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[ 【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）]
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基礎知識

等比數列的基本性質
設\(\{a_n \}\)是首項為\(a_1\)， 公比為\(q\)的等比數列，其中\(m\) ，\(n\) ，\(p\) ，\(t∈N^*\)，那麼
(1) \(a_n=a_m q^{n-m}\)；
證明 由等比數列通項公式可得\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\)

(2) \(q^{n-m}=\dfrac{a_n}{a_m}\)；
證明 由性質\(a_n=a_m q^{n-m}\)

(3) 若\(m+n=p+t\) ， 則\(a_m a_n=a_p a_t\)；
證明 由等比數列通項公式可得
\(\quad\)\(a_m a_n=a_1 q^{m-1} \cdot a_1 q^{n-1}=a_1^2 q^{n+m-2}\)

(4) 數列\(\{λa_n\}\)\((λ\)是不為零的常數\()\)仍是公比為\(q\)的等比數列；若數列\(\{b_n\}\)是公比為t的等比數列，則數列\(\{a_n b_n\}\)是公比為\(q\cdot t\)的等比數列；
證明 \(\dfrac{a_{n+1} b_{n+1}}{a_n b_n}=\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \cdot \dfrac{b_{n+1}}{b_n}=q \cdot t\)，得證.
 

(5)下標成等比數列且公比為\(m\)的項\(a_k\)，\(a_{k+m}\)， \(a_{k+2 m}\)，\(…\)\((k ，m∈N^*)\)組成公比為\(q^m\)的等比數列.
證明 \(\dfrac{a_{k+(n+1) m}}{a_{k+n m}}=\dfrac{a_1 q^{k+(n+1) m-1}}{a_1 q^{k+n m-1}}=q^m\)，得證.
 

基本方法

【題型1】 等比數列的性質的應用

【典題1】 已知正項等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=2\)，\(a_5=4a_3\)，則\(a_6=\)(　　)
 A.\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(32\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(64\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(-32\)
解析 因為正項等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=2\)，\(a_5=4a_3\)，
所以 \(q^2=\dfrac{a_5}{a_3}=4\)，所以\(q=2\)，
則\(a_6=a_2⋅q^4=2×2^5=32\)．
故選：\(B\)．
點撥 本題利用性質\(a_n=a_m q^{n-m}\)，沒使用通項公式\(a_n=a_1 q^{n-1}\).
 

【典題2】 等比數列\(\{a_n \}\)是遞增數列，\(a_2⋅a_4=6\)，\(a_1+a_5=5\)，則\(a_9\)的值為(　　)
 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 \(\because\)在等比數列\(\{a_n \}\)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\(x^2-5x+6=0\)的兩實數根，
解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=2 \\ a_5=3 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=3 \\ a_5=2 \end{array}\right.\)，
\(∵\{a_n \}\)是遞增數列， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} a_1=2 \\ a_5=3 \end{array}\right.\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} a_1=2 \\ q^4=\dfrac{3}{2} \end{array}\right.\)，
\(\therefore a_9=a_1 q^8=2 \times\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{2}\)．
故選：\(A\)．
點撥 本題利用性質: 若\(m+n=p+t\)， 則 \(a_m a_n=a_p a_t\)；沒使用通項公式\(a_n=a_1 q^{n-1}\).
 

【典題3】 已知正項等比數列\(\{a_n \}\)滿足：\(a_2 a_8=16a_5\)，\(a_3+a_5=20\)，若存在兩項\(a_m\)，\(a_n\)使得 \(\sqrt{a_m a_n}=32\)，則\(\dfrac{1}{m}+\dfrac{4}{n}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 \(\because a_2 a_8=16a_5\)， \(\therefore a_5^2=16a_5\)， \(\therefore a_5=16\)，
\(∵a_3+a_5=20\)，\(\therefore a_3=4\)， \(\therefore q^2=\dfrac{a_5}{a_3}=4\)，
\(\because\) 正項等比數列\(\{a_n \}\)， \(\therefore q=2\)，
\(\therefore a_1=1\)，\(\therefore a_n=2^{n-1}\)，
\(\because \sqrt{a_m a_n}=32\)， \(\therefore a_m a_n=2^{10}\)， \(\therefore 2^{m+n-2}=2^{10}\)，
\(\therefore m+n=12\)，
\(\therefore \dfrac{1}{m}+\dfrac{4}{n}=\dfrac{1}{12}\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{4}{n}\right)(m+n)=\dfrac{1}{12}\left(5+\dfrac{n}{m}+\dfrac{4 m}{n}\right)\)
\(\geq \dfrac{1}{12}\left(5+2 \sqrt{\dfrac{n}{m} \cdot \dfrac{4 m}{n}}\right)=\dfrac{3}{4}\)，
當且僅當\(\dfrac{n}{m}=\dfrac{4 m}{n}\)，即\(m=4\)，\(n=8\)時取等號．
 

