高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第1课时教学设计

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第1课时教学设计，共10页。教案主要包含了等比数列的通项公式，等比数列中的基本计算，等比数列通项公式的简单应用等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.能根据等比数列的定义推导等比数列的通项公式.2.掌握等比数列的通项公式的结构特征并能进行基本的运算．
导语
同学们，前面我们学习了等比数列的概念，和等差数列一样，我们也希望有一个式子来表示我们昨天提到的折纸每一次，其厚度是多少，或者当其厚度为多少时，我们折了多少次，这就是我们今天要研究的等比数列的通项公式．
一、等比数列的通项公式
问题 类比等差数列，你能根据等比数列的定义推导它的通项公式吗？
提示 设一个等比数列的首项是a1，公比是q，则由定义可知eq \f(an,an－1)＝q(n∈N*且n≥2)．
方法一 an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝q×q×…×q×q×a1＝a1qn－1，
当n＝1时，上式也成立．
方法二 a2＝a1q，
a3＝a2q＝(a1q)q＝a1q2，
a4＝a3q＝(a1q2)q＝a1q3，
…
由此可得an＝a1qn－1，当n＝1时，上式也成立．
知识梳理
等比数列的通项公式
若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则an＝a1qn－1(n∈N*)．
例1 写出下列等比数列的一个通项公式：
(1)－1,1，－1,1，－1…；(2)1，eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，eq \f(1,8)…；(3)5,10,20,40….
解 (1)数列的首项为－1，公比为－1，所以an＝(－1)×(－1)n－1＝(－1)n；
(2)数列的首项为1，公比为eq \f(1,2)，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1；
(3)数列的首项为5，公比为2，所以an＝5×2n－1.
反思感悟 写一个等比数列的通项公式，关键是找出该等比数列的首项和公比，这也是所有基本运算中的基本方法，需要注意的是，若公比是负数或分数时，需加括号．
跟踪训练1 已知等比数列的通项公式是an＝7×21－n，试写出它的首项和公比．
解 当n＝1时，a1＝7×21－1＝7，当n＝2时，a2＝7×21－2＝eq \f(7,2)，所以q＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2)，所以该等比数列的首项和公比分别是7，eq \f(1,2).
二、等比数列中的基本计算
例2 在等比数列{an}中：
(1)a1＝1，a4＝8，求an；
(2)an＝625，n＝4，q＝5，求a1；
(3)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n.
解 (1)因为a4＝a1q3，
所以8＝q3，所以q＝2，
所以an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)a1＝eq \f(an,qn－1)＝eq \f(625,54－1)＝5，故a1＝5.
(3) 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝a1q＋a1q4＝18， ①,a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝9， ②))
由eq \f(②,①)，得q＝eq \f(1,2)，从而a1＝32.
又an＝1，
所以32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝1，
即26－n＝20，故n＝6.
反思感悟 等比数列的通项公式涉及4个量a1，an，n，q，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这四个量中，a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解．
跟踪训练2 在等比数列{an}中：
(1)若它的前三项分别为5，－15,45，求a5；
(2)若a4＝2，a7＝8，求an.
解 (1)因为a5＝a1q4，而a1＝5，
q＝eq \f(a2,a1)＝－3，
所以a5＝405.
(2)因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝a1q3，,a7＝a1q6，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝2， ①,a1q6＝8， ②))
由eq \f(②,①)得q3＝4，
从而q＝eq \r(3,4)，而a1q3＝2，
于是a1＝eq \f(2,q3)＝eq \f(1,2)，所以an＝a1qn－1＝.
三、等比数列通项公式的简单应用
例3 已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq \f(5,4)，则a1·a2·a3·…·an的最大值为( )
A．5 B．512 C．1 024 D．2 048
答案 C
解析 a2·a3＝a1q·a1q2＝2a1，
∴a4＝2.
a4＋2a7＝a4＋2a4q3＝2×eq \f(5,4)，
∴q＝eq \f(1,2)，a1＝eq \f(a4,q3)＝16.
故an＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝24×21－n＝25－n，
所以a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝eq \f(1,2)<1，
所以数列的前4或5项的积最大，且最大值为16×8×4×2＝1 024.
反思感悟 会用基本量，即首项和公比来解决和等比数列有关的问题，仔细审题，抓住题目中的关键信息或限制条件．
跟踪训练3 在首项为1，公比不为1的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，am＝a1a2…a7，则m的值为( )
A．20 B．22 C．24 D．28
答案 B
解析 a1＝1，am＝qm－1＝q1＋2＋…＋6，q≠1，
m－1＝1＋2＋…＋6＝21，故m＝22.
1．知识清单：
(1)等比数列通项公式的推导．
(2)等比数列中的基本运算．
(3)等比数列通项公式的简单应用．
2．方法归纳：定义法，通项公式法．
3．常见误区：当公比用分数、负数表示时，易忽略需对公比加括号．
1．已知等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝3n＋2(n∈N*)，则该数列的公比是( )
A.eq \f(1,9) B．9 C.eq \f(1,3) D．3
答案 D
解析 设公比为q，等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝3n＋2(n∈N*)，
则a1＝33＝27，a2＝34＝81，∴eq \f(a2,a1)＝q＝3.
2．若等比数列的首项为4，末项为128，公比为2，则这个数列的项数为( )
A．4 B．8 C．6 D．32
答案 C
解析 由等比数列的通项公式，得128＝4×2n－1,2n－1＝32，所以n＝6.
3．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，对任意 n∈N*，都有 an＋1－2an＝0，则 eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)等于( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1
答案 A
解析 由an＋1－2an＝0得eq \f(an＋1,an)＝2，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以2为公比的等比数列，
∴eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)＝eq \f(2a1＋a2,2a1×22＋a2×22)＝eq \f(2a1＋a2,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a1＋a2)))＝eq \f(1,4).
