3.1 第2课时 等比数列的性质及应用-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知识，涵盖定义、性质及应用，通过基础题（如公比计算）衔接等差数列，搭建从概念理解到综合应用的学习支架，帮助学生逐步深化对等比数列的认知。 其亮点在于结合“m积数列”“正方形构造”等实际情境培养数学眼光，通过均值不等式推理、等比中项应用发展数学思维，用符号语言表达递推关系提升数学语言能力。分层练习设计让学生夯实基础并拓展思维，教师可借此精准把握学情，提升教学效率。

3.1　第2课时　课后达标 检测 1．(2024·陕西西安期中)设等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝2，a4＋a5＋a6＝4，则a10＋a11＋a12＝(　　) A．16 B．32 C．12 D．18 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2．已知{an}(n∈N＋)为等比数列，则“a1＜a2”是“{an}为递增数列”的(　　) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 解析：当公比q＜0且a1＜0时，a2＝a1q＞0，a3＝a1q2＜0，此时a1＜a2，a2＞a3，{an}不为递增数列，充分性不成立； 当等比数列{an}为递增数列时，a1＜a2，必要性成立． 综上所述，“a1＜a2”是“{an}为递增数列”的必要不充分条件．故选A. 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 解析：对于A，若a，b，c三个数成等差数列，则2b＝a＋c＝8，解得b＝4，故A正确； 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 025积数列”，且0＜a1＜1，则当其前n项的乘积取最小值时n的值为(　　) A．1 012 B．1 013 C．2 023 D．2 024 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 解析：根据“2 025积数列”性质可知a1a2a3a4·…·a2 024a2 025＝a2 025， 即a1a2a3a4·…·a2 024＝1， 根据等比中项性质可知a1a2 024＝a2a2 023＝a3a2 022＝…＝a1 012a1 013＝1， 因为0＜a1＜1，且q＞0， 所以前1 012项都是小于1的，从第1 013项开始往后的都是大于1的， 即{an}为递增的等比数列，且a1 012＜1，a1 013＞1， 则当其前n项的乘积取最小值时n的值为1 012.故选A. 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 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 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 5 课后达标 检测 8．画一个边长为2厘米的正方形，再以这个正方形的对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的对角线为边画第3个正方形，这样一共画了10个正方形，则第10个正方形的面积为__________平方厘米． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 2 048 课后达标 检测 9．已知数列{an}均为正项，bn＝lg an且{bn}是等差数列，b1＋b2＋b3＋…＋b99＝198，则a50＝________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 100 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}为递增数列，若a1>0，且2(a4＋a6)＝5a5，求数列{an}的公比q. 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 10 2 12 13 14 15 16 11 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 对于B，因为d＝－2＜0，所以数列{an}为递减数列，故B正确； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 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 14 15 16 11 13 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 14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式； 解：由Sn＝2an－2可得Sn＋1＝2an＋1－2，两式相减可得an＋1＝2an，故数列{an}是以2为公比的等比数列． 又S1＝a1＝2a1－2，得a1＝2，所以an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 (2)在an与an＋1之间插入r个数，使这r＋2个数组成一个公差为dr的等差数列，在数列{dr}中是否存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 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 15．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可以形成一个新的数列，再把所得数列按照同样的方法可以不断构造出新的数列．现将数列1，3进行构造，第1次得到数列1，4，3；第2次得到数列1，5，4，7，3；依次构造，第n(n∈N＋)次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，3.记an＝1＋x1＋x2＋…＋xk＋3，若an＞4 376成立，则n的最小值为(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 解析：由题意得a1＝1＋4＋3＝8， an＋1＝1＋(1＋x1)＋x1＋(x1＋x2)＋x2＋…＋xk＋(xk＋3)＋3 ＝2×1＋3x1＋3x2＋…＋3xk＋3×2＝3×(1＋x1＋x2＋…＋xk＋3)－4＝3an－4，即an＋1＝3an－4， 则an＋1－2＝3(an－2)， 又a1－2＝6， 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 所以{an－2}是以6为首项，3为公比的等比数列， 所以an－2＝6×3n－1，则an＝2×3n＋2，且an随着n的增大而增大， 当n＝7时，a7＝2×37＋2＝4 376； 当n＝8时，a8＝2×38＋2＝13 124＞4 376， 故当an＞4 376成立时，n的最小值为8.故选C. