3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式-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知识，涵盖概念、性质及前n项和公式，通过对比等差数列引入，结合《九章算术》衰分问题等实例，帮助学生构建从等差到等比的知识脉络，形成学习支架。 其亮点在于融合数学文化与实际应用，以问题链培养数学眼光（发现数量关系）、数学思维（逻辑推理求公比）和数学语言（建立递推模型）。如第4题从古代织布问题抽象等比数列，第11题通过存栏数递推分析变化，助力学生提升应用能力，也为教师提供分层训练素材，提高教学效率。

3.2　第1课时　课后达标 检测 1．已知正项等比数列{an}满足a4＝16，a6＝64，则S5＝(　　) A．62 B．30或10 C．62或－22 D．30 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2．已知等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则k＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 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 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 5．在数列{4n－3}中抽取部分项(按原来的顺序)构成一个新数列，记为{an}，再在数列{an}中插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为1，公比为3的等比数列{bn}．若bk＝729，则数列{bn}中第k项前(不含bk)插入的项的和最小为(　　) A．30 B．91 C．273 D．820 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 解析：因为{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以bn＝3n－1，则由bk＝3k－1＝729，得k＝7，即数列{bn}中前6项分别为1，3，9，27，81，243，其中1，9，81是数列{4n－3}中的项，3，27，243不是数列{4n－3}中的项，且3＋27＋243＝273，所以数列{bn}中第7项前(不含729)插入的项的和最小为273.故选C. 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 课后达标 检测 8．已知正项等比数列{an}的前n和为Sn，若S3＝13，且a5＝a4＋6a3，则满足Sn＜123的n的最大值为________． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 5 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10．已知{an}为等差数列，各项均为正数的等比数列{bn}的前n项和为Sn，且2a1＝b1＝2，a2＋a8＝10，________．在①λSn＝bn－1(λ∈R)；②a4＝S3－2S2＋S1；③bn＝2λan(λ∈R)这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并作答． (1)求数列{an}和{bn}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 解：设等差数列{an}的公差为d，因为2a1＝2，所以a1＝1， 因为a2＋a8＝10，所以2a1＋8d＝10， 所以d＝1，所以an＝1＋(n－1)×1＝n. 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 选②： 设等比数列{bn}的公比为q，则q＞0， 依题意得a4＝S3－2S2＋S1＝(S3－S2)－(S2－S1)＝b3－b2＝b1(q2－q)＝4， 因为b1＝2，所以2(q2－q)＝4，解得q＝2或q＝－1(舍去)， 所以bn＝2×2n－1＝2n. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 选③： 当n＝1时，b1＝2λa1，即2＝2λ，所以λ＝1， 所以bn＝2an，因为an＝n，所以bn＝2n. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 注：若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 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11．(多选)存栏数是指某一阶段，养殖场中牲畜的实际数量．某牧场2024年年初牛的存栏数为500，预计以后每年存栏数的增长率为20%，且在每年年底卖出60头牛．设牧场从2024年起每年年初的计划存栏数依次为c1，c2，c3，…，cn，…，其中n∈N＋，则下列结论正确的是(参考数据：1.25≈2.488 3，1.26≈2.986 0，1.27≈3.583 2，1.210≈6.191 7)(　　) A．c2＝540 B．cn＋1与cn的递推公式为cn＋1＝1.2cn－60 C．按照计划2030年年初存栏数首次突破1 000 D．令S10＝c1＋c2＋c3＋…＋c10，则S10≈8 192 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ √ √ 课后达标 检测 解析：由题意得c1＝500，并且cn＋1＝1.2cn－60，故B正确； 所以c2＝1.2c1－60＝1.2×500－60＝540，故A正确； 设cn＋1－x＝1.2(cn－x)，则cn＋1＝1.2cn－0.2x，则0.2x＝60，则x＝300，所以cn＋1－300＝1.2(cn－300)，即数列{cn－300}是首项为c1－300＝200，公比为1.2的等比数列，则cn－300＝200×1.2n－1，则cn＝300＋200×1.2n－1，令cn＝300＋200×1.2n－1＞1 000，则1.2n－1＞3.5，因为1.26≈2.986 0，1.27≈3.583 2，所以n－1≥7，则n≥8，故2031年年初存栏数首次突破1 000，故C错误； 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 13．