1.3.2 等比数列与指数函数（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（湘教版2019）  

1.3.2 等比数列与指数函数 (深化课—题型研究式教学) 课时目标 进一步理解等比数列，能根据等比数列的定义推出等比数列的性质．通过建立数列模型并应用数列模型解决生活中的实际问题．掌握等比数列的综合应用问题． CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　等比数列与指数函数 题型(二)　等比数列的性质 题型(三)　等比数列项的设法与求解 4 课时跟踪检测 题型(一)　等比数列与指数函数 01 (1)当a1>0，q>1时，数列{an}为正项的递增等比数列． (2)当a1>0,0<q<1时，数列{an}为正项的递减等比数列． (3)当a1<0，q>1时，数列{an}为负项的递减等比数列． (4)当a1<0,0<q<1时，数列{an}为负项的递增等比数列． (5)当q＝1时，数列{an}为常数列． (6)当q<0时，数列{an}为摆动数列；奇数项符号相同，偶数项符号相同． [例1]　设数列{an}的公比为q，则“a1>0且0<q<1”是“{an}是递减数列”的(　 ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 √ 方法技巧 判断等比数列的单调性时，要结合等比数列的函数性质，选择恰当的性质解题．　　 1．设{an}是等比数列，则“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的(　 ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 针对训练 √ 题型(二)　等比数列的性质 02 对称性 对有穷等比数列，与首末两端“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1an＝a2an－1＝a3an－2＝…＝am·an－m＋1(n>m且n，m∈N＋)； 特别地：(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N＋)，则ak·al＝am·an； (2)若m，p，n(m，p，n∈N＋)成等差数列，则am，ap，an成等比数列 子数列 (1)对于无穷等比数列{an}，若将其前k项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为ak＋1，公比为q； (2)若取出所有的k的倍数项，组成的数列仍为等比数列，首项为ak，公比为qk； (3)连续取相邻k项的和(或积)构成公比为qk(或qk2)的等比数列 续表 续表 ∵an>0， ∴a3＋a5＝5. (3)由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9， ∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2·…·a10)＝log3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)]＝log395＝10. 方法技巧 √ 2．在等比数列{an}中，若a5a7a9a11＝36，则a2a14＝(　 ) A．6 B．9 C．±6 D．±9 针对训练 √ 题型(三)　 等比数列项的设法与求解 03 [例3]　已知四个数前三个成等差数列，后三个成等比数列，中间两数之积为16，首尾两数之积为－128，求这四个数． 因此所求的四个数为－4,2,8,32或4，－2，－8，－32. 方法技巧 4．有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，首末两项和为21，中间两项和为18，求这四个数． 解：设这四个数分别为x，y,18－y,21－x， 针对训练 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 3．若{an}为等比数列，则“a1＜a3＜a5”是“数列{an}是递增数列”的(　 ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：若等比数列{an}是递增数列，可得a1＜a3＜a5一定成立；反之：例如数列{(－1)n＋12n}，此时满足a1＜a3＜a5，但数列{an}不是递增数列．所以“a1＜a3＜a5”是“数列{an}是递增数列”的必要且不充分条件． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 4．在1与100之间插入n个正数，使这n＋2个数成等比数列，则插入的n个数的积为(　 ) A．10n B．n10 C．100n D．n100 解析：设这n＋2个数为a1，a2，…，an＋1，an＋2，则(a2·a3·…·an＋1)2＝(a1·an＋2)n＝100n，∴a2·a3·…·an＋1＝10n. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6．