1 a_5<0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．若\(0<a_1<a_2\)，則\(a_1+a_3>2a_2\)
 

3.已知\(-1\)，\(a_1，\)\(a_2\)，\(-4\)成等差數列，且\(-1\)，\(b_1\)，\(b_2\)，\(b_3\)，\(-4\)成等比數列，則 \(\dfrac{a_1+a_2}{b_2}\) 的值為\(\underline{\quad \quad}\).
 

4.\(\{a_n \}\)是各項均為正數的等差數列，\(\{b_n\}\)是等比數列，已知\(\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=1\)， \(\dfrac{a_3}{b_3}=\dfrac{8}{9}\)，那麼 \(\dfrac{a_4}{b_4}=\)\(\underline{\quad \quad}\).
 

參考答案

1. 答案 \(C\)
   解析 因為\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n (n∈N^* )\)，
   所以 \(\dfrac{a_n+1}{a_n}=2\)，即數列\(\{a_n \}\)是以\(1\)為首項，\(2\)為公比的等比數列，
   所以\(a_n=2^{n-1}\)，可得\(a_4=2^3=8\)．
   故選：\(C\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，
   \(A\)．\(\because a_1 a_2>0\)，\(\therefore a_1^2 q>0\)，\(\therefore q>0\)，則\(a_2 a_3=a_1^2 q^3>0\)，正確．
   \(B\)．\(\because a_1+a_3<0\)，\(\therefore a_1 (1+q^2)<0\)，\(\therefore a_1<0\)，則\(a_5=a_1 q^4<0\)，正確．
   \(C\)．\(\because a_1 a_2<0\)，\(\therefore a_1^2 q<0\)，\(\therefore q<0\)，則\(a_1 a_5=a_1^2 q^4>0\)，因此不正確．
   \(D\)．\(\because 0<a_1<a_2\)，\(\therefore 0<a_1<a_1 q\)，\(\therefore a_1>0\)，\(q>0\)，\(q≠1\)．
   則\(a_1+a_3=a_1 (1+q^2)>2a_1 q=2a_2\)，正確．
   故選：\(C\)．

3. 答案 \(\dfrac{5}{2}\)
   解析 以題意得\(a_1+a_2=-1+(-4)=-5\)，\(b^2=-1×(-4)=4⇒b=±2\)，
   因\(-1\)，\(b_1\)，\(b_2\)成等比數列，\(\therefore b_1^2=-b_2>0⇒b_2<0\)，
   \(\therefore b_2=-2\)，則 \(\dfrac{a_1+a_2}{b_2}=\dfrac{5}{2}\).

4. 答案 \(\dfrac{20}{27}\)
   解析 設等差數列\(\{a_n \}\)的公差為\(d\)，等比數列\(\{b_n\}\)的公比為\(q\)，
   則\(a_1+d=a_1 q\)，\(9(a_1+2d)=8a_1 q^2\)，
   聯立可得\(8q^2-18q+9=0\)，解得： \(q=\dfrac{3}{2}\)或 \(q=\dfrac{3}{4}\)．
   \(\because \{a_n\}\)是各項均為正數，則\(d>0\)，\(\therefore q>1\)，則 \(q=\dfrac{3}{2}\)，
   \(\therefore b_4=a_1 \times\left(\dfrac{3}{2}\right)^3=\dfrac{27}{8} a_1\)， \(\therefore \dfrac{a_2}{b_2}=\dfrac{3}{2} a_1\)，
   則\(d=\dfrac{3}{2} a_1-a_1=\dfrac{1}{2} a_1\)，
   \(\therefore a_4=a_1+3 d=\dfrac{5}{2} a\)， \(\therefore \dfrac{a_4}{b_4}=\dfrac{\frac{5}{2} a_1}{\frac{27}{8} a_1}=\dfrac{20}{27}\)．
    

