数学人教A版 (2019)4.3 等比数列第2课时学案

这是一份数学人教A版 (2019)4.3 等比数列第2课时学案，共13页。学案主要包含了数列的实际应用，等比数列的性质及其应用，等比数列的判定与证明等内容，欢迎下载使用。


知识点一 实际应用题常见的数列模型
1．储蓄的复利公式：本金为a元，每期利率为r，存期为n期，则本利和y ＝a(1＋r)n.
2．总产值模型：基数为N，平均增长率为p，期数为n， 则总产值y ＝ N (1 ＋ p)n.
知识点二 等比数列的常用性质
设数列{an}为等比数列，则：
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.
(2)若m，p，n成等差数列，则am，ap，an成等比数列．
(3)在等比数列{an}中，连续取相邻k项的和(或积)构成公比为qk(或)的等比数列．
(4)若{an}是等比数列，公比为q，则数列{λan}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}都是等比数列，且公比分别是q，eq \f(1,q)，q2.
(5)若{an}，{bn}是项数相同的等比数列，公比分别是p和q，那么{anbn}与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))也都是等比数列，公比分别为pq和eq \f(p,q).
1．某细菌培养过程中，每15分钟分裂1次，经过2小时，这种细菌由1个繁殖成( )
A．64 B．128 C．256 D．255
答案 C
解析 某细菌培养过程中，每15分钟分裂1次，经过2小时，共分裂8次，所以经过2小时，这种细菌由1个繁殖成28＝256.
2．已知{an}，{bn}都是等比数列，那么( )
A．{an＋bn}，{anbn}都一定是等比数列
B．{an＋bn}一定是等比数列，但{anbn}不一定是等比数列
C．{an＋bn}不一定是等比数列，但{anbn}一定是等比数列
D．{an＋bn}，{anbn}都不一定是等比数列
答案 C
解析 当两个数列都是等比数列时，这两个数列的和不一定是等比数列，比如取两个数列是互为相反数的数列，两者的和就不是等比数列．两个等比数列的积一定是等比数列．
3．某储蓄所计划从2018年底起，力争做到每年的吸蓄量比前一年增加8%，则到2021年底该储蓄所的吸蓄量比2018年的吸蓄量增加( )
A．24% B．32%
C．1.083－1 D．1.084－1
答案 C
解析 设2018年储蓄量为a ，根据等比数列通项公式得
2019年储蓄量为a(1＋0.08)＝1.08a，
2020年储蓄量为a(1＋0.08)(1＋0.08)＝1.082a，
2021年储蓄量为a(1＋0.08)(1＋0.08)(1＋0.08)＝1.083a，
所以2021年底该储蓄所的吸蓄量比2018年的吸蓄量增加了 eq \f(1.083a－a,a)＝1.083－1.
4．已知等比数列{an}共有10项，其中奇数项之积为2，偶数项之积为64，则其公比是( )
A.eq \f(3,2) B.eq \r(2) C．2 D．2eq \r(2)
答案 C
解析 奇数项之积为2，偶数项之积为64，得a1a3a5a7a9＝2，a2a4a6a8a10＝64，则eq \f(a2a4a6a8a10,a1a3a5a7a9)＝q5＝32，则q＝2.
一、数列的实际应用
例1 某人买了一辆价值13.5万元的新车，专家预测这种车每年按10%的速度贬值．
(1)用一个式子表示n(n∈N*)年后这辆车的价值；
(2)如果他打算用满4年时卖掉这辆车，他大概能得到多少钱？
解 (1)从第一年起，每年车的价值(万元)依次设为：a1，a2，a3，…，an，
由题意，得a1＝13.5，a2＝13.5(1－10%)，
a3＝13.5(1－10%)2，….
由等比数列的定义，知数列{an}是等比数列，
首项a1＝13.5，公比q＝1－10%＝0.9，
∴an＝a1·qn－1＝13.5×0.9n－1.