已知等差数列{an}的公差d≠0，由{an}中的部分项组成的数列ab1，ab2，ab3，…，abn为等比数列，其中b1＝1，b2＝3，b3＝7.则数列{bn}的前10项和为________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 2 036 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，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上． (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？ 解：因为点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，所以an＋1＝3Sn＋1，当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.于是an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝3an，所以an＋1＝4an.又当n＝1时，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1，所以当t＝1时，a2＝4a1，此时，数列{an}是等比数列． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 (2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 15.(多选)数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就 是其中一类，螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意 是“旋卷”或“缠卷”．如图所示，正六边形A1A2A3A4A5A6的边长为1，分别取其各条边的四等分点，连接得到正六边形B1B2B3B4B5B6，再取其各条边的四等分点，连接得到正六边形C1C2C3C4C5C6，依次类推……对于阴影部分，记第一个阴影△A1B1B6的最大边长为a1，面积为S1；第二个阴影△B1C1C6的最大边长为a2，面积为S2，第三个阴影三角形的最大边长为a3，面积为S3，依次类推……下列说法正确的是(　　) 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 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.因为该正项等比数列{an}满足a4＝16，a6＝64，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1q3＝16，,a6＝a1q5＝64，,q＞0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2，))故S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(2（1－25）,1－2)＝62.故选A. 解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a3＋…＋a2k＋1＝a1＋a2q＋…＋a2kq＝85，即q(a2＋…＋a2k)＝85－1＝84，因为a2＋a4＋…＋a2k＝42，所以q＝2， 则a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋a2k＋1＝85＋42＝127＝eq \f(1×（1－22k＋1）,1－2)，即128＝ 22k＋1，解得k＝3.故选B. 3．(2024·陕西汉中月考)已知数列{an}中，an＝2×3n－1，则数列{aeq \o\al(2,n)}的前n项和为(　　) A.eq \f(9n－1,2)－1 B.eq \f(9n－1,2) C.eq \f(9n－1－1,2) D.eq \f(9n,2)－1 解析：因为2,n＋1)eq \f(a,aeq \o\al(2,n)) ＝(eq \f(an＋1,an))2＝(eq \f(2×3n,2×3n－1))2＝9，且aeq \o\al(2,1)＝4，所以{aeq \o\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列，所以{aeq \o\al(2,n)}的前n项和为eq \f(4（1－9n）,1－9)＝eq \f(9n－1,2).故选B. 4．(2024·河南南阳月考)我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织十尺，问次日织几尺？其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布10尺，请问第二天织布的尺数是(　　) A.eq \f(40,31) B.eq \f(20,31) C.eq \f(10,31) D.eq \f(5,31) 解析：由题可得该女子每天织布的尺数成等比数列，设其首项为a1，公比为q＝2，由等比数列前n项和公式Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，得到eq \f(a1（1－25）,1－2)＝10，解得a1＝eq \f(10,31)，所以第二天织布的尺数为a2＝eq \f(10,31)×2＝eq \f(20,31).故选B. 6．(多选)已知等比数列{an}公比为q，前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则(　　) A．q＝2 B.eq \f(S6,S3)＝9 C．S3，S6，S9成等比数列 D．