【題型3】應用問題

【典題1】 某工廠\(2010\)年\(1\)月的生產總值為\(a\)萬元，計劃從\(2010\)年\(2\)月起，每個月生產總值比上一個月增長\(m\%\)，那麼到\(2011\)年\(8\)月底該廠的生產總值為多少萬元？
解析 設從\(2010\)年\(1\)月開始，第\(n\)個月該廠的生產總值是\(a_n\)萬元，則\(a_{n+1}=a_n+a_n m\%\)，
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}}{a_n}= =1+m\%\)，
\(\therefore\)數列\(\{a_n \}\)是首項\(a_1=a\)，公比\(q=1+m\%\)的等比數列．
\(\therefore a_n=a\left(1+m\%\right)^{n-1}\).
\(\therefore 2011\)年\(8\)月底該廠的生產總值為 \(a_{20}=a(1+m \%)^{20-1}=a(1+m \%)^{19}\) (萬元)．
 

【典題2】已知數列\(\{a_n \}\)滿足\(S_n=n-a_n\)．
  (1)求證：數列\(\{a_n-1\}\)是等比數列；\(\qquad \qquad\) (2)求\(a_n\)．
解析 (1)證明：\(\because\) 數列\(\{a_n \}\)滿足\(S_n=n-a_n\)．
\(\therefore S_{n+1}=n+1-a_{n+1}\)，兩式相減可得\(S_{n+1}-S_n={n+1}-n-a_{n+1}+a_n\)，
\(\therefore a_{n+1}=1-a_{n+1}+a_n\)， \(\therefore a_{n+1}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2} a_n，\)，
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}-1}{a_n-1}=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2} a_n-1}{a_n-1}=\dfrac{\dfrac{1}{2}\left(a_n-1\right)}{a_n-1}=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore\) 數列\(\{a_n-1\}\)是\(\dfrac{1}{2}\)為公比的等比數列；
(2)由(1)可得數列\(\{a_n-1\}\)是\(\dfrac{1}{2}\)為公比的等比數列，
由\(S_n=n-a_n\)可得\(a_1=S_1=1-a_1\)，解得\(a_1=\dfrac{1}{2}\)，
故\(a_1-1=-\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore a_n-1=\dfrac{1}{2}×(\dfrac{1}{2})^{n-1}=(\dfrac{1}{2})^n\)，
\(\therefore a_n=1+(\dfrac{1}{2})^n\)．
 

【鞏固練習】

1.河南洛陽龍門石窟是中國石刻藝術寶庫，現為世界非物質文化遺產之一．某洞窟的浮雕共\(8\)層，它們構成一幅優美的圖案．各層浮雕數成等比數列，第二層浮雕數為\(6\)，第\(5\)層浮雕數為\(48\)，則第\(7\)層浮雕數為(　　)
 A.\(96\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(128\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(192\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(384\)
 

2.我國古代數學著作《九章算術》中有“竹九節”問題：現有一根\(9\)節的竹子，自上而下各節的容積成等比數列，最上面\(3\)節的容積之積為\(3\)升，最下面\(3\)節的容積之積為\(243\)升，則第\(5\)節的容積是\(\underline{\quad \quad}\)升.
 

3.已知等比數列\(\{a_n \}\)的各項均為正數，且\(a_1>1\)，前\(n\)項之積為\(T_n\)，設 \(T_{10}=T_{20}\)，
  (1)當\(n\)為何值時，\(T_n\)最大？
  (2)是否存在自然數\(n\)，使得\(T_n=1\)？
 
 

4.在數列\(\{a_n \}\)中．已知\(a_1=2\)， \(a_{n+1}=\dfrac{2 a_n}{a_n+1}\)．
  (1)求證： \(\left\{\dfrac{1}{a_n}-1\right\}\)是等比數列，
  (2)若對任意\(n∈N_+\)，\(a_n>m\)恆成立，求\(m\)的最大值．
 
 

參考答案

1. 答案 \(C\)
   解析 設第\(2\)層浮雕數為\(a_2\)，第\(5\)層浮雕數為\(a_5\)，公比為\(q\)，
   則\(a_2=6\)，\(a_5=48\)，
   \(\because\)各層浮雕數成等比數列，
   \(\therefore 48=6×q^3\)，\(\therefore q=2\)，
   \(\therefore\) 第\(7\)層浮雕數為\(a_7=a_5⋅q^2=48×4=192\)，
   故選：\(C\)．