∴n年后车的价值为an＋1＝(13.5×0.9n)万元．
(2)由(1)得a5＝a1·q4＝13.5×0.94≈8.9(万元)，
∴用满4年时卖掉这辆车，大概能得到8.9万元．
反思感悟 等比数列实际应用问题的关键是：建立数学模型即将实际问题转化成等比数列的问题，解数学模型即解等比数列问题．
跟踪训练1 有纯酒精a(a>1)升，从中取出1升，再用水加满，然后再取出1升，再用水加满，如此反复进行，则第九次和第十次共取出纯酒精________升．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,a)))
解析 由题意可知，取出的纯酒精数量是一个以1为首项，1－eq \f(1,a)为公比的等比数列，
即：第一次取出的纯酒精为1升，第二次取出的为1－eq \f(1,a)(升)，第三次取出的为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))2升，…，
第n次取出的纯酒精为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))n－1升，
则第九次和第十次共取出纯酒精数量为
a9＋a10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))8＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))9
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,a)))(升)．
二、等比数列的性质及其应用
例2 已知{an}为等比数列．
(1)等比数列{an}满足a2a4＝eq \f(1,2)，求a1aeq \\al(2,3)a5；
(2)若an>0，a5a7＋2a6a8＋a6a10＝49，求a6＋a8；
(3)若an>0，a5a6＝9，求lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10的值．
解 (1)在等比数列{an}中，
∵a2a4＝eq \f(1,2)，
∴aeq \\al(2,3)＝a1a5＝a2a4＝eq \f(1,2)，
∴a1aeq \\al(2,3)a5＝eq \f(1,4).
(2)由等比中项，化简条件得
aeq \\al(2,6)＋2a6a8＋aeq \\al(2,8)＝49，
即(a6＋a8)2＝49，
∵an>0，
∴a6＋a8＝7.
(3)由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，
∴lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10＝lg3(a1a2·…·a10)
＝lg3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)]
＝lg395＝10.
反思感悟 利用等比数列的性质解题
(1)基本思路：充分发挥项的“下标”的指导作用，分析等比数列项与项之间的关系，选择恰当的性质解题．
(2)优缺点：简便快捷，但是适用面窄，有一定的思维含量．
跟踪训练2 (1)公比为eq \r(3,2)的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则lg2a16等于( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 B
解析 因为a3a11＝16，
所以aeq \\al(2,7)＝16.
又因为an>0，
所以a7＝4，
所以a16＝a7q9＝32，
即lg2a16＝5.
(2)已知在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝________.
答案 5eq \r(2)
解析 方法一 因为{an}是等比数列，
所以a1a7＝aeq \\al(2,4)，a2a8＝aeq \\al(2,5)，a3a9＝aeq \\al(2,6).
所以aeq \\al(2,4)·aeq \\al(2,5)·aeq \\al(2,6)＝(a1a7)·(a2a8)·(a3a9)
＝(a1a2a3)·(a7a8a9)＝5×10＝50.
因为an>0，
所以a4a5a6＝5eq \r(2).
方法二 因为a1a2a3＝(a1a3)a2＝aeq \\al(2,2)·a2＝aeq \\al(3,2)＝5，
所以a2＝
因为a7a8a9＝(a7a9)a8＝aeq \\al(3,8)＝10，
所以a8＝
同理a4a5a6＝aeq \\al(3,5)＝
三、等比数列的判定与证明
例3 已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋n－4.
(1)求a1的值；
(2)若bn＝an－1，试证明数列{bn}为等比数列．
(1)解 因为Sn＝2an＋n－4，
所以当n＝1时，S1＝2a1＋1－4，
解得a1＝3.
(2)证明 因为Sn＝2an＋n－4，
所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋n－1－4，
Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)，
即an＝2an－1－1，
所以an－1＝2(an－1－1)，
又bn＝an－1，
所以bn＝2bn－1，
且b1＝a1－1＝2≠0，
所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
反思感悟 判断一个数列是等比数列的常用方法
(1)定义法：若数列{an}满足eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为常数且不为零)或eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，且n∈N*，q为常数且不为零)，则数列{an}是等比数列．
(2)通项公式法：若数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(a1≠0，q≠0)，则数列{an}是等比数列．
(3)等比中项法：若aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N*且an≠0)，则数列{an}为等比数列．
(4)构造法：在条件中出现an＋1＝kan＋b关系时，往往构造数列，方法是把an＋1＋x＝k(an＋x)与an＋1＝kan＋b对照，求出x即可．
跟踪训练3 (1)已知各项均不为0的数列{an}中，a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5的倒数成等差数列，证明：a1，a3，a5成等比数列．
证明 由已知，有2a2＝a1＋a3，①
aeq \\al(2,3)＝a2·a4，②
eq \f(2,a4)＝eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a5).③
由③得eq \f(2,a4)＝eq \f(a3＋a5,a3·a5)，
∴a4＝eq \f(2a3·a5,a3＋a5).④
由①得a2＝eq \f(a1＋a3,2).⑤
将④⑤代入②，得aeq \\al(2,3)＝eq \f(a1＋a3,2)·eq \f(2a3·a5,a3＋a5).
