4.3.1 第2课时 等比数列的性质及应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4.3　等比数列 4.3.1　等比数列的概念 第2课时　等比数列的性质及应用 15分钟对点练 目录 30分钟综合练 15分钟对点练 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4 2．一个等比数列中，前3项的积为2，最后3项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有(　　) A．10项 B．11项 C．12项 D．13项 解析：设该等比数列为{an}，由已知a1a2a3＝2，an－2an－1an＝4及等比数列的性质，得(a1an)3＝8，所以a1an＝2.又a1a2a3…an＝64＝26＝(a1an)6，所以该数列有12项．故选C. 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 3．在等比数列{an}中，a1＝8，a＋16a＝8a，则a9的值为________． 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6 知识点二　等比数列的综合问题 4．设等比数列{an}的公比为q，k∈N*，bn＝a(n－1)k＋1＋a(n－1)k＋2＋…＋ank(n＝1，2，…)，试判断数列{bn}是否是等比数列．如果是，求出其公比；如果不是，请说明理由． 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7 5．(2024·云南曲靖高二期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－n2＋2. (1)试用an表示an＋1； (2)求证数列{an＋2n＋3}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式． 解：(1)当n＝1时，由Sn＝2an－n2＋2，得S1＝a1＝2a1－1＋2，解得a1＝－1， 由Sn＝2an－n2＋2得Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)2＋2， 两式相减，得Sn＋1－Sn＝an＋1＝2an＋1－2an－2n－1， 化简得an＋1＝2an＋2n＋1. (2)由(1)可知，an＋1＋2(n＋1)＋3＝(2an＋2n＋1)＋2n＋5＝2an＋4n＋6＝2(an＋2n＋3)， 又a1＋2×1＋3＝4， 所以数列{an＋2n＋3}是首项为4，公比为2的等比数列． 所以an＋2n＋3＝4×2n－1，即an＝2n＋1－2n－3. 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 答案 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 7．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2＝________． 答案 解析 －6 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析 答案 －1 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 知识点四　等比数列的实际应用 9．一批设备价值a万元，由于使用磨损，每年比上一年价值降低b%，则n年后这批设备的价值为(　　) A．na(1－b%) B．a(1－nb%) C．a(1－b%)n D．a[1－(b%)n] 解析：依题意可知第一年后的价值为a(1－b%)，第二年后的价值为a(1－b%)2，依此类推形成首项为a(1－b%)，公比为1－b%的等比数列，则可知n年后这批设备的价值为a(1－b%)n.故选C. 解析 答案 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 13 10．一个蜂巢里有一只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了2个伙伴；第2天，3只蜜蜂飞出去，各自找回了2个伙伴；…；如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂． 解析：每天蜜蜂归巢后的数目组成一个等比数列{an}，a1＝3，q＝3，所以第6天所有蜜蜂归巢后，蜜蜂总数为a6＝36＝729. 解析 答案 729 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 14 30分钟综合练 一、选择题 1．等比数列{an}是递减数列，前n项的积为Tn，若T13＝4T9，则a8a15＝(　　) A．±2 B．±4 C．2 D．4 解析：∵T13＝4T9，∴a1a2…a9a10a11a12a13＝4a1a2…a9，∴a10a11a12a13＝4，∵a10a13＝a11a12＝a8a15，∴(a8a15)2＝4，∴a8a15＝±2，又等比数列{an}是递减数列，∴q>0，{an}中各项同号，即a8a15＝2.故选C. 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 16 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 17 3．在数列{an}中，a1＝2，当n为奇数时，an＋1＝an＋2；当n为偶数时，an＋1＝2an－1，则a12＝(　　) A．32 B．34 C．66 D．64 解析：依题意，得a1，a3，a5，a7，a9，a11构成以2为首项，2为公比的等比数列，故a11＝a1×25＝64，a12＝a11＋2＝66.故选C. 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 18 4．给定正数p，q，a，b，c，其中p≠q，若p，a，q是等比数列，p，b，c，q是等差数列，则一元二次方程bx2－2ax＋c＝0(　　) A．无实根 B．有两个相等实根 C．有两个同号相异实根 D．