Sn＝2an－a1 解析：对于A，a6＝8a3，即eq \f(a6,a3)＝q3＝8，解得q＝2，故A正确； 对于B，eq \f(S6,S3)＝eq \f(\f(a1（1－q6）,1－q),\f(a1（1－q3）,1－q))＝eq \f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝9，故B正确； 对于C，Seq \o\al(2,6)－S3S9＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q6）,1－q))) eq \s\up12(2)－eq \f(a1（1－q3）,1－q)·eq \f(a1（1－q9）,1－q)＝2,1)eq \f(a,（1－q）2) [(1－q6)2－(1－q3)(1－q9)]＝2,1)eq \f(a,（1－q）2) (1－2q6＋q12－1＋q3＋q9－q12)＝2,1)eq \f(a,（1－q）2) (q9－2q6＋q3)＝2,1)eq \f(aq3,（1－q）2) ·(q3－1)2≠0，所以Seq \o\al(2,6)≠S3S9，即S3，S6，S9不成等比数列，故C错误； 对于D，Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝a1(2n－1)＝2a1·2n－1－a1＝2an－a1，故D正确．故选ABD. 解析：由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8×eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7×eq \f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，所以q＝－eq \f(1,2). －eq \f(1,2) 7．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和．若8S6＝7S3，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公比为________． 解析：设等比数列{an}的公比为q.因为a5＝a4＋6a3，所以q2－q－6＝0，解得q＝－2 或q＝3. 由数列为正项等比数列，则q＞0，所以q＝3. 又由S3＝13，即a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13，解得a1＝1， 因为Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(3n－1,2)，所以eq \f(3n－1,2)＜123，得3n＜247，解得n＜log3247， 因为log3243＜log3247＜log3729，即log3247∈(5，6)，又n∈N＋，所以n的最大值为5. 9．在数列{an}中，a1＝2，a3＝26，若数列{log3(an＋1)}为等差数列，则Sn＝eq \f(1,a2－a1)＋eq \f(1,a3－a2)＋…＋eq \f(1,an＋1－an)＝____________． eq \f(1,4)(1－eq \f(1,3n)) 解析：设等差数列{log3(an＋1)}的公差为d，由a1＝2，a3＝26知log3(a1＋1)＝1，log3(a3＋1)＝3，所以2d＝log3(a3＋1)－log3(a1＋1)＝2，即d＝1，所以log3(an＋1)＝1＋(n－1)·1＝n，解得an＝3n－1，所以eq \f(1,an＋1－an)＝eq \f(1,3n＋1－3n)＝eq \f(1,2×3n)，所以Sn＝eq \f(1,a2－a1)＋eq \f(1,a3－a2)＋…＋eq \f(1,an＋1－an)＝eq \f(\f(1,6)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(1,3)）n)),1－\f(1,3))＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,3n))． 选①： 当n＝1时，λS1＝λb1＝b1－1，即2λ＝2－1， 解得λ＝eq \f(1,2)，所以Sn＝2(bn－1)； 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2(bn－1)－2(bn－1－1)， 即bn＝2bn－1， 所以{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以bn＝2×2n－1＝2n. 解：由(1)得an＋bn＝n＋2n， 所以Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n) ＝eq \f(n（1＋n）,2)＋eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n－2. S10＝c1＋c2＋c3＋…＋c10＝300×10＋200×eq \f(1－1.210,1－1.2)＝3 000＋ 1 000×(1.210－1)≈8 192，故D正确．故选ABD. 12．设数列{an}的前n项和为Sn，点(n，eq \f(Sn,n))(n∈N＋)均在直线y＝x＋eq \f(1,2)上．若bn＝3an＋eq \f(1,2)，则数列{bn}的前n项和Tn＝________． eq \f(9n＋1－9,8) 解析：依题意得eq \f(Sn,n)＝n＋eq \f(1,2)，即Sn＝n2＋eq \f(1,2)n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋eq \f(1,2)n)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（n－1）2＋\f(1,2)（n－1）))＝2n－eq \f(1,2)； 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，符合an＝2n－eq \f(1,2)，所以an＝2n－eq \f(1,2)(n∈N＋)，则bn＝3an＋ ＝32n，由eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(32（n＋1）,32n)＝32＝9，可知{bn}为公比为9的等比数列，b1＝32＝9， 故Tn＝eq \f(9（1－9n）,1－9)＝eq \f(9n＋1－9,8). eq \f(1,2) 解析：由题意可得a1，a3，a7成等比数列，即有aeq \o\al(2,3)＝a1a7，由等差数列的通项公式可得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，则an＝a1＋(n－1)d＝(n＋1)d，由{an}中的部分项组成的等比数列的公比q＝eq \f(ab2,ab1)＝eq \f(a3,a1)＝2，得abn＝a1·2n－1＝d·2n＝(bn＋1)d，可得bn＝2n－1，则数列{bn}的前10项和为(2＋4＋…＋210)－10＝eq \f(2（1－210）,1－2)－10＝2 036. 