∴a3＝eq \f(a1＋a3a5,a3＋a5)，
即a3(a3＋a5)＝a5(a1＋a3)．
化简，得aeq \\al(2,3)＝a1·a5.
又a1，a3，a5均不为0，
∴a1，a3，a5成等比数列．
(2)已知数列{an}是首项为2，公差为－1的等差数列，令bn＝求证数列{bn}是等比数列，并求其通项公式．
解 依题意an＝2＋(n－1)×(－1)＝3－n，
于是bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3－n.
而eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3－n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－1＝2.
∴数列{bn}是首项为eq \f(1,4)，公比为2的等比数列，通项公式为bn＝eq \f(1,4)·2n－1＝2n－3.
1．在等比数列{an}中，若a1<0，a2＝18，a4＝8，则公比q等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3) C．－eq \f(2,3) D.eq \f(2,3)或－eq \f(2,3)
答案 C
解析 因为a4＝a2·q2，
所以q2＝eq \f(a4,a2)＝eq \f(8,18)＝eq \f(4,9).
又因为a1<0，a2>0，
所以q<0.
所以q＝－eq \f(2,3).
2．在等比数列{an}中，若a2a3a6a9a10＝32，则eq \f(a\\al(2,9),a12)的值为( )
A．4 B．2 C．－2 D．－4
答案 B
解析 由a2a3a6a9a10＝(a2a10)·(a3a9)·a6＝aeq \\al(5,6)＝32＝25，得a6＝2，
则eq \f(a\\al(2,9),a12)＝eq \f(a6a12,a12)＝a6＝2.
3．已知各项均为正数的等比数列{an}中，lg(a3a8a13)＝6，则a1·a15的值为( )
A．100 B．－100
C．10 000 D．－10 000
答案 C
解析 ∵lg(a3a8a13)＝lg aeq \\al(3,8)＝6，
∴aeq \\al(3,8)＝106，∴a8＝102＝100.∴a1a15＝aeq \\al(2,8)＝10 000.
4．(多选)在等比数列{an}中，3a1，eq \f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq \f(a2 020－a2 021,a2 018－a2 019)等于( )
A．－3 B．－1 C．1 D．9
答案 CD
解析 由3a1，eq \f(1,2)a3,2a2成等差数列可得a3＝3a1＋2a2，
即a1q2＝3a1＋2a1q，∵a1≠0，∴q2－2q－3＝0.
解得q＝3或q＝－1.
∴eq \f(a2 020－a2 021,a2 018－a2 019)＝eq \f(a2 0201－q,a2 0181－q)＝eq \f(a2 020,a2 018)＝q2＝9或1.
5．某工厂2020年1月的生产总值为a万元，计划从2020年2月起，每月生产总值比上一个月增长m%，那么到2021年8月底该厂的生产总值为_____________万元．
答案 a(1＋m%)19
解析 设从2020年1月开始，
第n个月该厂的生产总值是an万元，
则an＋1＝an＋anm%，
∴eq \f(an＋1,an)＝1＋m%.
∴数列{an}是首项a1＝a，
公比q＝1＋m%的等比数列．
∴an＝a(1＋m%)n－1.
