2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第35讲等比数列及其前n项和（达标检测）（Word版附解析）

第35讲等比数列及其前n项和（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•宣城期末）已知三个数4，x，16成等比数列，则x＝（　　）A．±8B．8C．±4D．4【分析】利用等比数列性质直接求解．【解答】解：∵三个数4，x，16成等比数列，∴x2＝4×16＝64，解得x＝±8．故选：A．2．（2020春•梅州期末）已知等比数列{an}，a10，a30是方程x2﹣10x+16＝0的两实根，则a20等于（　　）A．4B．±4C．8D．±8【分析】根据题意，由一元二次方程根与系数的关系可得a10a30＝（a10）2＝16，a10+a30＝10＞0，结合等比数列的性质分析a20＞0，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，{an}为等比数列，若a10，a30是方程x2﹣10x+16＝0的两实根，则有a10a30＝（a20）2＝16，a10+a30＝10＞0，则a10，a30都为正数，必有a20＞0．则a20＝4；故选：A．3．（2020春•内江期末）已知数列{an}的通项为an＝2n﹣3，若a3，a6，am成等比数列，则m＝（　　）A．9B．12C．15D．18【分析】由题意可得a62=a3⋅am，代入即可求解．【解答】解：由an＝2n﹣3，若a3，a6，am成等比数列，则a62=a3⋅am，即81＝3（2m﹣3），解可得，m＝15，故选：C．4．（2020春•厦门期末）在等比数列{an}中，a2＝2，a3a5＝64．则a5+a6a1+a2=（　　）A．4B．8C．16D．64【分析】利用等比数列通项公式求出首项和公比，由此能求出结果． 【解答】解：∵在等比数列{an}中，a2＝2，a3a5＝64．∴a1q=2a1q2⋅a1q4=64，解得a1=1q=2或a1=-1q=-2，a5+a6a1+a2=a1q4+a1q5a1+a1q=q4＝16．故选：C．5．（2020春•河南期末）已知等比数列{an}满足a1a6＝a3，且a4+a5=32，则a1＝（　　）A．18B．14C．4D．8【分析】设等比数列{an}的公比为q，由a1a6＝a3，且a4+a5=32，可得：a12q5＝a1q2，a1q3（1+q）=32，解出即可得出．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1a6＝a3，且a4+a5=32，∴a12q5＝a1q2，a1q3（1+q）=32，解得a1＝8，q=12．故选：D．6．（2020春•五华区校级期末）已知正项等比数列{an}中，a3=a4a2，若a1+a2+a3＝7，则a8＝（　　）A．32B．48C．64D．128【分析】利用等比数列通项公式列出方程求出a1＝1，q＝2，由此能求出a8．【解答】解：由a3=a4a2，得a1q2=q2，所以a1＝1，又因为a1+a2+a3＝7，得1+q+q2＝7，所以q＝2，故a8=27=128，故选：D．7．（2020春•宣城期末）在前n项和为Sn的等比数列{an}中，a3a4a5＝8，S14＝129S7，则a1＝（　　）A．2B．12C．14D．18【分析】设等比数列{an}的公比为q≠1，由a3a4a5＝8，S14＝129S7，可得：a43=8，即a4＝2＝a1q3，a1(1-q14)1-q=129a1(1-q7)1-q，联立解得a1．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q≠1，∵a3a4a5＝8，S14＝129S7，∴a43=8，即a4＝2＝a1q3，a1(1-q14)1-q=129a1(1-q7)1-q， 则a1=14，q＝2．故选：C．8．（2020春•天心区校级期末）《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，约成书于四五世纪．其卷中《算筹分数之法》里有这样一个问题：“今有女子善织，日自倍，五日织通五尺．问：日织几何？”意思是有一女子擅长织布，每天织布都比前一天多1倍，5天共织了5尺布．现请问该女子第3天织了多少布？（　　）A．1尺B．43尺C．531尺D．2031尺【分析】由已知结合等比数列的通项公式及求和公式即可直接求解．【解答】解：由题意可知，每天织布的数量是以2为公比的等比数列，设首项a1，则a1(1-25)1-2=5，解可得，a1=531，a3=531×22=2031．故选：D．9．（2019•厦门二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=13，当n≥2时，an，Sn﹣1，Sn成等比数列，若Sm＜1921，则m的最大值为（　　）A．9B．11C．19D．21【分析】因为当n≥2时，an，Sn﹣1，Sn成等比数列，所以(Sn-1)2=anSn，即(Sn-1)2=(Sn-Sn-1)Sn，即1Sn-1-1Sn-1-1=-1，所以{1Sn-1}成等差数列，所以1Sn-1=-n-12，即Sn=2n-12n+1，所以Sm＜1921可以转化为关于m的不等式，解不等式即可．