有两个异号实根 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 19 5．[多选](2024·福建福州高二期末)设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件0<a1<1，a8a9>1，a8a9＋1<a8＋a9，则下列结论正确的是(　　) A．q>1 B．a8a10<1 C．T17>1 D．Tn的最小值为T9 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 二、填空题 6．(2024·上海宝山高二期末)已知数列{an}是等比数列，且an>0，a3a5＋2a4a6＋a5a7＝25，则a4＋a6＝__________． 答案 5 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 21 7．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________． 答案 解析 4 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 22 8 答案 解析 4 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 23 三、解答题 9．在正项等比数列{an}中，a1a5－2a3a5＋a3a7＝36，a2a4＋2a2a6＋a4a6＝100，求数列{an}的通项公式． 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 24 证明 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 25 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等比数列的性质的运用 1．在等比数列{an}中，a7a11＝6，a4＋a14＝5，则eq \f(a20,a10)＝(　　) A．eq \f(2,3) B．eq \f(3,2) C．eq \f(2,3)或eq \f(3,2) D．－eq \f(2,3)或－eq \f(3,2) 解析：在等比数列{an}中，a4a14＝a7a11＝6　①，又a4＋a14＝5　②，由①②组成方程组，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝2，,a14＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝3，,a14＝2，))∴eq \f(a20,a10)＝eq \f(a14,a4)＝eq \f(2,3)或eq \f(3,2).故选C. eq \f(1,32) 解析：aeq \o\al(2,6)＝a5a7，由aeq \o\al(2,5)＋16aeq \o\al(2,7)＝8aeq \o\al(2,6)可得aeq \o\al(2,5)＋16aeq \o\al(2,7)＝8a5a7，所以(a5－4a7)2＝0，a5＝4a7＝4a5q2，解得q2＝eq \f(1,4)，所以a9＝a1q8＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(4)＝eq \f(1,32). 解：由bn＝a1q(n－1)k(1＋q＋…＋qk－1)，得 bn＋1＝a1qnk(1＋q＋…＋qk－1)． ①当1＋q＋…＋qk－1＝0，即q＝－1且k为偶数时，bn＝0， 此时数列{bn}不是等比数列． ②当1＋q＋…＋qk－1≠0时， eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a1qnk（1＋q＋…＋qk－1）,a1q（n－1）k（1＋q＋…＋qk－1）)＝qk(qk为常数)， 此时数列{bn}是首项为b1＝a1＋a2＋…＋ak，公比为qk的等比数列． 知识点三　等差数列与等比数列的综合运用 6．[多选]已知等比数列{an}满足a1＝1，q＝2，则(　　) A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列 B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是递减数列 C．数列{log2an}是等差数列 D．数列{log2an}是递减数列 解析：因为an＝2n－1，eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n－1)，eq \f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq \f(2n－1,2n)＝eq \f(1,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,2)的等比数列，不是等差数列，故A不正确；由A项分析可知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以是递减数列，故B正确；log2an＝n－1，log2an＋1－log2an＝n－(n－1)＝1，所以数列{log2an}是等差数列，故C正确；由C项分析可知，数列{log2an}是公差为1的等差数列，所以是递增数列，故D不正确．故选BC. 解析：由题意，知a3＝a1＋4，a4＝a1＋6.∵a1，a3，a4成等比数列，∴aeq \o\al(2,3)＝a1a4，∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝－8，∴a2＝－6. 8．已知－7，a1，a2，－1四个实数成等差数列，－4，b1，b2，b3，－1五个实数成等比数列，则eq \f(a2－a1,b2)＝________． 解析：解法一：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则有－7＋3d＝－1，－4×q4＝－1，解得d＝2，q2＝eq \f(1,2)，所以a2－a1＝d＝2，b2＝－4×q2＝－4×eq \f(1,2)＝－2，所以eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(2,－2)＝－1. 