2. 答案 \(3\)
   解析 設第\(n(n≤9，n∈N^* )\)節的容積為\(a_n\)，則\(\{a_n \}\)是等比數列，
   \(\because\)最上面\(3\)節的容積之積為\(3\)升，最下面\(3\)節的容積之積為\(243\)升，
   \(\therefore\left\{\begin{array}{l} a_1 \cdot a_1 q^{\prime} a_1 q^2=3 \\ a_1 q^6 \cdot a_1 q^7 \cdot a_1 q^8=243 \end{array}\right.\)，解得 \(a_1 q=3^{\dfrac{1}{3}}\)， \(q^3=9^{\dfrac{1}{3}}\)，
   \(\therefore\)第\(5\)節的容積 \(a_5=a_1 q^4=a_1 q \cdot q^3=3^{\dfrac{1}{3}} \cdot 9^{\dfrac{1}{3}}=3\)(升).

3. 答案 (1) 當\(n=10\)時，\(T_n\)最大 ；(2) 當\(n=20\)時，\(T_{20}=1\)．
   解析 (1)設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q>0\)，且\(a_1>1\)，\(\because T_{10}=T_{20}\)，
   \(\therefore a_{11} a_{12} \cdot \ldots \cdot a_{20}=1\)，
   \(\therefore a_1^{10} q^{10+11+\cdots+19}=a_1^{10} q^{145}=1\)，
   \(\therefore a_1^2 q^{19}=1\)．
   \(\therefore T_n=a_1^n \cdot q^{1+2+\cdots+(n-1)}=a_1^n q^{\dfrac{n(n-1)}{2}}=a_1^{\dfrac{n(20-n)}{19}}\)．
   可知：當\(n=10\)時，指數\(\dfrac{n(20-n)}{19}\)取得最大值 \(\dfrac{100}{19}\)，
   \(\therefore\) 當\(n=10\)時，\(T_n\)最大．
   (2)由 \(T_n=a_1 \dfrac{n(20-n)}{19}\)，可知：當\(n=20\)時，\(T_{20}=1\)．

4. 答案 (1)略 ；(2) \(1\) .
   解析 證明：(1)\(\because a_1=2\)， \(a_{n+1}=\dfrac{2 a_n}{a_n+1}\)，
   \(\therefore a_n>0\)恆成立；\(a_{n+1} a_n+a_{n+1}=2a_n\)，
   \(\therefore 1+\dfrac{1}{a_n}=2 \dfrac{1}{a_{n+1}}\) ，
   \(\therefore \dfrac{1}{a_n}-1=2\left(\dfrac{1}{a_{n+1}}-1\right)\)，
   \(\therefore \dfrac{1}{a_{n+1}}-1=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a_n}-1\right)\)，
   又 \(\because \dfrac{1}{a_1}-1=-\dfrac{1}{2}\)，
   \(\therefore\left\{\dfrac{1}{a_n}-1\right\}\)是以\(-\dfrac{1}{2}\)為首項，\(\dfrac{1}{2}\)為公比的等比數列；
   (2) \(\therefore\left\{\dfrac{1}{a_n}-1\right\}\)是以\(-\dfrac{1}{2}\)為首項，\(\dfrac{1}{2}\)為公比的等比數列，
   \(\therefore \dfrac{1}{a_n}-1=-\dfrac{1}{2} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\)，
   \(\therefore a_n=\dfrac{2^n}{2^n-1}=1+\dfrac{1}{2^n-1}\)，
   \(\therefore\)數列\(\{a_n \}\)是遞減數列，且當\(n→+∞\)時，\(a_n→1\)；
   \(\therefore a_n>1\)恆成立，
   \(\therefore m\)的最大值為\(1\)．
    

分層練習

【A組---基礎題】

1.在等比數列\(\{a_n \}\)中，已知\(a_1=\dfrac{9}{8}\)，\(a_n=\dfrac{1}{3}\)，\(q=\dfrac{2}{3}\)，則\(n\)的值為(　　)
 A.\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(6\)
 