【解答】解：依题意，因为当n≥2时，an，Sn﹣1，Sn成等比数列，所以(Sn-1)2=anSn，即(Sn-1)2=(Sn-Sn-1)Sn，即1Sn-1-1Sn-1-1=-1，所以{1Sn-1}成等差数列，所以1Sn-1=-n-12，即Sn=2n-12n+1，若Sm＜1921，即2m-12m+1＜1921，解得m＜10，所以m的最大值为9． 故选：A．10．（多选）（2020春•思明区校级月考）设{an}为等比数列，给出四个数列：①{2an}；②{an2}；③{2an}；④{log2|an|}，其中一定为等比数列的是（　　）A．①B．②C．③D．④【分析】由题意可得，anan-1=q（q≠0），然后结合等比数列的定义进行逐项检验即可判断．【解答】解：由题意可得，anan-1=q（q≠0），①2an2an-1=anan-1=q，故是等比数列；②an2an-12=(anan-1)2=q2，故是等比数列；③2an2an-1=2an-an-1不一定是常数；④log2|an|log2|an-1|不一定为常数；故选：AB．11．（多选）（2020春•鼓楼区校级期末）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1＞1，a6a7＞1，a6-1a7-1＜0，则下列结论正确的是（　　）A．0＜q＜1B．0＜a6a8＜1C．Sn的最大值为S7D．Tn的最大值为T6【分析】由条件a1＞1，a6a7＞1，a6-1a7-1＜0，可得：1＜a6，0＜a7＜1．即可判断出结论．【解答】解：由条件a1＞1，a6a7＞1，a6-1a7-1＜0，可得：1＜a6，0＜a7＜1．∴a7a6=q∈（0，1），a6a8=a72∈（0，1），Sn中没有最大值，Tn的最大值为T6．则下列结论正确的是ABD．故选：ABD．12．（2020春•杨浦区校级期末）﹣1和﹣4的等比中项为　　．【分析】由题意利用等比数列的定义和性质，求得结果．【解答】解：﹣1和﹣4的等比中项为±(-1)⋅(-4)=±2，故答案为：±2．13．（2020春•黔南州期末）在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，则{an}的公比q＝　　． 【分析】利用等比数列通项公式直接求解．【解答】解：∵在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，∴a4=a1q3=3q3＝81，解得q＝3．∴{an}的公比q＝3．故答案为：3．14．（2020春•新乡期末）在等比数列{an}中，a2＝1，a10＝16，则a6＝　　．【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得q8=a10a2=16，变形可得q4的值，由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，等比数列{an}中，a2＝1，a10＝16，则q8=a10a2=16，变形可得q4＝4，则a6＝a2q4＝4；故答案为：415．（2020春•湖北期末）已知公比不为1的等比数列{an}满足a5a7+a4a8＝18，则a6＝　．【分析】由题意利用等比数列的性质，求得a6的值．【解答】解：∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a7+a4a8＝18＝2a62，求得a6＝±3，故答案为：±3．16．（2020春•闵行区校级期末）已知等比数列{an}的公比为q＝2，则a1+a5+a9a3+a7+a11=　．【分析】等比数列{an}的公比为q＝2，则根据等比数列的通项公式进行计算即可．【解答】解：∵等比数列{an}的公比为q＝2，∴an=a1×2n-1，∴a1+a5+a9a3+a7+a11=(1+24+28)a1(22+26+210)a1=14．故答案为：14．17．（2020•武汉模拟）一种药在病人血液中的量保持1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人就有危险．现给某病人静脉注射了这种药2500mg，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过　　小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg2≈0.3010， 1g3≈0.4771，精确到0.1h）【分析】先设未知数，再根据题意列出不等式，整理得指数不等式，再利用指数函数的单调性、指数函数和对数函数的关系、换底公式和对数的运算性质，以及条件进行求解．【解答】解：设应在病人注射这种药x小时后再向病人的血液补充这种药，依题意，可得500≤2500×（1﹣20%）x≤1500整理，得0.2≤0.8x≤0.6，∴log0.80.6≤x≤log0.80.2，∵log0.80.6=lg0.6lg0.8=lg6-1lg8-1=lg2+lg3-13lg2-1≈2.3，log0.80.2=lg0.2lg0.8=lg2-13lg2-1≈7.2，解得：2.3≤x≤7.2，应在用药2.3小时后及7.2小时前再向病人的血液补充药．故答案为：2.3．18．（2020春•静安区期末）在实数1和81之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，再令an=log3Tn(n∈N*)．则数列{an}的通项公式an＝　　．【分析】由题意，设这n+2个数构成的等比数列为bn，利用等比数列的性质可求Tn＝（b1⋅bn+2）n+2＝9n+2，进而根据已知可求数列{an}的通项公式．