解法二：因为－7，a1，a2，－1四个实数成等差数列，所以a2－a1＝eq \f(1,3)×[(－1)－(－7)]＝2，因为－4，b1，b2，b3，－1五个实数成等比数列，所以－4，b2，－1成等比数列，所以beq \o\al(2,2)＝(－4)×(－1)＝4，所以b2＝2或b2＝－2，由beq \o\al(2,1)＝－4×b2＞0知b2＜0，所以b2＝－2，所以eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(2,－2)＝－1. 2．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　) A．eq \r(3,2)f B．eq \r(3,22)f C．eq \r(12,25)f D．eq \r(12,27)f 解析：由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为eq \r(12,2)的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝eq \r(12,27)f，故选D. 解析：∵p，a，q是等比数列，p，b，c，q是等差数列，∴a2＝pq，2b＝p＋c，2c＝b＋q，b＋c＝p＋q，解得b＝eq \f(2p＋q,3)，c＝eq \f(p＋2q,3)，∴Δ＝(－2a)2－4bc＝4a2－4bc＝4pq－eq \f(4,9)(2p＋q)(p＋2q)＝－eq \f(8,9)p2－eq \f(8,9)q2＋eq \f(16,9)pq＝－eq \f(8,9)(p2－2pq＋q2)＝－eq \f(8,9)(p－q)2.又p≠q，∴－eq \f(8,9)(p－q)2＜0，即Δ＜0，原方程无实根．故选A. 解析：根据题意，等比数列{an}的公比为q，由a8a9>1，所以q>0，由a8a9＋1<a8＋a9，得a8a9＋1－a8－a9<0，变形得(a8－1)(a9－1)<0，又q>0且0<a1<1，则a8<1<a9，故q＝eq \f(a9,a8)>1，故A正确；由a8a10＝aeq \o\al(2,9)>1，故B错误；T17＝a1a2a3…a16a17＝(a1a17)(a2a16)…a9＝aeq \o\al(17,9)>1，故C正确；因为q>0且0<a1<1，所以等比数列{an}是递增数列，而a8<1<a9，则Tn的最小值为T8，故D错误．故选AC. 解析：由等比数列的性质可得，a3a5＝aeq \o\al(2,4)，a5a7＝aeq \o\al(2,6)，所以a3a5＋2a4a6＋a5a7＝25化为aeq \o\al(2,4)＋2a4a6＋aeq \o\al(2,6)＝25，即(a4＋a6)2＝25，又因为an>0，所以a4＋a6＝5. 解析：∵am－1am＋1－2am＝0，由等比数列的性质可得，aeq \o\al(2,m)－2am＝0，∵am≠0，∴am＝2.∵T2m－1＝a1a2…a2m－1＝(a1a2m－1)(a2a2m－2)…am＝aeq \o\al(2m－2,m)am＝aeq \o\al(2m－1,m)＝22m－1＝128，∴2m－1＝7，∴m＝4. 8．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则a1＝________，满足anan＋1an＋2＞eq \f(1,9)的最大正整数n的值为________． 解析：∵a2a4＝4＝aeq \o\al(2,3)，且a3＞0，∴a3＝2.又a1＋a2＋a3＝eq \f(2,q2)＋eq \f(2,q)＋2＝14，∴eq \f(1,q)＝－3(舍去)或eq \f(1,q)＝2，即q＝eq \f(1,2)，a1＝8.又an＝a1qn－1＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－4)，∴anan＋1an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3n－9)＞eq \f(1,9)，即23n－9＜9，∴n的最大值为4. 解：原式可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a3－a5）2＝36，,（a3＋a5）2＝100，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＋a5＝10，,a3－a5＝6))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＋a3＝10，,a5－a3＝6.)) ∴a3＝8，a5＝2，q＝eq \f(1,2)或a5＝8，a3＝2，q＝2. ∴当q＝eq \f(1,2)时，a1＝32，an＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝26－n； 当q＝2时，a1＝eq \f(1,2)，an＝2n－2. 证明：由题意，得△AnBnCn(n＝1，2，3…)的边长AnBn是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，故AnBn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1). 因为△AnBnCn为等边三角形，所以S△AnBnCn＝eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2n－2). 所以eq \f(S△An＋1Bn＋1Cn＋1,S△AnBnCn)＝eq \f(\f(\r(3),4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2n),\f(\r(3),4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2n－2))＝eq \f(1,4). 因此数列S△A1B1C1，S△A2B2C2，S△A3B3C3，…是等比数列． 10．如图所示，在边长为1的等边三角形A1B1C1中，连接各边中点得△A2B2C2，再连接△A2B2C2各边的中点得△A3B3C3，…，如此继续下去，试证明数列S△A1B1C1，S△A2B2C2，S△A3B3C3，…是等比数列． $$