2.在等比數列\(\{a_n \}\)中，已知\(a_1=2\)，\(a_1-a_3+a_5=26\)，則\(a_3=\)(　　)
 A.\(20\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(4\)
 

3.已知數列\(\{a_n \}\)是等比數列，下列四個命題中不正確的命題有(　　)
 A．數列\(\{|a_n |\}\)是等比數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．數列\(\{a_n a_{n+1}\}\)是等比數列
 C．數列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)是等比數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．數列\(\{\lg a_n^2\}\)是等比數列
 

4.標準對數視力表採用的“五分記錄法”是我國獨創的視力記錄方式，此表由\(14\)行開口方向各異的正方形\(“E”\)形視標所組成，從上到下分別對應視力\(4.0，4.1，…，5.2，5.3\)，且從第一行開始往下，每一行\(“E”\)形視標邊長都是下一行\(“E”\)形視標邊長的\(\sqrt[10]{10}\)倍，若視力\(4.1\)的視標邊長為\(a\)，則視力\(4.9\)的視標邊長為(　　)
 A. \(10^{\frac{2}{5}} a\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(10^{-\frac{2}{5}} a\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(10^{\frac{4}{5}} a\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(10^{-\frac{4}{5}} a\)
 

5.(多選)已知等比數列\(\{a_n \}\)中，滿足\(a_1=1\)，公比\(q=-2\)，則(　　)
 A．數列\(\{2a_n+a_{n+1}\}\)是等比數列 \(\qquad \qquad \qquad \quad\) B．數列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是等比數列
 C．數列\(\{a_n a_{n+1}\}\)是等比數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．數列\(\{ \log_2⁡|a_n |\}\)是遞減數列
 

6.一批裝置價值\(a\)萬元，由於使用磨損，每年比上一年價值降低\(b\%\)，則\(n\)年後這批裝置的價值為\(\underline{\quad \quad}\) .
 

7.設公差不為零的等差數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_3=7\)，且\(a_1-1\)，\(a_2－1\)，\(a_4-1\)成等比數列，則\(a_{10}\)等於 　.
 

8.\(△ABC\)，若\(\sin A\)，\(\cos \dfrac{B}{2}\)，\(\sin C\)成等比數列，則\(△ABC\)的形狀為\(\underline{\quad \quad}\).
 

9.已知數列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)，\((n∈N^*)\)．求證：數列\(\{a_n+1\}\)是等比數列.
 
 

10.已知等比數列\(\{a_n \}\)， \(a_1 a_2=-\dfrac{1}{2}\)， \(a_3=\dfrac{1}{4}\)．
  (1)求數列\(\{a_n \}\)的通項公式；
  (2)證明：對任意\(k∈N^*\)，\(a_k\)，\(a_{k+2}\)， \(a_{k+1}\)成等差數列．
 
 

11.數列\(\{a_n \}\)滿足 \(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n+1\)，\(a_1=1\)，若\(b_n=a_n-2\)．
  (1)求證：數列\(\{b_n \}\)是等比數列；(2)求數列\(\{a_n \}\)的通項公式．
 
 

參考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 \(\because\)在等比數列\(\{a_n \}\)中，已知 \(a_1=\dfrac{9}{8}\)， \(a_n=\dfrac{1}{3}\)， \(q=\dfrac{2}{3}\)，
   \(\therefore a_n=\dfrac{9}{8} \times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}=\dfrac{1}{3}\)， \(\therefore\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}=\dfrac{8}{27}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^3\)，
   \(\therefore n-1=3\)，可得\(n=4\)，
   故選：\(B\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 根據題意，設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，
   已知\(a_1=2\)，\(a_1-a_3+a_5=26\)，
   則有\(a_1-a_3+a_5=a_1-a_1 q^2+a_1 q^4=2(1-q^2+q^4 )=26\)，
   解得\(q^2=4\)或\(-3\)(舍)，
   所以\(a_3=a_1 q^2=8\)，
   故選：\(C\)．