【解答】解：由题意，设这n+2个数构成的等比数列为bn，则b1＝1，bn+2＝81，且b1•bn+2＝b2•bn+1＝b3•bn＝…，所以Tn＝（b1⋅bn+2）n+2＝9n+2，从而an＝log3Tn＝log39n+2＝2（n+2）．故答案为：2（n+2）．19．（2020春•宣城期末）已知数列{an}是公比为q（q≥2）的正项等比数列，bn＝（q﹣1）2an，对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bn＝am，则q的值为　．【分析】由bn＝am，可得（q﹣1）2an＝am，可得m＝n+2logq（q﹣1）》由对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bn＝am，可得2logq（q﹣1）必为整数，又q≥2，即可得出．【解答】解：由bn＝am，∴（q﹣1）2an＝am，∴（q﹣1）2＝qm﹣n，∴m﹣n＝2logq(q-1)2，可得m＝n+2logq（q﹣1）， ∵对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bn＝am，∴2logq（q﹣1）必为整数，又q≥2，∴1≤q﹣1≤q，可得：0≤2logq（q﹣1）＜2，可得：logq（q﹣1）＝0或12，∴q﹣1＝1，或q﹣1=q，解得q＝2或q=3+52．故答案为：2或3+52．20．（2019•西湖区校级模拟）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*满足S2mSm=9，a2mam=5m+1m-1，则m＝　　，数列的公比为　　．【分析】利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，则q≠1．若存在m∈N*满足S2mSm=9，a2mam=5m+1m-1，则a1(1-q2m)1-q=9•a1(1-qm)1-q，qm=5m+1m-1．解得m＝3，q＝2．故答案为：3，2．21．（2020春•湛河区校级月考）若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”，若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2020积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为　　．【分析】由题意可得a1•a2•a3…2019＝1．再根据等比数列的性质，a1•a2019＝a2•a2018＝a3•a2017=⋯=a10102=1，由此可得当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值．【解答】解：若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”，若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2020积数列”，且a1＞1，∴q＞0．∴a2020＝a1•a2•a3…a2020，∴a1•a2•a3…2019＝1．∵a1•a2019＝a2•a2018＝a3•a2017=⋯=a10102=1，则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为1010，故答案为：1010．22．（2020春•河池期末）在数列{an}中，a1＝1，an＝2an﹣1+n﹣2（n≥2）． （1）证明：数列{an+n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn．【分析】（1）通过证明an+nan-1+(n-1)为常数来证明数列{an+n}为等比数列，再结合数列{an+n}的首项和公比即可求出an+n，进而求出数列{an}的通项公式；（2）由（1）知an=2n-n，再利用分组求和法即可求出数列{an}的前n项和Sn．【解答】解：（1）证明：因为an+nan-1+(n-1)=(2an-1+n-2)+nan-1+n-1=2an-1+2n-2an-1+n-1=2，∴数列{an+n}是首项为a1+1＝2，公比为2的等比数列，那么an+n=2⋅2n-1=2n，即an=2n-n．（2）由（1）知an=2n-n，Sn=(21+22+23+⋯2n)-(1+2+3+⋯+n)=2×(1-2n)1-2-n×(n+1)2=2n+1-n2+n+42(n∈N*)．23．（2020•房山区二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，____．是否存在正整数k（k＞1），使得a1，ak，Sk+2成等比数列？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．从①an+1﹣2an＝0，②Sn＝Sn﹣1+n（n≥2），③Sn＝n2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．【分析】分别选①②③，根据各自对应的结论来求解k，能解出来说明存在，解不出来说明不存在．