3.1 第1课时 等比数列的概念及其通项公式-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦等比数列核心内容，涵盖定义、通项公式及性质应用，通过复习等差数列过渡，以基础题（如已知前三项求公比）为支架，引导学生对比等差与等比的异同，构建知识脉络。 其亮点在于分层设计题目，从基础达标到素养拓展，融入新定义“跳跃数列”，培养学生数学眼光（抽象能力）和数学思维（推理能力）。例如第5题分析前n项和与通项关系，第15题探究“跳跃数列”特征，帮助学生提升逻辑推理与创新意识，教师可借此检测学情，优化教学。

3.1　第1课时　课后达标 检测 1．(2024·陕西西安月考)设{an}是等比数列，且a1－a2＝1，a3－a2＝2，则a5－a4＝(　　) A．8 B．－8 C．4 D．－4 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．已知{an}为递增等差数列，等比数列{bn}以a1，a2为前两项且公比为3，若b5＝am，则m＝(　　) A．13 B．41 C．57 D．86 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 5．已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足a1＝1，an＋1＝2Sn，则a2 024＝(　　) A．2×32 022 B．32 022 C．32 023 D．2×32 023 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．若在1和256中间插入3个数，使这5个数成等比数列，则公比q＝________． 解析：由条件可知，a1＝1，a5＝256，所以q4＝256，解得q＝±4. 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 ±4 课后达标 检测 8．已知三个数成等比数列，它们的和等于14，它们的积等于64，则这三个数是________________________． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 8，4，2或2，4，8 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 11 课后达标 检测 10．(1)已知一个等比数列{an}的第3项与第4项分别是12与18，求这个数列的通项公式； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)已知等比数列{an}中，a5＝3，a7＝27，求公比q及an. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11．设{an}是等比数列，下列结论中正确的是(　　) A．若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0 B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0 C．若0＜a1＜a2，则2a2＜a1＋a3 D．若a1＜0，则(a1－a2)(a2－a3)＞0 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 解析：对于A，若a1＋a2＞0，且公比q＜0，则a2＋a3＝q(a1＋a2)＜0，故A错误； 对于B，若a1＋a3＜0，且公比q＜－1，则a1＋a3＝a1(1＋q2)＜0，即a1＜0，q＋1＜0，所以a1＋a2＝a1(1＋q)＞0，故B错误； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 对于D，若a1＜0，且公比q＝1或q＜0，则(a1－a2)(a2－a3)＝q(a1－a2)2≤0，故D错误．故选C. 课后达标 检测 12．(多选)(2024·河南南阳期中)已知数列{an}满足a1＝1，(anan＋1－1)(2an＋1－an)＝0，则a1 314的值可能为(　　) A．1 B．1 314 C．2－1 313 D．2－521 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ √ 课后达标 检测 解析：(anan＋1－1)(2an＋1－an)＝0，故anan＋1－1＝0或2an＋1－an＝0， ①当anan＋1－1＝0时，a1＝1，故an＝1，a1 314＝1，故A可能； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．在表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 1 2 0.5 1 a b c 1 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 (2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 (3)求{an}的通项公式． 课后达标 检测 15．(2024·江西南昌期中)若数列{an}对任意连续三项ai，ai＋1，ai＋2，均有(ai－ai＋2)(ai＋2－ai＋1)＞0，则称该数列为“跳跃数列”，下列说法中正确的是(　　) A．存在等差数列{an}是“跳跃数列” B．存在公比大于零的等比数列{an}是“跳跃数列” C．若等比数列{an}是“跳跃数列”，则公比q∈(－1，0) D．若数列{an}满足an＋1＝2an＋1，则{an}为“跳跃数列” 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 解析：若{an}是等差数列，设公差为d，则(ai－ai＋2)(ai＋2－ai＋1)＝－2d2≤0，所以不存在等差数列{an}是“跳跃数列”，故A错误； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9，a4＋a5＝8b2三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并解答． 已知等差数列{an}的公差为d(d>1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，________，求数列{an}，{bn}的通项公式． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 解析：设等比数列{an}的公比为q，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1－a1q＝1，,a1q2－a1q＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝－2，,a1＝\f(1,3)，))所以a5－a4＝a1q4－a1q3＝8.故选A. 2．在正项等比数列{an}中，公比为q，且－6，q2，14成等差数列，则log2eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝(　　) A．2 B．－2 C．4 D．－4 解析：因为－6，q2，14成等差数列，所以2q2＝－6＋14，解得q＝2或q＝－2(舍去)，所以log2eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝log2eq \f(（a1＋a2）·q2,a1＋a2)＝log2q2＝2log22＝2.故选A. 3．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝(　　) A．4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n) B．4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n) C．4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1) D．4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) 解析：由题意，知eq \f(a＋1,a－1)＝eq \f(a＋4,a＋1)，即(a＋1)2＝(a－1)·(a＋4)，解得a＝5，所以eq \f(a＋1,a－1)＝eq \f(5＋1,5－1)＝eq \f(3,2).又a－1＝4，所以数列{an}是首项为4，公比为eq \f(3,2)的等比数列，所以an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1). 解析：设等差数列{an}的公差为d，由题知eq \f(a2,a1)＝3，所以a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，所以d＝2a1，所以an＝a1＋(n－1)d＝(2n－1)a1，又因为{bn}为公比为3的等比数列，所以b5＝a1×34＝81a1＝am＝(2m－1)a1，解得m＝41.故选B. 解析：由已知可得a2＝2S1＝2，当n≥2时，由an＋1＝2Sn可得an＝2Sn－1，两式作差可得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)，又eq \f(a2,a1)＝2≠3，所以数列{an}是从第二项开始以3为公比的等比数列，则a2 024＝a2×32 022＝2×32 022.故选A. 6．(多选)已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an))) B．