数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________. 解析：设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d， ∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1， 1 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7．已知等比数列{an}的首项为－2，公比为q.试写出一个实数q＝_______________________________，使得an＜an＋1. 解析：因为等比数列{an}的首项为－2，公比为q，且an＜an＋1，－2qn－1<－2qn，即qn－1>qn， 所以qn－1(1－q)>0. 因为等比数列{an}为递增数列， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＋a5＋a9＝π，则cos(a2＋a8)＝______；若bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，则b1b2…b10＝______. 解析：因为数列{an}为等差数列，a1＋a5＋a9＝π， 32 又因为数列{bn}为等比数列，bn>0，且b5b6＋b4b7＝4， 所以2b5b6＝4⇒b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9．若四个数成等比数列，将这四个数分别减去1,1,4,13后所得数成等差数列，求这四个数． 解：设所求四个数分别为a，aq，aq2，aq3， 则a－1，aq－1，aq2－4，aq3－13成等差数列． 所以这四个数分别为3,6,12,24. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 因为数列{an}各项为正数，所以Sn没有最大值，C错误． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13．已知数列{an}，{bn}满足bn＝log2an(n∈N＋)．其中{bn}是等差数列，若a10a2 013＝2，则b1＋b2＋…＋b2 022＝________. 1 011 ∴b1＋b2 022＝log2a1＋log2a2 022＝log2(a1a2 022)＝log2(a10a2 013)＝1， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∴q2＝2，又q>0， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 即a1q4＝q5，又q≠0， ∴a1＝q. 由2(an＋an＋2)＝5an＋1得，2an(1＋q2)＝5qan， ∵an≠0，∴2(1＋q2)＝5q， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∵a1＝q，且{an}为递增数列， ∴an＝2·2n－1＝2n(n∈N＋)． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)由题意，得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.又a1＝1，d＞0， 所以d＝2，an＝2n－1. 又t为整数，所以适合条件的t的最大值为8. 解析：由等比数列的通项公式可得，an＝a1·qn－1＝·qn，当a1>0且0<q<1时，>0，且y＝qn单调递减，则an＝·qn是递减数列，故充分性满足；当an＝·qn是递减数列时，可得或故必要性不满足．所以“a1>0且0<q<1”是“{an}是递减数列”的充分而不必要条件． 解析：设等比数列{an}的公比为q，由a1<a2，可得a1(q－1)>0，解得或此时数列{an}不一定是递增数列； 由数列{an}为递增数列，可得a1<a2， 所以“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的必要而不充分条件． 合成数列 (1)若{an}是等比数列，公比为q，则数列{λan}(λ≠0)，，{a}都是等比数列，且公比分别是q，，q2； (2)若{an}，{bn}是项数相同的等比数列，公比分别是p和q，那么{anbn}与也都是等比数列，公比分别为pq和 [例2]　已知{an}为等比数列， (1)若{an}满足a2a4＝，求a1aa5； (2)若an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，求a3＋a5； (3)若an>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值． 解：(1)等比数列{an}中，∵a2a4＝， ∴a＝a1a5＝a2a4＝， ∴a1aa5＝. (2)由等比中项，化简条件得a＋2a3a5＋a＝25，即(a3＋a5)2＝25， 等比数列的运算常用的两条思路 (1)根据已知条件，寻找、列出两个方程，确定a1，q，然后求其他； (2)利用性质巧解，其中m＋n＝k＋l＝2s(m，n，k，l，s∈N＋)⇔am·an＝ak·al＝a.　　 