3. 答案 \(D\)
   解析 由\(\{a_n \}\)是等比數列可得 \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=q\)\((q\)為常數，\(q≠0)\)，
   \(\dfrac{\left|a_n\right|}{\left|a_{n-1}\right|}=\left|\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\right|=|q|\)為常數，故是等比數列；\(A\)正確．
   \(\dfrac{a_n a_{n+1}}{a_{n-1} a_n}=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n-1}}=q^2\)為常數，故是等比數列；\(B\)正確．
   \(\dfrac{\dfrac{1}{a_n}}{\dfrac{1}{a_{n-1}}}=\dfrac{a_{n-1}}{a_n}=\dfrac{1}{q}\)常數，故是等比數列；\(C\)正確．
   數列\(a_n=1\)是等比數列，但是\(\lg a_n^2=0\)不是等比數列；\(D\)不正確．
   故選：\(D\)．

4. 答案 \(D\)
   解析 根據題意可知視際邊長從上到下是以 \(\sqrt[10]{10}\)為公比的等比數列，
   記視力\(4.1\)的視標邊長為\(a_1=a\)，
   則視力\(4.9\)的視標邊長為 \(a_9=a \cdot\left(10^{-\dfrac{1}{10}}\right)^8=10^{-\dfrac{4}{5}} a\).
   故選：\(D\)．

5. 答案 \(BC\)
   解析 \(\because\) 等比數列\(\{a_n \}\)中，滿足\(a_1=1\)，公比\(q=-2\)，
   \(\therefore a_n=1×(-2)^{n-1}=(-2)^{n-1}\)．
   由此可得\(2a_n+a_{n+1}=2(-2)^{n-1}+(-2)^n=0\)，故\(A\)錯誤；
   \(a_{n+1}-a_n=(-2)^n-(-2)^{n-1}=-3(-2)^{n-1}\)，
   故數列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是等比數列，故\(B\)正確；
   \(a_n a_{n+1}=(-2)^{n-1} (-2)^n=(-2)^{2n-1}\)，故數列\(\{a_n a_{n+1}\}\)是等比數列，故\(C\)正確；
   \(\log _2\left|a_n\right|=\log _2 2^{n-1}=n-1\)，故數列\(\{ \log_2⁡|a_n | \}\)是遞增數列，故\(D\)錯誤，
   故選：\(BC\)．

6. 答案 \(a(1-b\%)^n\)
   解析 依題意可知第一年後的價值為\(a(1-b\%)\)，第二年價值為\(a(1-b\%)^2\)，
   依此類推可知每年的價值成等比數列，其首項\(a(1-b\%)\)，公比為\(1-b\%\)，
   進而可知\(n\)年後這批裝置的價值為\(a(1-b\%)^n\).

7. 答案 \(21\)
   解析 設等差數列\(\{a_n \}\)的公差為\(d\)，則\(d≠0\)，
   則\(a_1=a_3-2d=7-2d\)，\(a_2=a_3-d=7-d\)，\(a_4=a_3+d=7+d\)，
   由於\(a_1-1\)，\(a_2－1\)，\(a_4-1\)成等比數列，則\((a_2-1)^2=(a_1-1)(a_4-1)\)，
   即\((6-d)^2=(6－2d)(6+d)\)，化簡得\(d^2-2d=0\)，由於\(d≠0\)，解得\(d=2\)，
   因此\(a_{10}=a_3+7d=7+7×2=21\)．
   故答案為：\(21\)．

8. 答案 等腰三角形
   解析 \(\because \sin A\)，\(\cos \dfrac{B}{2}\)，\(\sin C\)成等比數列， \(\therefore \cos ^2 \dfrac{B}{2}=\sin A \sin C\)，
   \(\therefore \dfrac{1}{2}(1+\cos B)=-\dfrac{1}{2}[\cos (A+C)-\cos (A-C)]\)，
   \(\therefore 1+\cos B=-[-\cos B-\cos (A-C)]\)，
   化為 \(\cos (A-C)=1\)，又\(A\)，\(C∈(0，π)\)，
   \(\therefore A=C\)，可得\(a=c\)．
   則\(△ABC\)的形狀為等腰三角形．

9. 證明 \(\because a_{n+1}=2a_n+1\)，\((n∈N^*)\)，
   \(\therefore a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)，
   \(\therefore \dfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2\)，
   \(\therefore\)數列\(\{a_n+1\}\)是以\(2\)為公比的等比數列.

