1.3.1 第2课时 等比数列的性质及实际应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦等比数列的性质及实际应用，作为§3.1第2课时，承接等比数列概念与通项公式，通过增减性判断、等比中项应用、性质灵活运用及实际问题解决等学习支架，构建知识脉络。 其亮点在于采用知识点对点练与40分钟综合练分层设计，结合设备折旧、蜜蜂归巢等实际案例，以数学眼光观察现实问题，数学思维推理等比数列规律，数学语言表达几何面积数列关系。多种解法（如第5题双设项法）培养思维多样性，助力学生提升应用能力与逻辑推理素养，教师可据此高效开展分层教学。

第一章　数列 §3　等比数列 3.1　等比数列的概念及其通项公式 第2课时　等比数列的性质及实际应用 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　等比数列的增减性 1．在等比数列{an}中，已知a1<0，8a6－a3＝0，则数列{an}为(　　) A．递增数列 B．递减数列 C．常数列 D．无法确定单调性 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 4 2．设{an}是等比数列，则“a1<a2”是“数列{an}为递增数列”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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 5 知识点二　等比中项及灵活设项的应用 3．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 知识对点练 10 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 7 5．有四个实数，前三个数成等比数列，且它们的乘积为216，后三个数成等差数列，且它们的和为12，求这四个数． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 10 7．一个等比数列中，前三项的积为2，最后三项的积为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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 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． 729 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 14 40分钟综合练 一、选择题 1．等比数列{an}中，a2a4＝16，a1＋a5＝17，则a3＝(　　) A．－4 B．2 C．4 D．±4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 17 3．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＝a11a12＝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 40分钟综合练 18 4．数列{an}是等比数列，首项为a1，公比为q，则“a1(q－1)<0”是“数列{an}为递减数列”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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 20 5．[多选]各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1>1，公比q≠1，下列命题正确的是(　　) A．若T5＝T9，则必有T7是Tn中最小的项 B．若T5＝T9，则必有T14＝1 C．若T6>T7，则必有T7>T8 D．若T6>T7，则必有T5>T6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 22 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 40分钟综合练 23 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＝_____． 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 24 8 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 25 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 40分钟综合练 26 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 40分钟综合练 27 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：由8a6－a3＝0，可知eq \f(a6,a3)＝q3＝eq \f(1,8)，解得q＝eq \f(1,2)．又a1<0，所以数列{an}为递增数列． 解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1<a2，可得a1(q－1)>0，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q<1（q≠0）.))此时数列{an}不一定是递增数列；若数列{an}为递增数列，可得a1<a2，所以“a1<a2”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件． 解析：由于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝1×y，,y2＝1×16))⇒y＝4，故选A． 4．一个数分别加上20，50，100后得到的三个数成等比数列，则其公比为(　　) A．eq \f(5,3) B．eq \f(4,3) C．eq \f(3,2) D．eq \f(1,2) 解析：设这个数为x，则(50＋x)2＝(20＋x)(100＋x)，解得x＝25．所以这三个数分别为45，75，125，公比q为eq \f(75,45)＝eq \f(5,3)． 解：解法一：设前三个数分别为eq \f(a,q)，a，aq， 则eq \f(a,q)·a·aq＝216，所以a3＝216． 所以a＝6． 因此前三个数分别为eq \f(6,q)，6，6q． 由题意知第4个数为12q－6． 所以6＋6q＋12q－6＝12，解得q＝eq \f(2,3)． 故所求的四个数分别为9，6，4，2． 解法二：设后三个数分别为b－d，b，b＋d， 则b－d＋b＋b＋d＝12，解得b＝4， 所以后三个数分别为4－d，4，4＋d． 由题意知第1个数为eq \f(1,4)(4－d)2， 所以eq \f(1,4)(4－d)2×(4－d)×4＝216，解得d＝－2． 故所求的四个数分别为9，6，4，2． 知识点三　等比数列性质的应用 6．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． 8．在等比数列{an}中，a1＝8，aeq \o\al(2,5)＋16aeq \o\al(2,7)＝8aeq \o\al(2,6)，则a9的值为______． 解析：由题意得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)． 解析：等比数列{an}中，a2a4＝16，所以a1a5＝16．又a1＋a5＝17，所以a1＝1，a5＝16或a1＝16，a5＝1．因为aeq \o\al(2,2)＝a1a3，所以a3>0．因为aeq \o\al(2,3)＝a1a5＝16，所以a3＝4．故选C． 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． 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：由已知a1(q－1)<0，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q<1（q≠0）))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1，))an＝a1qn－1，此时数列{an}不一定是递减数列，所以“a1(q－1)<0”不是“数列{an}为递减数列”的充分条件；若数列{an}为递减数列，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1，))所以a1(q－1)<0，所以“a1(q－1)<0”是“数列{an}为递减数列”的必要条件．所以“a1(q－1)<0”是“数列{an}为递减数列”的必要不充分条件．故选B． 解析：正项等比数列{an}的前n项积为Tn，a1>1，公比q≠1，当T5＝T9时， a6a7a8a9＝1，而a6a9＝a7a8，则a7a8＝1，即aeq \o\al(2,1)q13＝1，而a1>1，有0<q<1，数列{an}递减，因此数列{an}前7项均大于1，从第8项起均小于1，必有T7是Tn中最大的项，A不正确；由A项知，T14＝a1a14·a2a13·a3a12·a4a11·a5a10·a6a9·a7a8＝(a7a8)7＝1，B正确；当T6>T7时，a1q6＝a7<1，而a1>1，则0<q<1，数列{an}递减，0<a8<a7<1，有T8＝a8T7<T7，C正确；因为T6＝a6T5，由C项知，0<q<1，数列{an}递减，而a6与1的大小关系不确定，D不正确．故选BC． 解析：因为数列{an}是等比数列，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． 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＝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：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＋1B n＋1C n＋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． $