∴2021年8月底该厂的生产总值为a20＝a(1＋m%)20－1＝a(1＋m%)19(万元)．
1．知识清单：
(1)等比数列的实际应用．
(2)等比数列的常用性质．
(3)等比数列的判定和证明．
2．方法归纳：方程和函数思想．
3．常见误区：不注重运用性质，使解题过程烦琐或者性质运用不正确而出错．
1．已知等比数列{an}，a1＝1，a3＝eq \f(1,9)，则a5等于( )
A．±eq \f(1,81) B．－eq \f(1,81) C.eq \f(1,81) D．±eq \f(1,2)
答案 C
解析 根据等比数列的性质可知a1a5＝aeq \\al(2,3)⇒a5＝eq \f(a\\al(2,3),a1)＝eq \f(1,81).
2．在等比数列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，则a5等于( )
A．2 B．－2 C．±2 D．4
答案 A
解析 由等比数列的性质可得，a2a3a4＝aeq \\al(3,3)＝1，
a6a7a8＝aeq \\al(3,7)＝64，
∴a3＝1，a7＝4，
∴aeq \\al(2,5)＝a3a7＝4，
易知a5与a3和a7同号，
∴a5＝2.
3．设各项均为正数的等比数列{an}满足a4a8＝3a7，则lg3(a1a2·…·a9)等于( )
A．38 B．39 C．9 D．7
答案 C
解析 因为a4a8＝a5a7＝3a7且a7≠0，
所以a5＝3，
所以lg3(a1a2·…·a9)＝lg3aeq \\al(9,5)＝lg339＝9.
4．已知等比数列{an}的公比q＝－eq \f(1,3)，则eq \f(a1＋a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6＋a8)等于( )
A．－eq \f(1,3) B．－3 C.eq \f(1,3) D．3
答案 B
解析 因为a2＋a4＋a6＋a8＝q(a1＋a3＋a5＋a7)，
所以eq \f(a1＋a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6＋a8)＝eq \f(1,q)＝－3.
5．(多选)设{an}是等比数列，有下列四个命题，其中正确的是( )
A．{aeq \\al(2,n)}是等比数列
B．{anan＋1}是等比数列
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等比数列
D．{lg|an|}是等比数列
答案 ABC
解析 由{an}是等比数列可得eq \f(an,an－1)＝q(q为定值，n>1)．A中，eq \f(a\\al(2,n),a\\al(2,n－1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,an－1)))2＝q2为常数，故A正确；B中，eq \f(anan＋1,an－1an)＝eq \f(an＋1,an－1)＝q2，故B正确；C中，eq \f(\f(1,an),\f(1,an－1))＝eq \f(an－1,an)＝eq \f(1,q)为常数，故C正确；D中，eq \f(lg|an|,lg|an－1|)不一定为常数，故D错误．
6．已知在等比数列{an}中，a3＝3，a10＝384，则该数列的通项公式an＝________.
答案 3×2n－3
解析 由已知得a10＝a3·q7＝3·q7＝384，
所以q7＝128＝27，
故q＝2.
所以an＝a3·qn－3＝3×2n－3.
7．已知数列{an}为等比数列，且a3＋a5＝π，则a4(a2＋2a4＋a6)＝________.
答案 π2
解析 因为数列{an}为等比数列，
且a3＋a5＝π，
所以a4(a2＋2a4＋a6)
＝a4a2＋2aeq \\al(2,4)＋a4a6
＝aeq \\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \\al(2,5)
＝(a3＋a5)2＝π2.
8．在数列{an}中，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(7,3)，且bn＝nan＋1，若{bn}是等比数列，则数列{bn}的公比是________，an＝________.
答案 2 eq \f(2n－1,n)
解析 因为在数列{an}中，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(7,3)，
且数列{nan＋1}是等比数列，
2a2＋1＝3＋1＝4,3a3＋1＝7＋1＝8，
所以数列{nan＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以nan＋1＝2n，
解得an＝eq \f(2n－1,n).
9．已知数列{an}是等比数列，a3＋a7＝20，a1a9＝64，求a11的值．
解 ∵{an}为等比数列，∴a1·a9＝a3·a7＝64.
又∵a3＋a7＝20，
∴a3＝4，a7＝16或a3＝16，a7＝4.
①当a3＝4，a7＝16时，eq \f(a7,a3)＝q4＝4，
此时a11＝a3q8＝4×42＝64.
②当a3＝16，a7＝4时，eq \f(a7,a3)＝q4＝eq \f(1,4)，
此时a11＝a3q8＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝1.