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“扩展”．将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；…….设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，xt，2，并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N＋，求数列{an}的通项公式． 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：设公比为q，由题知，eq \f(a4＋a5＋a6,a1＋a2＋a3)＝q3＝eq \f(4,2)＝2，则a10＋a11＋a12＝(a1＋a2＋a3)q9＝2×(q3)3＝16.故选A. 3．(2024·陕西宝鸡期中)已知a＝4＋2eq \r(3)，c＝4－2eq \r(3)，以下结论中错误的是(　　) A．若a，b，c三个数成等差数列，则b＝4 B．若a，b＋eq \r(3)，b，b－eq \r(3)，c五个数成等差数列，则b＝4 C．若a，b，c三个数成等比数列，则b＝2 D．若a，b，c三个数成等比数列，则b＝±2 对于C，D，若a，b，c三个数成等比数列，则b2＝ac＝(4＋2eq \r(3))×(4－2eq \r(3))＝16－12＝4，即b＝±2，故C错误，D正确．故选C. 对于B，若a，b＋eq \r(3)，b，b－eq \r(3)，c五个数成等差数列，则2b＝a＋c＝8，解得b＝4，且当b＝4时，a，b＋eq \r(3)，b，b－eq \r(3)，c即为4＋2eq \r(3)，4＋eq \r(3)，4，4－eq \r(3)，4－2eq \r(3)成等差数列，故B正确； 5．(多选)已知数列{an}是正项等比数列，且eq \f(2,a3)＋eq \f(3,a7)＝eq \r(6)，则a5的值可能是(　　) A．2 B．4 C.eq \f(8,5) D.eq \f(8,3) 解析：依题意，数列{an}是正项等比数列，所以a3＞0，a7＞0，a5＞0，所以eq \r(6)＝eq \f(2,a3)＋eq \f(3,a7)≥2eq \r(\f(2,a3)·\f(3,a7))＝2,5)eq \f(2\r(6),\r(a)) ，因为a5＞0，所以上式可化为a5≥2，当且仅当a3＝eq \f(2\r(6),3)，a7＝eq \r(6)时等号成立．故选ABD. 6．(多选)设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1a9＝16，则(　　) A．a5＝4 B．当a1＝1时，q＝±eq \r(2) C．log2|T9|＝18 D．aeq \o\al(2,3)＋aeq \o\al(2,7)≥32 解析：对于A，因为aeq \o\al(2,5)＝a1a9＝16，所以a5＝±4，故A错误； 对于B，因为a1＝1，a1a9＝16，则aeq \o\al(2,1)q8＝16，所以q8＝16，所以q＝±eq \r(2)，故B正确； 对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝aeq \o\al(9,5)，所以|T9|＝|aeq \o\al(9,5)|＝218，所以log2|T9|＝18，故C正确； 对于D，aeq \o\al(2,3)＋aeq \o\al(2,7)≥2a3a7＝2a1a9＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，故D正确．故选BCD. 7．在正项等比数列{an}中，若a2＋a3＋a4＝50，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＝2，则a3＝________． 解析：正项等比数列{an}中，a2＋a3＋a4＝50， eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(a3a4＋a2a4＋a2a3,a2a3a4)＝2,3)eq \f(a3a4＋a＋a3a2,aeq \o\al(3,3)) ＝2,3)eq \f(a4＋a3＋a2,a) ＝2,3)eq \f(50,a) ＝2， 解得a3＝5(负值已舍去)，所以a3＝5. 解析：这10个正方形的边长构成以2为首项，eq \r(2)为公比的等比数列{an}(1≤n≤10，n∈N＋)，则第10个正方形的面积S＝aeq \o\al(2,10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(11,2)))) eq \s\up12(2)＝211＝2 048. 解析：因为bn＝lg an且{bn}是等差数列，设公差为d， 所以bn－bn－1＝lg an－lg an－1＝lg eq \f(an,an－1)＝d，所以{an}是正项等比数列， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝lg a1＋lg a2＋lg a3＋…＋lg a99 ＝lg(a1a2a3·…·a99)＝lg aeq \o\al(99,50)＝99lg a50＝198， 所以lg a50＝2，a50＝100. 10．(1)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，求a2的值； 解：设等比数列{an}的公比为q. 由a3a5＝4(a4－1)，得aeq \o\al(2,4)＝4(a4－1)，所以a4＝2， 所以q3＝eq \f(a4,a1)＝8，所以q＝2，所以a2＝a1q＝eq \f(1,2). 解：由2(a4＋a6)＝5a5，得2(a4＋a4q2)＝5a4q， 易知a4≠0，所以2＋2q2＝5q，即(2q－1)·(q－2)＝0，解得q＝2或q＝eq \f(1,2). 因为等比数列{an}为递增数列，且a1>0，所以q>1，所以q＝2. 11．(多选)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和是Sn，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，且a4＋a5＝－20，则下列说法正确的是(　　) A．a2＋1，a4＋1，a6＋1成等比数列 B．数列{an}为递减数列 C．S2，S4，S6也成等比数列 D.eq \f(an＋1,Sn－1)的最大值为eq \f(1,2) 解析：设等差数列{an}的公差为d≠0，由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a2＋1）2＝（a1＋1）（a4＋1），,a4＋a5＝－20，)) 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a1＋d＋1）2＝（a1＋1）（a1＋3d＋1），,2a1＋7d＝－20，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝0))(舍去)， 所以an＝－3－2(n－1)＝－2n－1，Sn＝eq \f(n（－3－2n－1）,2)＝－n2－2n. 