解：由(1)，可得an＝4n－1，an＋1＝4n， 所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n， 那么Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(40＋41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)＝eq \f(4n－1,3)＋eq \f(n（n＋1）,2). A．S2＝eq \f(39\r(3),1 024) B．数列{an}是以eq \f(3,4)为公比的等比数列 C．数列{Sn}的前2 024项和小于eq \f(\r(3),4) D．任意两个阴影三角形的最大边都不平行 解析：因为正六边形A1A2A3A4A5A6的边长为1，所以正六边形A1A2A3A4A5A6的每个内角为120°，由题知，在△A1B1B6中，A1B1＝eq \f(1,4)，A1B6＝eq \f(3,4)，所以由余弦定理得B1B6＝ eq \r(（\f(1,4)）2＋（\f(3,4)）2－2×\f(1,4)×\f(3,4)×（－\f(1,2)）)＝eq \f(\r(13),4)，则a1＝eq \f(\r(13),4)，S1＝eq \f(1,2)·A1B1·A1B6·sin 120°＝eq \f(3\r(3),64)， 易知an＝ eq \r(（\f(1,4)an－1）2＋（\f(3,4)an－1）2－2×\f(1,4)an－1×\f(3,4)an－1·cos 120°) ＝eq \f(\r(13),4)an－1，所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(\r(13),4)，所以数列{an}是以eq \f(\r(13),4)为首项，eq \f(\r(13),4)为公比的等比数列，所以an＝(eq \f(\r(13),4))n，因为Sn＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)an－1×eq \f(3,4)an－1·sin 120°＝eq \f(3\r(3),64)aeq \o\al(2,n－1)＝eq \f(3\r(3),64)·(eq \f(13,16))n－1，所以数列{Sn}是以eq \f(3\r(3),64)为首项，eq \f(13,16)为公比的等比数列． 对于A，S2＝eq \f(3\r(3),64)·eq \f(13,16)＝eq \f(39\r(3),1 024)，故A正确； 对于B，数列{an}是以eq \f(\r(13),4)为公比的等比数列，故B错误； 对于C，{Sn}的前2 024项和为S1＋S2＋…＋S2 024＝eq \f(\f(3\r(3),64)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(13,16)）2 024)),1－\f(13,16))＝eq \f(\r(3),4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(13,16)）2 024))＜eq \f(\r(3),4)，故C正确； 对于D，记阴影三角形的最小角为θ，由余弦定理得cos θ＝2,n)eq \f(（\f(3,4)an－1）2＋a－（\f(1,4)an－1）2,2×\f(3,4)an－1·an) ＝eq \f(7,2\r(13))，若存在两条最大边平行，则无限缠卷后，最终最小角顶点无限重合，即存在nθ＝2kπ(其中n，k为正整数)，使得 cos nθ＝1，由cos 2θ＝2cos2θ－1＝eq \f(23,26)，cos 3θ＝cos(2θ＋θ) ＝cos 2θ·cos θ－sin 2θ·sin θ＝(2cos2θ－1)·cos θ－2sin2θ·cos θ ＝(2cos2θ－1)·cos θ－2(1－cos2θ)·cos θ＝cos θ(4cos2θ－3)＝eq \f(35,13\r(13))，持续计算，可知不可能使cos nθ＝1，故不存在两个阴影三角形的最大边平行，故D正确．故选ACD. 16．已知数列{an}的首项a1＝eq \f(3,2)，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈ N＋)． (1)求a2及an； 解：由2an＋1＋Sn＝3，得2a2＋a1＝3.因为a1＝eq \f(3,2)，所以a2＝eq \f(3,4). 又2an＋1＋Sn＝3，① 则2an＋Sn－1＝3(n≥2)，② ①－②得，2an＋1－an＝0，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)(n≥2)． 又eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2)，所以数列{an}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列． 故an＝eq \f(3,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)(n∈N＋)． (2)若Sn满足eq \f(S2n,Sn)＞eq \f(64,63)，求n的最大值． 解：由(1)可得Sn＝eq \f(\f(3,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝ 3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))，所以S2n＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2n))). 因此eq \f(S2n,Sn)＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n).令1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＞eq \f(64,63)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＞eq \f(1,63)， 即2n＜63，所以n<log263且n∈N＋，故n的最大值为5. $