【解答】解：若选①an+1﹣2an＝0，且a2﹣2a1＝0；说明数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列；∴a1＝1，ak＝2k﹣1；Sk+2=1-2k+11-2=2k+1﹣1；若a1，ak，Sk+2成等比数列，则（2k﹣1）2＝1×（2k+1﹣1）＝2k+1﹣1；左边为偶数，右边为奇数，即不存在正整数k（k＞1），使得a1，ak，Sk+2成等比数列；若选②Sn＝Sn﹣1+n（n≥2），即Sn﹣Sn﹣1＝n⇒an＝n；（n≥2）且a1＝1适合上式；所以：说明{an}是首项为1，公差为1的等差数列；∴an＝n，Sn=n(1+n)2； 若a1，ak，Sk+2成等比数列，则k2＝1×(k+2)(k+2+1)2⇒k2﹣5k﹣6＝0⇒k＝6（k＝﹣1舍）；即存在正整数k＝6，使得a1，ak，Sk+2成等比数列；若选③Sn＝n2，∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1（n≥2）；且a1＝1适合上式；若a1，ak，Sk+2成等比数列，则（2k﹣1）2＝1×（k+2）2⇒3k2﹣8k﹣3＝0⇒k＝3（k=-13）；即存在正整数k＝3，使得a1，ak，Sk+2成等比数列．24．（2020•海南）已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．【分析】（1）根据题意，列方程组a2+a4=20a3=a1q2=8，解得a1和q，然后求出{an}的通项公式；（2）根据条件，可知a1a2，﹣a2a3，…（﹣1）n﹣1anan+1，是以23为首项，﹣22为公比的等比数列，由等比数列求和公式，即可得出答案．【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞1），则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，∵q＞1，∴a1=2q=2，∴an=2⋅2n-1=2n．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，=23[1-(-22)n]1-(-22)=85-(-1)n22n+35．25．（2020•淄博一模）等差数列{an}(n∈N*)中，a1，a2，a3分别是如表第一、二、三行中的某一个数，且其中的任何两个数不在如表的同一列．第一列第二列第三列第一行582第二行4312 第三行1669（1）请选择一个可能的{a1，a2，a3}组合，并求数列{an}的通项公式；（2）记（1）中您选择的{an}的前n项和为Sn，判断是否存在正整数k，使得a1，ak，Sk+2成等比数列，若有，请求出k的值；若没有，请说明理由．【分析】（1）由题意利用等差数列的定义和性质，写出它的通项公式．（2）由题意利用等比数列的定义和性质，求出k的值，从而得出结论．【解答】解：（1）由题意可知：有两种组合满足条件：①a1＝8，a2＝12，a3＝16，此时等差数列{an}，a1＝8，d＝4，所以其通项公式为an＝8+（n﹣1）4＝4n+4．②a1＝2，a2＝4，a3＝6，此时等差数列{an}，a1＝2，d＝2，所以其通项公式为an＝2n．（2）若选择①，Sn=n(8+4n+4)2=2n2+6n．则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20．若a1，ak，Sk+2成等比数列，则ak2=a1⋅Sk+2，即（4k+4）2＝8（2k2+14k+20），整理，得5k＝﹣9，此方程无正整数解，故不存在正整数k，使a1，ak，Sk+2成等比数列．若选择②，Sn=n(2+2n)2=n2+n，则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6，若a1，ak，Sk+2成等比数列，则ak2=a1⋅Sk+2，即（2k）2＝2（k2+5k+6），整理得k2﹣5k﹣6＝0，因为k为正整数，所以，k＝6．故存在正整数k＝6，使a1，ak，Sk+2成等比数列．26．（2020•天津）已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn=(3an-2)bnanan+2，n为奇数，an-1bn+1，n为偶数．求数列{cn}的前2n项和．【分析】（Ⅰ）分别根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式即可求出；（Ⅱ）根据等差数列的求和公式和作差法即可比较大小，则课证明； （Ⅲ）分类讨论，再根据错位相减法即可求出前2n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴an＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴bn＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法一：由（Ⅰ）可得Sn=n(n+1)2，∴SnSn+2=14n（n+1）（n+2）（n+3），（Sn+1）2=14（n+1）2（n+2）2，∴SnSn+2﹣Sn+12=-12（n+1）（n+2）＜0，∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；法二：∵数列{an}为等差数列，且an＝n，∴Sn=n(n+1)2，Sn+2=(n+2)(n+3)2，Sn+1=(n+1)(n+2)2，∴SnSn+2Sn+12=n(