解析：因为a5a7a9a11＝ a＝36，所以a＝6(舍负)，所以a2a14＝a＝6.故选A． 3．已知等比数列{an}满足：a2＋a4＋a6＋a8＝20，a2a8＝2，则＋＋＋的值为(　 ) A．20 B．10 C．5 D． 解析：在等比数列{an}中，由等比数列的性质可得a4a6＝a2a8＝2.所以＋＋＋＝＋＝＝＝10.故选B． 解：设四个数为－a，，a，aq， 则由题意得 解得或 等比数列中的设项方法与技巧 (1)若三个数成等比数列，可设三个数为a，aq，aq2或，a，aq. (2)若四个数成等比数列，可设为a，aq，aq2，aq3；若四个数均为正(负)数，可设为，，aq，aq3. 则由题意得 解得或 故所求的四个数为3,6,12,18或，，，. A级——综合提能 1．在等比数列{an}中，若a2a6＋a＝π，则a3a5等于(　 ) A． B． C． D． 解析：∵a2a6＝a＝a3a5，∴a3a5＝. 2．已知等比数列{an}为递减数列，若a7a14＝6，a4＋a17＝5，则＝(　 ) A． B． C． D．6 解析：∵a7a14＝6，a4＋a17＝5，∴a4与a17为方程x2－5x＋6＝0的两个根，解得a4＝2，a17＝3或a4＝3，a17＝2，∵an>an＋1，∴a4＝3，a17＝2，∴q13＝＝，则＝＝. 5．已知正项等比数列{an}，满足a2·a·a2 024＝16，则a1·a2·…·a1 021＝(　 ) A．41 021 B．21 021 C．41 022 D．21 022 解析：在正项等比数列{an}中， a2·a·a2 024＝16，因为a2·a2 024＝a，所以(a9a1 013)2＝16，即 a9a1 013＝a＝4.所以a511＝2.所以a1·a2·a3·…·a1 021＝a＝21 021.故选B． ∴q＝＝＝1. (答案不唯一，满足0<q<1即可) 所以qn－1>0，解得0<q<1，则q可取. － 所以3a5＝π⇒a5＝， 所以cos(a2＋a8)＝cos(2a5)＝cos＝－. 所以解得 B级——应用创新 10．[多选]已知等比数列{an}的公比q＝－，等差数列{bn}的首项b1＝9，若a7>b7且a8>b8，则以下结论正确的是(　 ) A．a8>0 B．b8<0 C．a7>a8 D．b7>b8 解析：因为等比数列{an}的公比q＝－，则a7＝a1，a8＝－a1，而a1的正负不确定，因此不能确定a7和a8的正负及大小关系，A、C错误；显然a7和a8异号，又a7>b7且a8>b8，则b7，b8中至少有一个是负数，而b1＝9>0，于是等差数列{bn}的公差d<0，即数列{bn}单调递减，因此b7>b8，且b8<0，B、D正确．故选BD． 11．[多选]公比为q的等比数列{an}，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足a1＞1，a2 022·a2 023＞1，＜0，则下列结论正确的是(　 ) A．Tn的最大值为T2 022 B．a2 022·a2 024＜1 C．Sn的最大值为S2 024 D．0＜q＜1 解析：因为公比为q的等比数列{an}满足a1＞1，a2 022·a2 023＞1，＜0，所以a2 022＞1,0＜a2 023＜1,0＜q＜1，故当n＝2 022时，Tn取得最大值，A、D正确； a2 022·a2 024＝a＜1，B正确； 12．已知等比数列{an}的首项a1＝2 014，公比为q＝，记bn＝a1a2a3·…·an，则bn达到最大值时，n的值为(　 ) A．10 B．11 C．12 D．不存在 解析：bn达到最大值时an≥1，且n取得最大值， 即2 014×n－1≥1，解得n≤11.所以bn达到最大值时，n的值为11. 解析：∵{bn}为等差数列，设公差为d，则bn＋1＝log2an＋1，bn＝log2an，bn＋1－bn＝log2＝d，则＝2d，故{an}为等比数列， ∴b1＋b2＋…＋b2 022＝＝1 011. 14．在等比数列{an}中． (1)已知a3＝4，a7＝16，且q>0，求an； (2)若{an}为递增数列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，求通项公式an. 解：(1)∵＝q4＝4， ∴q＝， ∴an＝a3·qn－3＝4·()n－3＝2(n∈N＋)． (2)由a＝a10＝a5·q10－5，且a5≠0，得a5＝q5， 解得q＝或q＝2. ∴ 15．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且第2项，第5项，第14项分别是一个等比数列的第2项，第3项，第4项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，是否存在最大的整数t，使得对任意的n均有Sn＞成立？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (2)bn＝＝＞0， 所以数列{Sn}是递增数列，S1＝b1＝为Sn的最小值， 故＞，t＜9. $$