{anan＋1} C．{lg(aeq \o\al(2,n))} D．{an＋an＋1} 解析：由题意知{an}为等比数列，设其公比为q(q≠0)．对于A，eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1qn－1)＝eq \f(1,a1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q))) eq \s\up12(n－1)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq \f(1,a1)为首项，eq \f(1,q)为公比的等比数列，故A正确； 对于B，eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q2，所以数列{anan＋1}是以a1a2为首项，q2为公比的等比数列，故B正确； 对于C，当an＝1时，lg(aeq \o\al(2,n))＝0，数列{lg(aeq \o\al(2,n))}不是等比数列，故C错误； 对于D，当q＝－1 时，an＋an＋1＝0，数列{an＋an＋1}不是等比数列，故D错误．故选AB. 解析：设这三个数依次为eq \f(a,q)，a，aq(a，q≠0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,q)＋a＋aq＝14，,\f(a,q)·a·aq＝64，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋q＋\f(1,q)))＝14，,a3＝64，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,q＝2.))故这三个数为8，4，2或2，4，8. 9．已知数列{an}满足eq \f(an＋1,an＋1＋1)＝eq \f(1,2)，且a2＝2，则a4＝________. 解析：因为eq \f(an＋1,an＋1＋1)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2，所以数列{an＋1}是公比为2的等比数列，所以eq \f(a4＋1,a2＋1)＝22＝4，即eq \f(a4＋1,2＋1)＝4，解得a4＝11. 解：方法一：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝12，,a1q3＝18，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(3,2)，,a1＝\f(16,3)，)) 所以an＝a1qn－1＝eq \f(16,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1). 方法二：因为{an}为等比数列，所以q＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(18,12)＝eq \f(3,2)， 所以an＝a3·qn－3＝12·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－3)＝eq \f(16,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1). 解：由a7＝a5q2，得q2＝eq \f(27,3)＝9，所以q＝±3， 当q＝3时，an＝a5qn－5＝3×3n－5＝3n－4； 当q＝－3时，an＝a5qn－5＝3×(－3)n－5＝－(－3)n－4. 对于C，注意到0＜a1＜a2，所以q＝eq \f(a2,a1)＞1，从而a1＋a3＝eq \f(a2,q)＋a2q≥2 eq \r(\f(a2,q)·a2q)＝2a2，因为q＝eq \f(a2,a1)＞1，故取等条件不成立，所以2a2＜a1＋a3，故C正确； 当anan＋1－1＝0或2an＋1－an＝0同时存在时，可得an＝2k，k∈Z，B选项不可能出现， 存在a1＝a2＝a3＝…＝a793＝1，an＋1＝eq \f(1,2)an(n≥793，n∈N＋)，此时a1 314＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1 314－793)＝2－521，故D可能．故选ACD. ②当2an＋1－an＝0时，an＋1＝eq \f(1,2)an，a1＝1，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，a1 314＝2－1 313，故C可能； 解析：因为每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，所以根据第三列，得eq \f(a,1)＝eq \f(1,2)，可得a＝eq \f(1,2).在第一列中，公比q＝eq \f(1,2)，第3个数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，第4个数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)，第三列中，公比q＝eq \f(1,2)，第4个数为2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,4)，所以第四行中的公差d＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,8)))＝eq \f(1,16)，所以第四行中第4个数b＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,16)＝eq \f(5,16)，同理c＝eq \f(3,16)，所以a＋b＋c＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,16)＋eq \f(3,16)＝1. 14．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq \f(an,n). (1)求b1，b2，b3； 解：由条件可得an＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)an. 将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12. 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4. 解：由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1. 解：{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下： 由nan＋1＝2(n＋1)an可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列． 由(ai－ai＋2)(ai＋2－ai＋1)＝－aeq \o\al(2,i)q(1－q)2(1＋q)＞0，得q∈(－1，0)，故C正确； 因为an＋1＝2an＋1，所以an＋2＝2an＋1＋1＝4an＋3，所以(ai－ai＋2)(ai＋2－ai＋1)＝(ai－4ai－3)(4ai＋3－2ai－1)＝(－3ai－3)(2ai＋2)＝－6(ai＋1)2≤0，故D错误．故选C. 若{an}是等比数列，设公比为q，则(ai－ai＋2)(ai＋2－ai＋1)＝－aeq \o\al(2,i)q(1－q)2(1＋q)，当q＞0时，(ai－ai＋2)(ai＋2－ai＋1)＝－aeq \o\al(2,i)q(1－q)2(1＋q)≤0，故B错误； 解：选条件①： 因为a3＝5，所以a1＋2d＝5， 因为a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q， 所以2a1＋5d＝6a1d， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,2a1＋5d＝6a1d，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(25,6)，,d＝\f(5,12)))(舍去)， 则a1＝b1＝1，d＝q＝2， 故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 选条件②： 因为b2＝2，a1＝b1，d＝q，所以a1d＝2， 因为a3＋a4＝3b3，所以2a1＋5d＝3a1d2， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1d＝2，,2a1＋5d＝3a1d2，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝－2))(舍去)， 则a1＝b1＝1，d＝q＝2， 故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. 选条件③： 因为S3＝9，所以3a1＋3d＝9， 因为a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q， 所以2a1＋7d＝8a1d. 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝9，,2a1＋7d＝8a1d，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(21,8)，,d＝\f(3,8)))(舍去)， 则a1＝b1＝1，d＝q＝2， 故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1. $