n+3)(n+1)(n+2)=n2+3nn2+3n+2＜1，∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n，当n为偶数时，cn=an-1bn+1=n-12n，对任意的正整数n，有k=1nc2k﹣1=k=1n（22k2k+1-22k-22k-1）=22n2n+1-1，和k=1nc2k=k=1n2k-14k=14+342+543+⋯+2n-14n，①，由①×14可得14k=1nc2k=142+343+⋯+2n-34n+2n-14n+1，②，①﹣②得34k=1nc2k=14+242+243+⋯+24n-14-2n-14n+1，∴k=1nc2k=59-6n+59×4n，因此k=12nc2k=k=1nc2k﹣1+k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49． 数列{cn}的前2n项和4n2n+1-6n+59×4n-49．[B组]—强基必备1．（2020春•驻马店期末）若数列{an}满足1an+1-3an=0(n∈N+)，则称{an}为“梦想数列”，已知数列{1bn}为“梦想数列”，且b1+b2+b3＝2，则b3+b4+b5＝（　　）A．18B．16C．32D．36【分析】根据题意，由“梦想数列”的定义可得“梦想数列”为公比为13的等比数列，进而可得若数列{1bn}为“梦想数列”，则{bn}为公比为3的等比数列，进而由等比数列的性质分析可得答案．【解答】解：根据题意，梦想数列{an}满足1an+1-3an=0(n∈N+)，即an＝3an+1，数列{an}为公比为13的等比数列，若数列{1bn}为“梦想数列”，则1bn=3×1bn+1，变形可得bn+1＝3bn，即数列{bn}为公比为3的等比数列，若b1+b2+b3＝2，则b3+b4+b5＝9（b1+b2+b3）＝18；故选：A．2．（2020•北京）已知{an}是无穷数列．给出两个性质：①对于{an}中任意两项ai，aj（i＞j），在{an}中都存在一项am，使得ai2aj=am；②对于{an}中任意一项an（n≥3），在{an}中都存在两项ak，al（k＞l），使得an=ak2al．（Ⅰ）若an＝n（n＝1，2，…），判断数列{an}是否满足性质①，说明理由；（Ⅱ）若an＝2n﹣1（n＝1，2，…），判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；（Ⅲ）若{an}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{an}为等比数列．【分析】（Ⅰ）由a32a2=92∉N*，即可知道不满足性质．（Ⅱ）对于任意的i和j，满足ai2aj=22i﹣j﹣1，⇒2i﹣j∈N*，必存在m＝2i﹣j，可得满足性质①；对于任意的n，欲满足an＝2n﹣1=ak2al=22k﹣l﹣1，⇒n＝2k﹣l即可，必存在有一组k，l使使得它成立，故满足性质②．（Ⅲ）先用反证法证明数列必然恒正或恒负，再用数学归纳法证明{an}也是等比数列，即可． 【解答】解：（Ⅰ）不满足，理由：a32a2=92∉N*，不存在一项am使得a32a2=am．（Ⅱ）数列{an}同时满足性质①和性质②，理由：对于任意的i和j，满足ai2aj=22i﹣j﹣1，因为i∈N*，j∈N*且i＞j，所以2i﹣j∈N*，则必存在m＝2i﹣j，此时，2m﹣1∈{ai}且满足ai2aj=22i﹣j﹣1＝am，性质①成立，对于任意的n，欲满足an＝2n﹣1=ak2al=22k﹣l﹣1，满足n＝2k﹣l即可，因为k∈N*，l∈N*，且k＞l，所以2k﹣l可表示所有正整数，所以必有一组k，l使n＝2k﹣l，即满足an=ak2al，性质②成立．（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负，反证法：假设这个递增数列先负后正，那么必有一项al绝对值最小或者有al与al+1同时取得绝对值最小，如仅有一项al绝对值最小，此时必有一项am=al2aj，此时|am|＜|al|与前提矛盾，如有两项al与al+1同时取得绝对值最小值，那么必有am=ai2ai+1，此时|am|＜|al|，与前提条件矛盾，所以数列必然恒正或恒负，在数列恒正的情况下，由②知，存在k，l使得ak2al=a3，因为是递增数列，a3＞ak＞al，即3＞k＞l，所以a22a1=a3，此时a1，a2，a3成等比数列，数学归纳法：（1）已证n＝3时，满足{an}是等比数列，公比q=a2a1，（2）假设n＝k时，也满足{ak}是等比数列，公比q=a2a1，那么由①知ak2ak-1=qak等于数列的某一项am，证明这一项为ak+1即可，反证法：假设这一项不是ak+1，因为是递增数列，所以该项am=al2al-1=qak＞ak+1，那么ak＜ak+1＜qak，由等比数列{ak}得a1qk﹣1＜ak+1＜a1qk， 由性质②得a1qk﹣1＜am2al＜a1qk，同时ak+1=am2al＞am＞al，s所以k+1＞m＞l，所以am，al分别是等比数列{ak}中两项，即am＝a1qm﹣1，al＝a1ql﹣1，原式变为a1qk﹣1＜a1q2m﹣l﹣1＜a1qk，所以l﹣1＜2m﹣l﹣1＜k，又因为k∈N*，m∈N*，l∈N*，不存在这组解，所以矛盾，所以知ak2ak-1=qak＝ak+1，{ak+1}为等比数列，由数学归纳法知，{an}是等比数列得证，同理，数列恒负，{an}也是等比数列．