1.3.1 第2课时 等比数列的性质及应用(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（北师大版2019）

第2课时　等比数列的性质及应用 　　观察等比数列:2,4,8,16,32,64,128,256,… 可以发现:162=8×32=4×64=2×128,即=a3a5=a2a6=a1a7 观察项的角标满足什么关系?由此你能得到什么结论? 1.熟悉等比数列的有关性质。 2.掌握等比数列在实际中的应用。 3.掌握等比数列与等差数列的综合应用。 等比数列的常用性质 (1)an=qn-m·am(m,n∈N+)。 (2)如果m+n=k+l(m,n,k,l∈N+),则有am·an=ak·al。 特别地,如果m+n=2k(m,n,k∈N+),则有am·an=。 (3)若m,n,p(m,n,p∈N+)成等差数列,则am,an,ap成等比数列。 (4)在等比数列{an}中,每隔k项(k∈N+)取出一项,按原来的顺序排列,所得的新数列仍为等比数列。 (5)如果{an},{bn}均为等比数列,且公比分别为q1,q2,那么数列,{anbn},,{|an|}仍是等比数列,且公比分别为,q1q2,,|q1|。 (6)等比数列的项的对称性:在有穷等比数列中,与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积,即a1·an=a2an-1=a3·an-2=…。 微思考 1.等比数列的单调性与a1和q什么关系? 提示: 公比q单调性首项a1 q>1 0<q<1 q=1 q<0 a1>0 递增数列 递减数列 常数 数列 摆动 数列 a1<0 递减数列 递增数列 2.已知等比数列{an},取其奇数项组成一个新数列,则此数列是否为等比数列?若取偶数项呢? 提示:设等比数列{an}的公比为q,其奇数项为a1,a3,a5,…,是公比为q2的等比数列;同样,偶数项也是公比为q2的等比数列。从等比数列中,每隔一定的距离抽取一项,组成的数列仍为等比数列。 3.设数列{an}是各项为正数的等比数列,那么{lg an}还是等比数列吗? 提示:不是,{lg an}是等差数列。 类型一 等比数列性质的应用 　　【例1】　(1)已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6= (　　) A.5　　　B.7 C.6　　　D.±5 解析　解法一:由等比中项的性质知a1a2a3==5,a7a8a9==10,所以a2a8=5,所以a4a5a6==()3=(5)3=5。解法二:由等比数列的性质知a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9构成等比数列,所以(a1a2a3)·(a7a8a9)=(a4a5a6)2,所以a4a5a6=±=±5。又数列各项均为正数,所以a4a5a6=5。 答案　A (2)已知等比数列{an}满足an>0,n=1,2,…,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1= (　　) A.n(2n-1) B.(n+1)2 C.n2 D.(n-1)2 解析　解法一:由a5·a2n-5=22n得a1q4·a1q2n-6=q2n-2=22n,所以(a1qn-1)2=(2n)2。又an>0,所以a1qn-1=2n。故log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=log2(a1a3·…·a2n-1)=log2(q2+4+…+2n-2)=log2[qn(n-1)]=log2[(a1qn-1)n]=log2[(2n)n]=n2。 解法二:由等比中项的性质,得a5·a2n-5=(an)2=22n,因为an>0,所以an=2n。取特殊值,如令n=2,则log2a1+log2a3=log2(2·23)=log224=4。只有C选项符合。 解法三:由等比中项的性质,得a5·a2n-5=(an)2=22n,因为an>0,所以an=2n。于是log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=1+3+…+(2n-1)=n2。 解法四:因为a1·a2n-1=a3·a2n-3=a5·a2n-5=…=(an)2=22n,所以log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=log2(a1a3·…·a2n-1)=log2[(a1a2n-1)(a3a2n-3)·…·an]=log2=n2。 答案　C 　　应用等比数列的性质解题的策略 (1)等比数列的性质是等比数列的定义、通项公式等基础知识的推广与变形,熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等比数列问题。 (2)应用等比数列的性质解题的关键是发现问题中涉及的数列各项的下标之间的关系,充分利用①若m+n=p+q(m,n,p,q∈N+),则aman=apaq;②若m+n=2t(m,n,t∈N+),则aman=进行求解 【变式训练】　(1)等比数列{an}中,a2=3,a7a10=36,则a15等于 (　　) A.12　　　B.6 C.-12　　　D.-6 解析　由a2a15=a7a10,得a15===12,故选A。 答案　A (2)在等比数列{an}中,若a7+a8+a9+a10=,a8a9=-,则+++=　　　　。  解析　因为+=,+=,由等比数列的性质知a7a10=a8a9,所以+++==÷-=-。 答案　- 类型二 等比数列的实际应用 　　【例2】　已知0<r<p<100,在一容器内装有浓度为r%的溶液1 kg,注入浓度为p%的溶液 kg,搅匀后倒出混合液 kg。如此反复进行下去。 (1)写出第1次混合后溶液的浓度a1%; (2)设第n次混合后溶液的浓度为an%,试用an表示an+1; (3)写出an的通项公式。 解　(1)a1%==(p+4r)%。 (2)an+1%==(p+4an)%, 即an+1=(p+4an)。 (3)由(2)知an+1=(p+4an), 即an+1-p=(an-p), 所以{an-p}是一个首项为a1-p=(r-p),公比为的等比数列, 所以an-p=(r-p)=(r-p)·, 所以an=p-(p-r)。 　　求解此类问题应先把实际问题转化为等比数列问题,在建立等比数列模型后,计算时往往要运用指数运算等,要注意计算的准确性,对于近似计算问题,答案要符合题设中实际问题的需要 【变式训练】　某小区现有住房的面积为a平方米,在改造过程中政府决定每年拆除b平方米旧住房,同时按当年住房面积的10%建设新住房,则n年后该小区的住房面积为 (　　) A.a·1.1n-nb B.a·1.1n-10b(1.1n-1) C.n(1.1a-1) D.(a-b)1.1n 解析　由题意,第一年的住房面积为a1=a·1.1-b,第二年的住房面积为a2=a1·1.1-b=a·1.12-1.1b-b,…,则an+1=an·1.1-b。若an+1+m=(an+m)·1.1,则m=-10b,所以{an-10b}是首项为a1-10b,公比为1.1的等比数列,则an-10b=(a1-10b)×1.1n-1=(a-10b)×1.1n,所以an=1.1na-10b(1.1n-1)。故选B。 答案　B 类型三 等比数列的综合应用 　　命题方向1:等差、等比数列性质的综合应用 　　【例3】　已知{an}是等差数列,{bn}是正项等比数列,且b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6,则a2 018+b9= (　　) A.2 274 B.2 074 C.2 226 D.2 026 解析　设等差数列{an}的公差为d,正项等比数列{bn}的公比为q>0,因为b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6,所以q2=q+2,q3=2a1+6d,q4=3a1+13d,解得q=2,a1=d=1,则a2 018+b9=1+2 017+28=2 274。 答案　A 　　等差数列与等比数列的综合应用:一方面注意两种性质的结合使用,另一方面也要注意两种数列通项公式的综合应用 【变式训练】　设公差不为零的等差数列{an}满足a3=7,且a1-1,a2-1,a4-1成等比数列,则a10等于　　　　。  解析　设等差数列{an}的公差为d,d≠0,则a1=a3-2d=7-2d,a2=a3-d=7-d,a4=a3+d=7+d,由于a1-1,a2-1,a4-1成等比数列,所以(a2-1)2=(a1-1)(a4-1),即(6-d)2=(6-2d)(6+d),化简得d2-2d=0,由于d≠0,解得d=2,因此,a10=a3+7d=7+7×2=21。 答案　21 　　命题方向2:探究性问题 　　【例4】　是否存在一个等比数列{an}同时满足下列三个条件:①a1+a6=11且a1a6=;②an+1>an(n∈N+);③至少存在一个m(m∈N+,且m>4),使得am-1,,am+1+依次构成等差数列? 解　假设存在满足条件的等比数列{an}。 由①可知 由②可知数列{an}是递增数列,所以a6>a1, 则⇒q=2。此时an=×2n-1。 由③可知2=am-1+am+1+⇔2×2m-12=××2m-2+×2m+, 解得m=3,与已知m>4矛盾,故这样的数列{an}不存在。 　　本题要注意数列的单调性及指数方程的求解过程,可以利用换元法转化为一元二次方程求解 【变式训练】　已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+5n,数列{bn}中,b1=8,64bn+1-bn=0,问:是否存在常数c,使得对任意的正整数n,an+logcbn恒为常数m?若存在,求出常数c和m的值;若不存在,请说明理由。 解　存在。理由如下: 因为Sn=3n2+5n,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+2。 又因为a1=S1=8适合上式,所以an=6n+2。 由64bn+1-bn=0,得=, 所以数列{bn}是首项为8,公比为8-2的等比数列, 所以bn=8×(8-2)n-1=83-2n。 假设存在常数c,使得对任意的正整数n,an+logcbn=m恒成立, 则6n+2+logc83-2n=m, 即(6-2logc8)n+(2+3logc8)=m对任意n∈N+恒成立, 所以所以 1.在等比数列{an}中,a2=8,a5=64,则公比q为 (　　) A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.8 解析　由a5=a2q3,得q3=8,所以q=2。 答案　A 2.在正项等比数列{an}中,a3=2,a4a6=64,则的值是 (　　) A.4　　　 B.8 C.16　　 D.64 解析　a4a6==64,又a5>0,所以a5=8,所以=q2=4,所以==q4=(q2)2=16。 答案　C 3.在1与2之间插入6个正数,使这8个数成等比数列,则插入的6个数的积为　　　　。  解析　设这8个数组成的等比数列为{an},则a1=1,a8=2。插入的6个数的积为a2a3a4a5a6a7=(a2a7)·(a3a6)·(a4a5)=(a1a8)3=23=8。 答案　8 4.已知等比数列{an}的各项均为正数,且a1+2a2=4,=4a3a7,则a5=　　　　。  解析　设公比为q,则由题意,得所以所以a5=2×4=。 答案　 5.已知等比数列{an}。 (1)若a4=2,a7=8,求an; (2)若{an}为递增数列,且=a10,2(an+an+2)=5an+1,求通项公式an。 解　(1)因为=q7-4=, 即q3=4,所以q=, 所以an=a4·qn-4=2·()n-4=2·()n-4=。 (2)由=a10=a5·q10-5,且a5≠0, 得a5=q5,即a1q4=q5,又q≠0,所以a1=q。 由2(an+an+2)=5an+1,得2an(1+q2)=5anq, 因为an≠0,所以2(1+q2)=5q, 解得q=或q=2。 因为a1=q,且{an}为递增数列, 所以a1=q=2。 所以an=2·2n-1=2n。 学科网（北京）股份有限公司 $$