【鞏固練習】

1.若等比數列\(\{a_n \}\)各項都是正數，\(a_1=3\)，\(a_1+a_2+a_3=21\)，則\(a_4+a_5+a_6\)的值為(　　)
 A．\(42\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(63\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(84\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(168\)
 

2.已知正項等比數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_7=a_6+2a_5\)，若\(a_m⋅a_n=16a_1^2\)，則\(m+n\)的值為(　　)
 A.\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(5\)
 

3.各項均為正數的等比數列\(\{a_n \}\)滿足\(\log_2⁡a_1+\log_2⁡a_2+⋯+\log_2⁡a_{10}=10\)，則\(a_5 a_6=\)(　　)
 A.\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(-8\)
 

4.等比數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_8+a_{10}=\dfrac{1}{2}\)，\(a_{11}+a_{13}=1\)，則 \(a_{20}+a_{22}=\)(　　)
 A.\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(-8\)
 

5.在等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_3\)，\(a_{15}\)是方程\(x^2+6x+2=0\)的根，則 \(\dfrac{a_1 a_{17}}{a_9}\)的值為\(\underline{\quad \quad}\) .
 

6.在等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_1+a_3=1\)，\(a_4+a_6=-8\)，則 \(\dfrac{a_{10}+a_{12}}{a_5+a_7}=\) \(\underline{\quad \quad}\).
 

7.在正項等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2^2+a_4^2=900-2a_1 a_5\)，\(a_6=9a_4\)，則 \(a_{2020}\)的個位數字是\(\underline{\quad \quad}\).
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 根據題意，等比數列\(\{a_n \}\)各項都是正數，\(a_1=3\)，\(a_1+a_2+a_3=21\)
   則有\(\dfrac{a_1+a_2+a_3}{a_1}=1+q+q^2=7\)，求得\(q=2\)或\(－3\)(舍負)
   \(\therefore a_4+a_5+a_6=(a_1+a_2+a_3)q^3=21×8=168\)；
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(B\)
   解析 設正項等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，易知\(q≠1\)，
   \(\because a_7=a_6+2a_5\)，\(\therefore a_6 q=a_6+2 \dfrac{a_6}{q}\)，解得\(q=-1\)或\(2\)，
   \(\because\) 等比數列\(\{a_n \}\)為正項數列，\(\therefore q>0\)，\(\therefore q=2\)，
   \(\because a_m⋅a_n=16a_1^2\)， \(\therefore a_1 2^{m-1} a_1 2^{n-1}=16a_1^2\)，
   \(\therefore m+n=6\)．
   故選：\(B\)．

3. 答案 \(B\)
   解析 由\(\log_2⁡a_1+\log_2⁡a_2+⋯+\log_2⁡a_{10}=\log_2⁡(a_1 a_2⋯a_{10} )=10\)，
   得\(a_1 a_2⋯a_{10}=2^{10}\)，
   又\(\{a_n \}\)是等比數列，得\(a_1 a_{10}=⋯=a_5 a_6\)，
   所以\((a_5 a_6 )^5=2^{10}\)，解得\(a_5 a_6=4\)．
   故選：\(B\)．

4. 答案 \(A\)
   解析 設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，
   由 \(a_{11}+a_{13}=\left(a_8+a_{10}\right) q^3\)，得 \(1=\dfrac{1}{2} q^3\)，則\(q^3=2\)，
   所以 \(a_{20}+a_{22}=\left(a_{11}+a_{13}\right) \cdot q^9=1 \times 2^3=8\)．
   故選：\(A\)．

