5.3.1 第2课时 等比数列的性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第五章　三角函数 5.3　等比数列 5.3.1　等比数列 第2课时　等比数列的性质 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 知识点一　等比中项及应用 1．若1，x，y，z，16这五个数成等比数列，则y的值为(　　) A．4 B．－4 C．±4 D．2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 4 2．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，a是b，c的等比中项，且a＋3b＋c＝10，则a的值是(　　) A．1 B．－1 C．－3 D．－4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 5 3．在等比数列{an}中，若a4a5a6＝27，则a3与a7的等比中项是______． ±3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 7 5．一个等比数列中，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．又因为a1a2a3…an＝64＝26＝(a1an)6，所以该数列有12项．故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 9 知识点三　等比数列的综合应用 7．一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，公比q＝3，所以第6天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中蜜蜂的总数为a6＝36＝729(只)． 729 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 10 8．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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 11 知识点四　等差数列与等比数列的综合运用 9．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2＝______． －6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 12 －1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 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＝a11·a12＝a8a15，∴(a8a15)2＝4，∴a8a15＝±2，又等比数列{an}是递减数列，∴{an}中各项同号，∴a8a15＝2．故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 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，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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 21 二、填空题 6．已知数列{an}是等比数列，a2021＝4，a2029＝16，则a2025＝______． 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 22 7．在正项等比数列{an}中，a3与a8是方程x2－30x＋10＝0的两个根，则lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝_____． 解析　由题意可得，a3a8＝10，又{an}为正项等比数列，则a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10，所以lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg (a1a2…a10)＝lg 105＝5． 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 23 8 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 24 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 25 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 26 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝1·y，,y2＝1×16，))得y＝4．故选A． 解析　由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＝a＋c，,a2＝bc，,a＋3b＋c＝10，))结合a，b，c互不相等，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝2，,c＝8.)) 解析　由等比中项的定义知aeq \o\al(2,5)＝a4a6，∴aeq \o\al(3,5)＝27，∴a5＝3，∴a3a7＝aeq \o\al(2,5)＝32，因此a3与a7的等比中项是±3． 知识点二　等比数列的性质的应用 4．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． 6．若数列a1，eq \f(a2,a1)，eq \f(a3,a2)，…，eq \f(an,an－1)，…是首项为1，公比为－eq \r(2)的等比数列，则a5＝(　　) A．－64 B．－32 C．32 D．64 解析　∵数列a1，eq \f(a2,a1)，eq \f(a3,a2)，…，eq \f(an,an－1)，…是首项为1，公比为－eq \r(2)的等比数列，∴a5＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×eq \f(a4,a3)×eq \f(a5,a4)＝1×(－eq \r(2))×(－eq \r(2))2×(－eq \r(2))3×(－eq \r(2))4＝(－eq \r(2))10＝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． 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． 10．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＝eq \r(12,27)f． 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． 5．[多选]已知等比数列{an}，满足a1＝1，公比q＝2，则(　　) A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比数列 B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是递减数列 C．数列{log2an}是等比数列 D．数列{log2an}是递减数列 解析　易知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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,2)的等比数列，故A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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是递减数列，故B正确；log2an＝n－1，log2an＋1－log2an＝n－(n－1)＝1，所以{log2an}是等差数列，故C不正确；由C项分析可知，{log2an}是公差为1的等差数列，所以{log2an}是递增数列，故D不正确．故选AB． 解析　数列{an}为等比数列，且a2021＝4，a2029＝16，则a2025是a2021，a2029的等比中项，且是同号的，所以a2025＝eq \r(a2021a2029)＝eq \r(4×16)＝8． 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　设等比数列{an}的公比为q．∵a2a4＝aeq \o\al(2,3)＝4，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　设等比数列{an}的公比为q．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． $$