1.3.2 等比数列与指数函数(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（湘教版）

1.3.2　 等比数列与指数函数 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 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 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 1.等比数列的函数特性 对于等比数列{an},an=a1qn-1,当q<0时,数列{an}是摆动数列,当q>0时,情况如下: a1 a1>0 a1<0 q的范围 0<q<1 q=1 q>1 0<q<1 q=1 q>1 {an}的单调性 ______ 常数列 ______ ______ 常数列 递减 递减 递增 递增 2.推广的等比数列的通项公式 若{an}是等比数列,首项为a1,公比为q,则an=_______=________ (m,n∈N+). a1qn-1 am·qn-m 3.常用等比数列的性质 (1)如果m+n=k+l(m,n,k,l∈N+),则有_________________. (2)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,{an·bn},,{|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=_________=____________=…. am·an=ak·al a2·an-1 ak·an-k+1 基础落实训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)an=amqn-m(n,m∈N+,q≠0),当m=1时,就是an=a1qn-1. ( 　) (2)若{an}为等比数列,且m+n=p(m,n,p∈N+),则am·an=ap. ( 　) (3)若{an},{bn}都是等比数列,则{an+bn}是等比数列. ( 　) (4)若数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列,且公比相同, 则{an}是等比数列. ( 　) √ × × × 2.在等比数列{an}中,a4=6,a8=18,则a12= (　　) A.24　　　　B.30　　　　C.54　　　　D.108 √ 3.[多选]若数列{an}是等比数列,则下面四个数列也一定是等比数列的有(　　) A.{can}(c为常数) B.{an+an+1} C.{an·an+1} D.{} 4.在等比数列{an}中,a2=3,a5=81,则公比q为________. 3 √ √ 课堂题点研究·迁移应用融通 题型(一)　等比数列与指数函数 [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.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 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”的充分不必要条件. 　　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. |思|维|建|模| 针对训练 1.设{an}是等比数列,则“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 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”的必要不充分条件. 题型(二)　等比数列的性质 [例2]　已知{an}为等比数列, (1)若{an}满足a2a4=,求a1a5; 解:等比数列{an}中,∵a2a4=, ∴=a1a5=a2a4=,∴a1a5=. (2)若an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,求a3+a5; 解:由等比中项,化简条件得+2a3a5+=25, 即(a3+a5)2=25,∵an>0,∴a3+a5=5. (3)若an>0,a5a6=9,求log3a1+log3a2+…+log3a10的值. 解: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. 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=. |思|维|建|模| 针对训练 2.在等比数列{an}中,若a5a7a9a11=36,则a2a14= (　　) A.6　　　　B.9　　　　C.±6　　　　D.±9 √ 解析:因为a5a7a9a11= =36,所以=6(舍负),所以a2a14==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. √ [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. 题型(三)　等比数列项的设法与求解 解:设四个数为-a,,a,aq,则由题意得 解得或 因此所求的四个数为-4,2,8,32或4,-2,-8,-32. 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. |思|维|建|模| 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. 针对训练 解:设这四个数分别为x,y,18-y,21-x, 则由题意得 解得或 故所求的四个数为3,6,12,18或,,,. 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.在等比数列{an}中,若a2a6+=π,则a3a5等于(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析:∵a2a6==a3a5,∴a3a5=. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 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==. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 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”的必要不充分条件. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.已知正项等比数列{an},满足a2··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··a2 024=16,因为a2·a2 024=, 所以=16,即 a9a1 013==4.所以a511=2.所以a1·a2·a3·…·a1 021 ==21 021.故选B. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.[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. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.[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=<1, B正确;因为数列{an}各项为正数,所以Sn没有最大值,C错误. √ √ √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.(5分)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=__________. 1 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, ∴q===1. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)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. (答案不唯一,满足0<q<1即可) 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,所以qn-1>0,解得0<q<1,则q可取. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)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=_______. - 32 解析:因为数列{an}为等差数列,a1+a5+a9=π, 所以3a5=π⇒a5=,所以cos(a2+a8)=cos(2a5)=cos =-.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. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)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 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 022=log2a1+log2a2 022 =log2(a1a2 022)=log2(a10a2 013)=1,∴b1+b2+…+b2 022==1 011. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(5分)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,则这四个数分别为________________. 3,6,12,24 解析: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. 所以解得 所以这四个数分别为3,6,12,24. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)在等比数列{an}中. (1)已知a3=4,a7=16,且q>0,求an;(4分) 解:∵=q4=4,∴q2=2,又q>0,∴q=, ∴an=a3·qn-3=4·()n-3=(n∈N+). 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若{an}为递增数列,且=a10,2(an+an+2)=5an+1,求通项公式an.(6分) 解:由=a10=a5·q10-5,且a5≠0,得a5=q5, 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, 解得q=或q=2.∵a1=q,且{an}为递增数列, ∴∴an=2·2n-1=2n(n∈N+). 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(10分)在等比数列{an}(n∈N+)中,a1>1,公比q>0.设bn=log2an,且b1+b3+b5=6, b1b3b5=0. (1)求证:数列{bn}是等差数列;(4分) 解:证明:因为bn=log2an,所以bn+1-bn=log2an+1-log2an=log2=log2q(q>0)为常数,所以数列{bn}为等差数列且公差d=log2q. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an.(6分) 解:因为b1+b3+b5=6,所以(b1+b5)+b3=2b3+b3=3b3=6,即b3=2.又因为a1>1, 所以b1=log2a1>0,又因为b1·b3·b5=0,所以b5=0,即即 解得因此Sn=4n+(-1)=. 又因为d=log2q=-1,所以q=,b1=log2a1=4,即a1=16,所以an=25-n(n∈N+). 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(10分)等比数列{an}同时满足以下三个条件:(1)a1+a6=11;(2)a3a4=; (3)三个数a2,,a4+成等差数列.求数列{an}的通项公式. 解:由等比数列的性质,知a1a6=a3a4=. 由得或 ∴或 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∴an=·2n-1或an=·26-n. 若an=·2n-1, 则a2+a4+=,2=, ∴a2,,a4+成等差数列,满足条件(3). 若an=·,则a2+a4+=,2=. ∵a2+a4+≠2, ∴a2,,a4+不成等差数列,不满足条件(3). 故数列{an}的通项公式为an=·. $$