5. 答案 \(-\sqrt{2}\)
   解析 在等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_3\)，\(a_{15}\)是方程\(x^2+6x+2=0\)的根，
   \(\therefore a_3 a_{15}=2\)， \(a_3+a_{15}=-6\)，
   \(\therefore \dfrac{a_1 a_{17}}{a_9}=\dfrac{a_3 a_{15}}{-\sqrt{a_3 a_{15}}}=-\sqrt{2}\)．

6. 答案 \(-32\)
   解析 因為\(\{a_n \}\)為等比數列，\(a_1+a_3=1\)，\(a_4+a_6=-8\)，
   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 \(\dfrac{a_{10}+a_{12}}{a_5+a_7}=\dfrac{a_5 q^5+a_7 q^5}{a_5+a_7}=q^5=-32\)．

7. 答案 \(7\)
   解析 \(\because\)正項等比數列\(\{a_n\}\)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\(a_2+a_4=30\)．
   因為\(a_6=9a_4\)，故有\(a_4 q^2=9a_4\)，
   \(\therefore q=3\)．
   再根據\(a_2 (1+q^2)=30\)，求得，\(a_2=3\)．
   故\(a_{2020}=a_2 q^{2018}=3^{2019}=3^{504 \times 4+3}\)，
   故\(a_{2020}\)的尾數即為\(3^3\)的尾數，而\(3^3=27\)，
   故\(a_{2020}\)的個位數為\(7\)．
    

【題型2】 等比數列的綜合問題

【典題1】 有四個實數，前三個數依次成等比數列，它們的積是\(-8\)，後三個數依次成等差數列，它們的積為\(-80\)，求出這四個數．
解析 由題意設此四個數為 \(\dfrac{b}{q}\)，\(b\)，\(bq\)，\(a\)，
則有\(\left\{\begin{array}{l} b^3=-8 \\ 2 b q=a+b \\ a b^2 q=-80 \end{array}\right.\) ，解得 \(\left\{\begin{array}{l} a=10 \\ b=-2 \\ q=-2 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a=-8 \\ b=-2 \\ q=\dfrac{5}{2} \end{array}\right.\)
所以這四個數為\(1\)，\(-2\)，\(4\)，\(10\)或 \(-\dfrac{4}{5}\)，\(-2\)，\(-5\)，\(-8\).
 

【典題2】 在等比數列\(\{a_n \}\)中，公比 \(q∈(0，1)\)，且滿足\(a_3=2\)，\(a_1 a_3+2a_2 a_4+a_3 a_5=25\).
  (1)求數列\(\{a_n \}\)的通項公式；
  (2)設\(b_n=\log_2⁡a_n\)，數列\(\{b_n \}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，當\(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取最大值時，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\((a_2+a_4 )^2=25\)，
\(\because a_3=2\)，\(q∈(0，1)\)，則對任意的 \(n∈N^*\)，可得出 \(a_n>0\)，\(\therefore a_2+a_4=5\)，
由題意可得\(\left\{\begin{array}{l} a_3=a_1 q^2=2 \\ a_2+a_4=a_1 q(1+q)=5 \\ q=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\)， \(\left\{\begin{array}{c} a_1=8 \\ 0<q<1 \end{array}\right.\)，
因此\(a_n=a_1 q^{n-1}=8 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{4-n}\)；
(2) \(b_n=\log_2⁡a_n=\log_2⁡2^{4-n}=4-n\)，則\(b_{n+1}-b_n=[4-{n+1}]-(4-n)=-1\)，
數列\(\{b_n \}\)為等差數列，可得 \(S_n=\dfrac{n\left(b_1+b_n\right)}{2}=\dfrac{n(3+4-n)}{2}=\dfrac{7 n-n^2}{2}\)，
\(\therefore \dfrac{S_n}{n}=\dfrac{\dfrac{7 n-n^2}{2}}{n}=\dfrac{7-n}{2}\)， 則 \(\dfrac{S_{n+1}}{n+1}-\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{7-(n+1)}{2}-\dfrac{7-n}{2}=-\dfrac{1}{2}\)，
所以數列\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)為等差數列，
則 \(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{n\left(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_n}{n}\right)}{2}=\dfrac{n\left(3+\dfrac{7-n}{2}\right)}{2}\)\(=\dfrac{13 n-n^2}{4}=-\dfrac{1}{4}\left(n-\dfrac{13}{2}\right)^2+\dfrac{169}{16}\)，
由\(n∈N^*\)，可得\(n=6\)或\(7\)時， \(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取得最大值.
 

