标签：right 等比数列 4.3 dfrac therefore qquad 运用 left

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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！

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) $a_n=a_m q^{n-m}$；
证明由等比数列通项公式可得$a_n=a_1\cdot q^{n-1}$，$a_m=a_1\cdot q^{m-1}$，
$\qquad$ 两式相除可得 $\dfrac{a_n}{a_m}=q^{n-m}$，即$a_n=a_m q^{n-m}$.
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）.
例若等比数列$\{a_n\}$中，$a_4=4$，$q=2$，则$a_6=$ .
$\quad$ 解 $a_6=a_4\cdot q^2=16$.

(2) $q^{n-m}=\dfrac{a_n}{a_m}$；
证明由性质$a_n=a_m q^{n-m}$可得 $q^{n-m}=\dfrac{a_n}{a_m}$.
意义利用等比数列任意两项可求公比.
例若等比数列$\{a_n \}$中，$a_4=4$，$a_6=16$，则公比$q=$ .
$\quad$ 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$a_m a_n=a_p a_t$；
证明由等比数列通项公式可得
$\quad$$a_m a_n=a_1 q^{m-1} \cdot a_1 q^{n-1}=a_1^2 q^{n+m-2}$，
$\quad$$a_s a_t=a_1 q^{s-1} \cdot a_1 q^{t-1}=a_1^2 q^{s+t-2}$，
$\quad$$\because m+n=s+t$， $\therefore a_1^2 q^{n+m-2}=a_1^2 q^{s+t-2}$，
$\quad$即$a_m a_n=a_s a_t$.
意义下标和相等，其对应项的和相等.
例 $a_2 a_8=a_1 a_9=a_5^2$，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；
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.
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$\log_2⁡a_1+\log_2⁡a_2+⋯+\log_2⁡a_{10}=10$，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$q≠1$，
$\because a_7=a_6+2a_5$，$\therefore a_6 q=a_6+2 \dfrac{a_6}{q}$，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$\log_2⁡a_1+\log_2⁡a_2+⋯+\log_2⁡a_{10}=\log_2⁡(a_1 a_2⋯a_{10} )=10$，
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 $\because$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$b_n=\log_2⁡a_n$，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) $b_n=\log_2⁡a_n=\log_2⁡2^{4-n}=4-n$，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$-12$8，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$b_n=\log_2⁡a_n$，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$b_n=\log_2⁡a_n=n+1$，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$b_n=\log_2⁡a_n$，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： $a_1 q^{\dfrac{n-1}{2}}=\dfrac{1024}{128 \sqrt{2}}=4 \sqrt{2}$，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
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．$0<q<1$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$a_6>1$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$T_{12}>1$ $\qquad \qquad \qquad$ 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：$\left[4， \dfrac{27}{4}\right]$．

标签：right,等比数列,4.3,dfrac,therefore,qquad,运用,left
From： https://www.cnblogs.com/zhgmaths/p/16953220.html

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【A组---基础题】

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