10. 答案 (1) \(a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\)；(2) 略.
    解析 (1)根據題意，設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，則\(a_n=a_1 q^{n-1}\)，
    若\(a_1 a_2=-\dfrac{1}{2}\)，則 \(a_1^2 q=-\dfrac{1}{2}\)，
    若\(a_3=\dfrac{1}{4}\)，則\(a_1 q^2=\dfrac{1}{4}\)，變形可得\(\dfrac{a_1}{q}=-2\)，解可得\(a_1^3=1\)，則\(a_1=1\)，
    則有\(q=-\dfrac{1}{2}\) ；故\(a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\);
    (2)證明：根據題意， \(a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\)，
    則\(a_k=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{k-1}\)，\(a_{k+1}=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^k\)，\(a_{k+2}=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{k+1}\)；
    則\(a_k+a_{k+1}-2 a_{k+2}=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{k-1}+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^k-2\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{k+1}\)\(=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^k\left[-2+1-2 x\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right]=0\)，則有\(a_k+a_{k+1}=2 a_{k+2}\)
    故\(a_k\)，\(a_{k+2}\)， \(a_{k+1}\)成等差數列．

11. 答案 (1)略 ；(2) \(a_n=2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\).
    解析 (1)證明： \(\because a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n+1，\)，
    \(\therefore a_n-2=\dfrac{1}{2}\left(a_{n-1}-2\right)\)，又\(b_n=a_n-2\)，
    \(\therefore b_n=\dfrac{1}{2} b_{n-1}\)，
    \(\therefore \{b_n \}\)是公式為\(\dfrac{1}{2}\)的等比數列；
    (2)解：\(b_1=a_1-2=-1\)， \(b_n=(-1) \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\)，
    即\(a_n-2=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\)， \(\therefore a_n=2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\) ．
     

【B組---提高題】

1.已知實數\(a>0\)，\(b>0\)，\(\sqrt{2}\)是\(8^a\)與\(2^b\)的等比中項，則\(\dfrac{6}{a}+\dfrac{2}{b}\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
 

2.設數列\(\{a_n \}\)的首項\(a_1\)為常數，且\(a_n=3^{n-1}-2a_{n-1} (n≥2)\)．
  (1) 判斷數列\(\left\{a_n-\dfrac{3^n}{5}\right\}\)是否為等比數列，請說明理由；
  (2) \(S_n\)是數列\(\{a_n \}\)的前\(n\)項的和，若\(\{S_n\}\)是遞增數列，求\(a_1\)的取值範圍．
 
 

參考答案

1. 答案 \(32\)
   解析 因為\(\sqrt{2}\)是\(8^a\)與\(2^b\)的等比中項，所以 \(8^a 2^b=(\sqrt{2})^2=2\)，
   即\(2^{3a+b}=2\)，所以\(3a+b=1\)，
   所以\(\dfrac{6}{a}+\dfrac{2}{b}=\left(\dfrac{6}{a}+\dfrac{2}{b}\right)(3 a+b)=20+\dfrac{6 b}{a}+\dfrac{6 a}{b} \geq 20+2 \sqrt{\dfrac{6 b}{a} \cdot \dfrac{6 a}{b}}=32\)，
   當且僅當\(\dfrac{6 b}{a}=\dfrac{6 a}{b}\)，即\(a^2=b^2\)，\(a=b\)時，等號成立．
   所以\(\dfrac{6}{a}+\dfrac{2}{b}\)的最小值是\(32\)．
   故答案為：\(32\)．