【鞏固練習】

1.已知四個數，前三個數成等差數列，後三個數成等比數列，中間兩數之積為\(16\)，前後兩數之積為$-12$8，求這四個數．
 
 

2.已知等比數列\(\{a_n \}\)是遞增數列，滿足\(a_4=32\)，\(a_3+a_5=80\)．
  (1)求\(\{a_n \}\)的通項公式；
  (2)設\(b_n=\log_2⁡a_n\)，若\(b_n\)為數列\(\{c_n \}\)的前\(n\)項積，證明 \(\dfrac{1}{b_n}+\dfrac{1}{c_n}=1\)．
 
 

3.已知等比數列\(\{a_n \}\)的各項均為正數，且\(a_6=2\)，\(a_4+a_5=12\)．
  (1)求數列\(\{a_n \}\)的通項公式；
  (2)設\(b_n=a_1 a_3 a_5…a_{2n-1}\)，\(n∈N^*\)，求數列\(\{b_n\}\)的最大項．
 
 

參考答案

1. 答案 \(-4，2，8，32\)或\(4，-2，-8，-32\)
   解析 設所求四個數為 \(\dfrac{2 a}{q}-a q\)， \(\dfrac{a}{q}\)，\(aq\)， \(a q^3\)，
   則由已知，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\(a=-4\)，\(q=-2\).
   因此所求的四個數為\(-4，2，8，32\)或\(4，-2，-8，-32\).

2. 答案 (1)\(a_n=2^{n+1}\)；(2)略.
   解析 (1)設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q(q>1)\)，
   由\(a_4=32\)得 \(a_3+a_5=\dfrac{32}{q}+32 q=80\)，解得\(q=2\)或\(q=\dfrac{1}{2}\)(捨去)．
   所以\(a_n=a_4⋅2^{n-4}=2^{n+1}\)．
   (2)證明：由\(b_n=\log_2⁡a_n=n+1\)，得\(c_1=b_1=2\)，
   當\(n≥2\)時，\(c_1⋅c_2⋯⋯c_n=n+1\)①，\(c_1⋅c_2⋯⋯c_{n-1}=n\)②，
   由①②得\(c_n=\dfrac{n+1}{n}(n \geq 2)\)，
   當\(n=1\)時， \(c_1=\dfrac{2}{1}=2\)滿足上式，故 \(c_n=\dfrac{n+1}{n}\)，
   \(\therefore \dfrac{1}{b_n}+\dfrac{1}{c_n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{n}{n+1}=1\)．

3. 答案 (1)\(a_n=2^{7-n}\)； (2)\(2^{12}\).
   解析 (1)設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q(q>0)\)，
   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 \(q=\dfrac{1}{3}\)(捨去)，
   \(\therefore a_1=\dfrac{a_6}{q^5}=64\)，
   \(\therefore a_n=64 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{7-n}\)；
   (2) \(b_n=a_1 a_3 a_5 \ldots a_{2 n-1}=2^6 \times 2^4 \times 2^2 \times \cdots \times 2^{8-2 n}\)
   \(=2^{\frac{n(6+8-2 n)}{2}}=2^{-n^2+7 n}=2^{-(n-3.5)^2+12.25}\)，
   \(\therefore\)當\(n\)取\(3\)或\(4\)時，\(b_n\)取得最大項 \(2^{12}\)．
    

分層練習

【A組---基礎題】

1.已知數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_{n+1}=2a_n\)，若\(a_4+a_5=3\)，則\(a_2+a_3=\)(　　)
 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.已知等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=3\)，\(a_6=27\)，則\(a_4=\)(　　)
 A. \(-9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(±9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(15\)
 

3.在等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2⋅a_5⋅a_8=-27\)，則\(a_3⋅a_7=\)(　　)
 A.\(-9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(-27\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(27\)
 

4.正項等比數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_2^2+2a_3 a_7+a_6 a_{10}=16\)，則\(a_2+a_8=\)(　　)
 A．\(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(±4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(8\)
 

5.(多選)等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，且滿足\(a_1>1\)，\(a_{1010} a_{1011}>1\)，\(\left(a_{1010}-1\right)\left(a_{1011}-1\right)<0\)．記\(T_n=a_1 a_2 a_3…a_n\)，則下列結論正確的是(　　)
 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\(T_n<1\)成立的最小自然數\(n\)等於\(2021\)
 

6.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 \(\underline{\quad \quad}\).
 