10．已知数列{an}为等比数列．
(1)若an>0，且a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，求a3＋a5的值；
(2)若数列{an}的前三项和为168，a2－a5＝42，求a5，a7的等比中项．
解 (1)∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，
∴aeq \\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \\al(2,5)＝36，
即(a3＋a5)2＝36，
又∵an>0，∴a3＋a5＝6.
(2)设等比数列{an}的公比为q，
∵a2－a5＝42，∴q≠1.由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＋a1q2＝168，,a1q－a1q4＝42，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＋q2＝168，,a1q1－q3＝42，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2).))
若G是a5，a7的等比中项，则有G2＝a5·a7＝a1q4·a1q6＝aeq \\al(2,1)q10＝962×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))10＝9，
∴a5，a7的等比中项为±3.
11．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1等于( )
A．2 B．－2
C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
答案 D
解析 因为{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，
所以Sn＝na1＋eq \f(1,2)n·(n－1)·(－1)，
由S1，S2，S4成等比数列可知Seq \\al(2,2)＝S1·S4，
代入可得(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)，
解得a1＝－eq \f(1,2).
12．等比数列{an}是递减数列，前n项的积为Tn，若T13＝4T9，则a8a15等于( )
A．±2 B．±4 C．2 D．4
答案 C
解析 ∵T13＝4T9，
∴a1a2…a9a10a11a12a13＝4a1a2…a9，
∴a10a11a12a13＝4.
又∵a10·a13＝a11·a12＝a8·a15，
∴(a8·a15)2＝4，
∴a8a15＝±2.
又∵{an}为递减数列，
∴q>0，∴a8a15＝2.
13．在等比数列{an}中，若a7＝－2，则此数列的前13项之积等于________．
答案 －213
解析 由于{an}是等比数列，
∴a1a13＝a2a12＝a3a11＝a4a10＝a5a9＝a6a8＝aeq \\al(2,7)，
∴a1a2a3…a13＝(aeq \\al(2,7))6·a7＝aeq \\al(13,7)，
而a7＝－2.
∴a1a2a3…a13＝(－2)13＝－213.
14．已知等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，eq \f(5,4)，2a7成等差数列，则a1a2a3·…·an的最大值为________．
答案 1 024
解析 因为等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，eq \f(5,4)，2a7成等差数列，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1qa1q4＝2a1q2，,a1q3＋2a1q6＝2×\f(5,4)，))
解得a1＝16，q＝eq \f(1,2)，
所以an＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝25－n，
所以a1a2a3·…·an＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝
所以当n＝4或n＝5时，a1a2a3·…·an取最大值，且最大值为210＝1 024.
15．在等比数列{an}中，若a7a11＝6，a4＋a14＝5，则eq \f(a20,a10)＝________.
答案 eq \f(2,3)或eq \f(3,2)
解析 ∵{an}是等比数列，
∴a7·a11＝a4·a14＝6，
又a4＋a14＝5，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝2，,a14＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝3，,a14＝2.))
∵eq \f(a14,a4)＝q10，∴q10＝eq \f(3,2)或q10＝eq \f(2,3).
而eq \f(a20,a10)＝q10，∴eq \f(a20,a10)＝eq \f(2,3)或eq \f(3,2).
16．设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1,2,3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.
(1)试用an表示an＋1；
(2)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,3)))是等比数列；
(3)当a1＝eq \f(7,6)时，求数列{an}的通项公式．
(1)解 根据根与系数的关系，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α＋β＝\f(an＋1,an)，,αβ＝\f(1,an).))
代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，
得eq \f(6an＋1,an)－eq \f(2,an)＝3.
所以an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3).
(2)证明 因为an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3)，
所以an＋1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,3))).
若an＝eq \f(2,3)，则方程anx2－an＋1x＋1＝0，
可化为eq \f(2,3)x2－eq \f(2,3)x＋1＝0，
即2x2－2x＋3＝0.
此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，
所以an≠eq \f(2,3)，即an－eq \f(2,3)≠0.
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,3)))是以eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(3)解 当a1＝eq \f(7,6)时， a1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,3)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
所以an－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
所以an＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，n∈N*
即数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，n∈N*.