2. 答案 (1) 略；(2) \(-\dfrac{3}{4}<a_1<\dfrac{3}{2}\) .
   解析 (1)當\(n≥2\)時， \(a_n-\dfrac{3^n}{5}=3^{n-1}-2 a_{n-1}-\dfrac{3^n}{5}=2 \cdot \dfrac{3^{n-1}}{5}-2 a_{n-1}=-2\left(a_{n-1}-\dfrac{3^{n-1}}{5}\right)\)
   (定義法證明等比數列，要注意首項\(a_1-\dfrac{3}{5}\)是否等於\(0\))
   當\(a_1-\dfrac{3}{5} \neq 0\)，即\(a_1 \neq \dfrac{3}{5}\)時，\(\dfrac{a_n-\dfrac{3^n}{5}}{a_{n-1}-\dfrac{3^{n-1}}{5}}=-2\)
   \(\therefore a_1 \neq \dfrac{3}{5}\)時， \(\left\{a_n-\dfrac{3^n}{5}\right\}\)為等比數列，公比為\(-2\)．
   當\(a_1-\dfrac{3}{5}=0\)，即 \(a_1=\dfrac{3}{5}\)時，數列\(\left\{a_n-\dfrac{3^n}{5}\right\}\)不是等比數列．
   (2) \(a_1=\dfrac{3}{5}\)時， \(a_n=\dfrac{3^n}{5}\)，為單調遞增數列，滿足條件．
   \(a_1 \neq \dfrac{3}{5}\)時，由(1)可得： \(a_n-\dfrac{3^n}{5}=\left(a_1-\dfrac{3}{5}\right)(-2)^{n-1}\)，
   若\(\{S_n\}\)是遞增數列，則\(S_n-S_{n-1}>0(n≥2)\)，即\(a_n>0(n≥2\))，
   \(\therefore a_n=\left(a_1-\dfrac{3}{5}\right)(-2)^{n-1}+\dfrac{3^n}{5}>0\)，
   (問題變成恆成立問題，可想到分離引數法，遇到 \((-2)^{n-1}\)想到分\(n\)奇偶數討論)
   當\(n\)為偶數，則 \(-2^n\left(a_1-\dfrac{3}{5}\right)+\dfrac{3^n}{5}>0 \Rightarrow a_1<\dfrac{2}{5} \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^n+\dfrac{3}{5}\)，
   故\(a_1<\dfrac{2}{5} \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{3}{5}=\dfrac{3}{2}\)，( \(f(n)=\dfrac{2}{5} \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^n+\dfrac{3}{5}\)是增數列， \(f_{\min }=f(2)\))
   當\(n\)為奇數，則 \(2^n\left(a_1-\dfrac{3}{5}\right)+\dfrac{3^n}{5}>0 \Rightarrow a_1<-\dfrac{2}{5} \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^n+\dfrac{3}{5}\)，
   故 \(a_1>-\dfrac{2}{5} \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^3+\dfrac{3}{5}=-\dfrac{3}{4}\)，( \(f(n)=-\dfrac{2}{5} \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^n+\dfrac{3}{5}\)是減數列， \(f_{\max }=f(3)\))
   \(\therefore-\dfrac{3}{4}<a_1<\dfrac{3}{2}\)．且 \(a_1 \neq \dfrac{3}{5}\)．
   綜上可得： \(-\dfrac{3}{4}<a_1<\dfrac{3}{2}\)．
    

【C組---拓展題】

1.數字\(1，2，3，…，n(n≥2)\)的任意一個排列記作\((a_1，a_2，…，a_n)\)，設\(S_n\)為所有這樣的排列構成的集合．集合\(A_n=\{(a_1，a_2，…，a_n)∈S_n |\)任意整數\(i\)，\(j\)，\(1≤i<j≤n\)，都有\(a_i-i≤a_j-j\}\)；集合\(B_n=\{(a_1，a_2，…，a_n\}∈S_n |\)任意整數\(i\)，\(j\)，\(1≤i<j≤n\)，都有\(a_i+i≤a_j+j\}\)．
  (1)用列舉法表示集合\(A_3\)，\(B_3\)
  (2)求集合\(A_n∩B_n\)的元素個數；
  (3)記集合\(B_n\)的元素個數為\(b_n\)．證明：數列\(\{b_n\}\)是等比數列．
 
 
 
 