7.已知等比數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_2=3\)，\(a_2+a_4+a_6=21\)，則\(a_4+a_6+a_8=\)\(\underline{\quad \quad}\).
 

8.已知公比大於\(1\)的等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2 a_8=8\)，\(a_4+a_6=6\)，則 \(\dfrac{a_{2020}}{a_{2022}}=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
 

9.已知等比數列\(\{a_n \}\)中\(a_4=1\)，若 \(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_3}+\dfrac{1}{a_5}+\dfrac{1}{a_7}=6\)，則\(a_1+a_3+a_5+a_7=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
 

10.等比數列\(\{a_n \}\)中\(a_2+a_7=66\)，\(a_3 a_6=128\)，求等比數列的通項公式\(a_n\).
 
 

11.已知等比數列的項數\(n\)為奇數，且所有奇數項的乘積為\(1024\)，所有偶數項的乘積為\(128 \sqrt{2}\)，求項數\(n\)的值．
 
 

12.在等比數列\(\{a_n \}\)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\(a_3\)與\(a_5\)的等比中項為\(2\).
  (1)求數列\(\{a_n \}\)的通項公式；
  (2)設\(b_n=\log_2⁡a_n\)，數列\(\{b_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，求數列\(\{S_n \}\)的通項公式；
  (3)當\(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取得最大值時，求 \(n\)的值.
 
 
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 因為數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_{n+1}=2a_n\)，
   所以數列\(\{a_n \}\)是公比為\(2\)的等比數列，
   因為\(a_4+a_5=3\)，
   所以\(a_2 q^2+a_3 q^2=(a_2+a_3 ) q^2=4(a_2+a_3 )=3\)，
   所以 \(a_2+a_3=\dfrac{3}{4}\)．
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(B\)
   解析 設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，
   則\(a_2 q^4=a_6\)，即 \(q^4=\dfrac{a_6}{a_2}=\dfrac{27}{3}=9\)，故\(q^2=3\)，
   所以\(a_4=a_2 q^2=3×3=9\)．
   故選：\(B\)．

3. 答案 \(B\)
   解析 在等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2⋅a_5⋅a_8=-27\)，
   則\(a_5^3=-27\)，解得\(a_5=-3\)，
   所以\(a_3⋅a_7=a_5^2=(-3)^2=9\)．
   故選：\(B\)．

4. 答案 \(B\)
   解析 根據題意，等比數列\(\{a_n \}\)滿足\(a_2^2+2a_3 a_7+a_6 a_{10}=16\)，
   則有\(a_2^2+2a_2 a_8+a_8^2=16\)，即\((a_2+a_8)^2=16\)，
   又由數列\(\{a_n \}\)為正項等比數列；
   故\(a_2+a_8=4\)；
   故選：\(B\)．

5. 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\(a_1>1\)；\(a_{1010} a_{1011}>1\)，則 \(a_{1010}>1\)， \(0<a_{1011}<1\)，
   所以\(0<q=\dfrac{a_{1011}}{a_{1010}}<1\)，\(A\)正確．
   由$a_{1010} a_{1012}=a_{1011}^2 $，又 \(0<a_{1011}<1\)，
   所以\(a_{1010} a_{1012}-1=a_{1011}^2-1<0\)，\(B\)錯誤．
   由\(a_1>1\)， \(a_{1010}>1\)， \(0<a_{1011}<1\)，
   可知當\(n≤1010\)時，\(a_n>1\)；當\(n≥1011\)時，\(0<a_n<1\)，
   所以\(T_n\)的最大值\(T_{1010}\)，\(C\)錯誤．
   因為 \(T_{2020}=a_1 \times a_2 \times \ldots \times a_{2020}=\left(a_{1010} a_{1011}\right)^{1010}>1\)；
   \(T_{2021}=a_1 \times a_2 \times \ldots \times a_{2021}=\left(a_{1011}\right)^{2021}<1\)，
   所以使\(T_n<1\)成立的最小自然數\(n\)等於\(2021\)，\(D\)正確．
   故選：\(AD\)．