对于A，因为a2＝－5，a4＝－9，a6＝－13，则a2＋1＝－4，a4＋1＝－8，a6＋1＝－12， 所以(a2＋1)(a6＋1)≠(a4＋1)2，即a2＋1，a4＋1，a6＋1不成等比数列，故A错误； 对于C，因为S2＝－8，S4＝－24，S6＝－48，可得S2S6≠Seq \o\al(2,4)，所以S2，S4，S6不成等比数列，故C错误； 对于D，因为eq \f(an＋1,Sn－1)＝eq \f(－2n－1＋1,－n2－2n－1)＝eq \f(2n,n2＋2n＋1)＝eq \f(2,n＋\f(1,n)＋2)≤eq \f(2,2 \r(n×\f(1,n))＋2)＝eq \f(1,2)，当且仅当n＝eq \f(1,n)，即n＝1时，等号成立，所以eq \f(an＋1,Sn－1)的最大值为eq \f(1,2)，故D正确．故选BD. 12.如图，已知正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形……如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．记某勾股树中最大正方形的边长为a1，第二大的正方形的边长为a2……以此类推，构成数列{an}，且a11＝eq \f(1,32)，若数列{bn}满足eq \f(bn,a2n＋1)＋2n2＋40＝18n，则使得bk＞bk＋1成立的k的值有(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解析：依题意可得{an}是以a1为首项，eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列， 所以an＝a1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(n－1)，又a11＝eq \f(1,32)，所以a11＝a1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(10)＝eq \f(1,32)，解得a1＝1， 所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(n－1)，所以a2n＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2n＋1－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， 因为eq \f(bn,a2n＋1)＋2n2＋40＝18n，所以bn＝eq \f(－n2－20＋9n,2n－1)， 因为bk＞bk＋1，所以bk＋1－bk＝eq \f(－（k＋1）2－20＋9（k＋1）,2k)－eq \f(－k2－20＋9k,2k－1)＝eq \f(k2－11k＋28,2k)＜0， 又2k＞0，所以k2－11k＋28＝(k－4)(k－7)＜0，解得4＜k＜7， 又k∈N＋，所以满足条件的k的取值集合为{5，6}．故选B. 13．若方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成以eq \f(1,2)为首项的等比数列，则eq \f(m,n)的值是________． eq \f(3,2)或eq \f(2,3) 解析：设方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根由小到大依次为a1，a2，a3，a4， 设x2－mx＋2＝0的一根为eq \f(1,2)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)m＋2＝0，解得m＝eq \f(9,2)， 解方程x2－eq \f(9,2)x＋2＝0，即2x2－9x＋4＝0，解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝4， 由等比数列的性质可知a1a4＝a2a3， 且方程x2－mx＋2＝0的两根之积为2，方程x2－nx＋2＝0的两根之积也为2，所以a4＝4， 则等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q＝eq \r(3,\f(a4,a1))＝2，所以a2＝eq \f(1,2)×2＝1，a3＝eq \f(1,2)×22＝2， 由根与系数的关系得n＝1＋2＝3，因此eq \f(m,n)＝eq \f(\f(9,2),3)＝eq \f(3,2). 若eq \f(1,2)是方程x2－nx＋2＝0的一根，则n＝eq \f(9,2)，以下同上可得m＝3，此时eq \f(m,n)＝eq \f(3,\f(9,2))＝eq \f(2,3). 综上，eq \f(m,n)的值是eq \f(3,2)或eq \f(2,3). 解：由(1)知，an＝2n，an＋1＝2n＋1.由题意得an＋1＝an＋(r＋2－1)dr，即2n＋1＝2n＋(r＋1)dr，所以dr＝eq \f(2n,r＋1). 假设在数列{dr}中存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列， 则deq \o\al(2,k)＝dm·dp，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,k＋1))) eq \s\up12(2)＝eq \f(2m,m＋1)·eq \f(2p,p＋1)， 化简得eq \f(4k,（k＋1）2)＝eq \f(2m＋p,（m＋1）（p＋1）). 由m，k，p成等差数列，得m＋p＝2k， 所以eq \f(4k,（k＋1）2)＝eq \f(22k,mp＋m＋p＋1)＝eq \f(4k,mp＋2k＋1)，即(k＋1)2＝mp＋2k＋1，即k2＝mp. 又m＋p＝2k，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋p,2))) eq \s\up12(2)＝mp，即(m－p)2＝0， 所以m＝p，则m＝p＝k，这与题设矛盾． 故在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列． 解：因为an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)， 所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·x2·…·xt·(xt·2)·2]＝log2(12·xeq \o\al(3,1)·xeq \o\al(3,2)·xeq \o\al(3,3)·…·xeq \o\al(3,t)·22)＝3an－1，所以an＋1－eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))， a1＝log2(1×2×2)＝2， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))是一个以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，所以an－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1，所以an＝eq \f(3n＋1,2). $