參考答案

1. 答案 (1)\(A_3=\{(1，2，3)\}\)，\(B_3=\{(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(3，2，1)\}\) ；
   (2) \(1\) ；(3) 略.
   解析 (1) (列出\(S_n\)所有項逐一檢驗，對於集合\(A_n\)可理解\(f(n)=a_n-n\)不是減數列，
   對於集合\(B_n\)可理解\(f(n)=a_n+n\)不是減數列)
   \(A_3=\{(1，2，3)\}\)，\(B_3=\{(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(3，2，1)\}\)．
   (2)考慮集合\(A_n\)中的元素\((a_1，a_2，…，a_n)\)．
   由已知，對任意整數\(1≤i<j≤n\)，都有\(a_i-i≤a_j-j\)，
   所以\((a_i-i)+i<(a_j-j)+j\)，
   所以\(a_i<a_j\)．
   由\(i\)，\(j\)的任意性可知，\((a_1，a_2，…，a_n)\)是\(1，2，3，…，n\)的單調遞增排列，
   所以\(A_n=\{(1，2，3，…，n)\}\)．
   又因為當\(a_k=k(k∈N^*，1≤k≤n)\)時，對任意整數\(i\)，\(j\)，\(1≤i<j≤n\)，
   都有\(a_i+i≤a_j+j\)．
   所以\((1，2，3，…，n)∈B_n\)，所以\(A_n⊆B_n\)．
   所以集合\(A_n∩B_n\)的元素個數為\(1\)．
   (3)由(2)知，\(b_n≠0\)．
   因為\(B_2=\{(1，2)，(2，1)\}\)，所以\(b_2=2\)．
   當\(n≥3\)時，考慮\(B_n\)中的元素\((a_1，a_2，…，a_n)\)．
   (討論\(n\)在\(B_n\)中的位置)
   (1)假設\(a_k=n(1≤k<n)\)．由已知，\(a_k+k≤a_{k+1}+(k+1)\)，
   所以\(a_{k+1}≥a_k+k-(k+1)=n-1\)，
   又因為\(a_{k+1}≤n－1\)，所以\(a_{k+1}=n-1\)．
   依此類推，若\(a_k=n\)，則\(a_{k+1}=n-1\)，\(a_{k+2}=n-2\)，…，\(a_n=k\)．
   ①若\(k=1\)，則滿足條件的\(1，2，3，…，n\)的排列\((a_1，a_2，…，a_n)\)有\(1\)個．
   ②若\(k=2\)，則\(a_2=n\)，\(a_3=n-1\)，\(a_4=n－2\)，…，\(a_n=2\)．
   所以\(a_1=1\)．
   此時滿足條件的\(1，2，3，…，n\)的排列\((a_1，a_2，…，a_n)\)有\(1\)個．
   ③若\(2<k<n\)，
   只要\((a_1，a_2，a_3，…a_{k-1})\)是\(1，2，3，…，k-1\)的滿足條件的一個排列，就可以相應得到\(1，2，3，…，n\)的一個滿足條件的排列．
   (把問題轉化為\(n=k-1\)的情況，這方法巧妙，可得到\(b_n\)的一遞推公式)
   此時，滿足條件的\(1，2，3，…，n\)的排列\((a_1，a_2，…，a_n)\)有\(b_{k-1}\)個．
   (2)假設\(a_n=n\)，只需\((a_1，a_2，a_3，…a_{n-1})\)是\(1，2，3，…，n-1\)的滿足條件的排列，此時滿足條件的\(1，2，3，…，n\)的排列\((a_1，a_2，…，a_n)\)有\(b_{n-1}\)個．
   綜上\(b_n=1+1+b_2+b_3+⋯+b_{n-1}\)，\(n≥3\)．
   因為\(b_3=1+1+b_2=4=2b_2\)，
   且當\(n≥4\)時，\(b_n=(1+1+b_2+b_3+⋯+b_{n-2})+ b_{n-1}=2b_{n-1}\)，
   所以對任意\(n∈N^*\)，\(n≥3\)，都有 \(\dfrac{b_n}{b_{n-1}}=2\)．
   所以\(\{b_n\}\)成等比數列．