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

7. 答案 \(42\)
   解析 設等比數列\(\{a_n \}\)的公比為\(q\)，\(\because a_2=3\)，\(a_2+a_4+a_6=21\)，
   \(\therefore a_1 q=3\)，\(a_1 (q+q^3+q^5)=21\)，解得\(q^2=2\)．
   則\(a_4+a_6+a_8=q^2 (a_2+a_4+a_6)=42\)，
   故答案為：\(42\)．

8. 答案 \(\dfrac{1}{2}\)
   解析 \(\because\)公比大於\(1\)的等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_2 a_8=8\)，\(a_4+a_6=6\)， \(\therefore a_2 a_8=a_4 a_6=8\)，
   則\(a_4\) 、\(a_6\)是方程\(t^2-6t+8=0\)的根，
   \(\therefore a_4=2\)，\(a_6=4\)，公比\(q^2=2\)， \(\therefore \dfrac{a_{2020}}{a_{2022}}=\dfrac{1}{q^2}=\dfrac{1}{2}\).

9. 答案 \(6\)
   解析 等比數列\(\{a_n \}\)中\(a_4=1\)，若 \(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_3}+\dfrac{1}{a_5}+\dfrac{1}{a_7}=6\)，
   則\(\dfrac{a_1+a_7}{a_1 a_7}+\dfrac{a_3+a_5}{a_3 a_5}=\dfrac{a_1+a_3+a_5+a_7}{a_4^2}=6\)，\(a_1+a_3+a_5+a_7=6a_4^2=6\)．
   故答案為：\(6\)．

10. 答案 \(a_n=2^{n-1}\)或\(a_n=2^{8-n}\)
    解析 設等比數列的首項為\(a_1\)，公比為\(d\)，
    由題意得 \(\left\{\begin{array} { l } { a _ { 2 } + a _ { 7 } = 6 6 } \\ { a _ { 3 } a _ { 6 } = 1 2 8 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { a _ { 2 } + a _ { 7 } = 6 6 } \\ { a _ { 2 } a _ { 7 } = 1 2 8 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} a_2=2 \\ a_7=64 \end{array}\right.\right.\right.\)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 \(a_n=2^{8-n}\).

11. 答案 \(7\)
    解析 根據題意，設該等比數列為\(\{a_n \}\)，\(n\)為奇數；
    若所有奇數項的乘積為\(1024\)，則有\(a_1 a_3 a_5…a_n=1024\)，①，
    所有偶數項的乘積為 \(128 \sqrt{2}\)，則有 \(a_2 a_4 a_6 \ldots a_{n-1}=128 \sqrt{2}\)，②
    ①÷②可得： \(a_1 q^{\dfrac{n-1}{2}}=\dfrac{1024}{128 \sqrt{2}}=4 \sqrt{2}\)，即 \(\dfrac{a_{n+1}}{2}=4 \sqrt{2}\) ③
    ①×②可得： \(\left(a_1 a_n\right) \cdot\left(a_2 a_{n-1}\right) \cdots \dfrac{a_{n+1}^2}{}=1024 \times 128 \sqrt{2}\)，
    即\(\left(\dfrac{a_{n+1}}{2}\right)^n=1024 \times 128 \sqrt{2}\) ④
    聯立③④可得： \((4 \sqrt{2})^n=1024 \times 128 \sqrt{2}\)，
    解可得：\(n=7\).

12. 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)
    \(\because a_3\)與 \(a_5\) 的等比中項為 \(2\) ， \(\therefore a_3 a_5=4\)，
    \(\because q∈(0，1)\)，\(\therefore a_3>a_5\)，
    \(\therefore\) 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)\(\because b_n=\log_2⁡ a_n =5-n\)，\(\therefore b_{n+1}-b_n=-1\)，\(b_1=4\)，
    \(\therefore\) 數列 \(\{b_n \}\)是以 \(b_1=4\)為首項， \(-1\)為公差的等差數列.
    \(\therefore S_n=\dfrac{n(9-n)}{2}\)，
    (3) 由 \(S_n=\dfrac{n(9-n)}{2}\)，得\(\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{9-n}{2}\)，
    當\(n≤8\)時， \(\dfrac{S_n}{n}>0\)；當 \(n=9\)時，\(\dfrac{S_n}{n}=0\)；當 \(n>9\)時， \(\dfrac{S_n}{n}<0\)
    \(\therefore\)當 \(\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2}{2}+\cdots+\dfrac{S_n}{n}\)取得最大值時， \(n=8\)或\(n=9\).
     

【B組---提高題】

1.(多選)已知等比數列\(\{a_n \}\)的各項均為正數，公比為\(q\)，且\(a_1>1\)，\(a_6+a_7>a_5 a_8+1>2\)，記\(\{a_n \}\)的前\(n\)項積為\(T_n\)，則下列選項中正確的選項是(　　)
 A．\(0<q<1\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(a_6>1\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(T_{12}>1\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(T_{13}>1\)
 

2.在等比數列\(\{a_n \}\)中，\(a_1<0\)，\(a_2 a_4+2a_3 a_5+a_4 a_6=25\)，求\(a_3+a_5=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
 

參考答案

1. 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\(a_6<1\)，則一定有\(a_7<1\)，不符合\((*)\)，
   則\(a_6>1\)，\(a_7<1\)， \(\therefore 0<q<1\)．
   \(\because a_6 a_7+1>2\)， \(\therefore a_6 a_7>1\)，
   \(T_{12}=a_1 a_2 a_3 \ldots a_{12}=\left(a_6 a_7\right)^6>1\)，\(T_{13}=a_7^{13}<1\)，
   \(\therefore\) 滿足\(T_n>1\)的最大正整數\(n\)的值為\(12\)．
   故選：\(ABC\)．

2. 答案 -5
   解析 \(\because \{a_n\}\)是等比數列，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\(a_3=a_1 q^2<0\)，\(a_5=a_1 q^4<0\)，\(q\)為公比，可得\(a_3+a_5=-5\)，
   故答案為：\(-5\).
    

【C組---拓展題】

1.設\(a\)，\(b∈R\)，關於\(x\)的方程\((x^2-ax+1)(x^2-bx+1)=0\)的四個實根構成以\(q\)為公比的等比數列，若\(q \in\left[\dfrac{1}{2}， \sqrt{2}\right]\)，則\(ab\)的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\) ．
 
 

參考答案

1. 答案 \(\left[4， \dfrac{27}{4}\right]\)
   解析 設方程\((x^2-ax+1)(x^2-bx+1)=0\)的\(4\)個實數根依次為\(m\)，\(mq\)，\(mq^2\)，\(mq^3\)，
   由等比數列性質，不妨設\(m\)，\(mq^3\)為\(x^2-ax+1=0\)的兩個實數根，
   則\(mq\)，\(mq^2\)為方程\(x^2-bx+1=0\)的兩個根，
   由韋達定理得，\(m^2 q^3=1\)，\(m+mq^3=a\)，\(mq+mq^2=b\)，則 \(m^2=\dfrac{1}{q^3}\) ，
   故\(ab=(m+mq^3)(mq+mq^2)=m^2 (1+q^3)(q+q^2)\)，
   \(=\dfrac{1}{q^3}\left(1+q^3\right)\left(q+q^2\right)=q+\dfrac{1}{q}+q^2+\dfrac{1}{q^2}\) ，
   設 \(t=q+\dfrac{1}{q}\)，則 \(q^2+\dfrac{1}{q^2}=t^2-2\)，
   因為\(q \in\left[\dfrac{1}{2}， \sqrt{2}\right]\)，且 \(t=q+\dfrac{1}{q}\)在 \(\left[\dfrac{1}{2}， 1\right]\)上遞減，在 \((1， \sqrt{2}]\)上遞增，
   當\(q=\dfrac{1}{2}\)時， \(t=\dfrac{5}{2}\)，當 \(t=\sqrt{2}\)時， \(t=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)
   所以 \(t \in\left[2， \dfrac{5}{2}\right]\)，
   則 \(a b=t^2+t-2=\left(t+\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{9}{4}\)，
   所以當\(t=2\)時，\(ab\)取到最小值是\(4\)，
   當\(t=\dfrac{5}{2}\)時，\(ab\)取到最大值是 \(\dfrac{27}{4}\)，
   所以\(ab\)的取值範圍是\(\left[4， \dfrac{27}{4}\right]\)．
   故答案為：\(\left[4， \dfrac{27}{4}\right]\)．