4．设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＋a3＝20，a2＋a4＝10，若Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项积，则Tn的最大值为________．
答案 1 024
解析 设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，
由a1＋a3＝20，a2＋a4＝10可得q＝eq \f(a2＋a4,a1＋a3)＝eq \f(1,2)，
则a1＋a3＝a1＋a1q2＝eq \f(5,4)a1＝20，
所以a1＝16，
因此an＝16×eq \f(1,2n－1)＝eq \f(1,2n－5)，
当n≥5时，an＝eq \f(1,2n－5)≤1，
所以为使数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项积Tn最大，只需n＝4或n＝5，
此时Tn的最大值为T4＝T5＝eq \f(1,2－4)·eq \f(1,2－3)·eq \f(1,2－2)·eq \f(1,2－1)·eq \f(1,20)＝21＋2＋3＋4＝1 024.
课时对点练
1．数列1，－eq \f(\r(2),2)，eq \f(1,2)，－eq \f(\r(2),4)，eq \f(1,4)，…的一个通项公式为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))n
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))n－1 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))n－1
答案 D
解析 根据数列可知，该数列是一个以1为首项，－eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，
所以该数列的通项公式为1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))n－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))n＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))n－1.
2．已知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，若eq \f(a1＋a4,a3＋a6)＝4，则公比q的值为( )
A．±2 B．2 C．±eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，
∴eq \f(a1＋a4,a3＋a6)＝eq \f(a1＋a1q3,a1q2＋a1q5)＝eq \f(1＋q3,q2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋q3)))＝4，则q2＝eq \f(1,4)，解得q＝±eq \f(1,2).
3．已知等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝－1，a4＝8，则a7等于( )
A．32 B．－32 C．64 D．－64
答案 D
解析 根据题意，设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，
若a1＝－1，a4＝8，则有q3＝eq \f(a4,a1)＝－8，解得q＝－2，
故a7＝a1·q6＝－64.
4．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是各项为负数的等比数列，若2a1＋a2>a3，则公比q的取值范围是( )
A．(－1,2) B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 D
解析 因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是各项为负数的等比数列，则首项a1<0，公比q>0，
∵2a1＋a2>a3，即2a1＋a1q>a1q2，
两边同时除以a1，得q2－q－2>0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q－2))>0，解得q>2或q<－1(舍去)．
故公比q的取值范围是q>2.
5．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝1，an＋1＝2aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*)).若am≤128，则正整数m的最大值是( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 B
解析 由a1＝1，an＋1＝2aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，可得eq \f(an＋1,an)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以1为首项，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1，
若am≤128，则2m－1≤128，解得m－1≤7，
所以m≤8，
正整数m的最大值是8.
6．(多选)已知正项等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，则( )
A．q＝2 B．an＝2n
C．18是数列中的项 D．an＋an＋1答案 ABD
解析 由题意2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，选项A正确；
an＝2×2n－1＝2n，选项B正确，C错误；
an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，选项D正确．
7．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝eq \f(1,2)，am＋n＝amaneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∀m，n∈N*))，则a6＝____________.
答案 eq \f(1,64)
解析 由于∀m，n∈N*，有am＋n＝aman，且a1＝eq \f(1,2)，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝eq \f(1,2)an，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
故a6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6＝eq \f(1,64).
8．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝________.
答案 4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1
解析 由已知可得(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，
解得a＝5，所以a1＝4，a2＝6，
所以q＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(6,4)＝eq \f(3,2)，所以an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1.
9．在等比数列{an}中．
(1)已知a3＝4，a7＝16，且q>0，求an；
(2)已知a1＝2，a3＝8，求公比q和通项公式．
解 (1)∵eq \f(a7,a3)＝eq \f(a1q6,a1q2)＝q4＝4，
∴q2＝2，又q>0，∴q＝eq \r(2)，
∴an＝a3·qn－3＝4·(eq \r(2))n－3＝(n∈N*)．
(2)∵a3＝a1·q2，即8＝2q2，
∴q2＝4，∴q＝±2.
当q＝2时，an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n，
当q＝－2时， an＝a1qn－1＝2(－2)n－1＝(－1)n－12n，
∴数列{an}的公比为2或－2，
对应的通项公式分别为an＝2n或an＝(－1)n－12n.
10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)由题意可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4).
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2).
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
因此an＝eq \f(1,2n－1)，n∈N*.
11．设a1＝2，数列{1＋2an}是公比为2的等比数列，则a6等于( )
A．31.5 B．160 C．79.5 D．159.5
答案 C
解析 ∵1＋2an＝(1＋2a1)·2n－1＝5·2n－1，
∴1＋2a6＝5×25，∴a6＝eq \f(5×32－1,2)＝79.5.
12．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列，则方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1x＋a2y＝a3，,a4x＋a5y＝a6))的解的情况为( )
A．唯一解 B．无解
C．无穷多组解 D．不能确定
答案 C
解析 由题意，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列，可得eq \f(a1,a4)＝eq \f(a2,a5)＝eq \f(a3,a6)，
所以直线a1x＋a2y＝a3与a4x＋a5y＝a6重合，
所以方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1x＋a2y＝a3，,a4x＋a5y＝a6))的解的个数为无数组解．
13.如图给出了一个“三角形数阵”，已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第i行第j列的数为aij(i，j∈N*)，则a53的值为( )
A.eq \f(1,16) B.eq \f(1,8)
C.eq \f(5,16) D.eq \f(5,4)
答案 C
解析 第一列构成首项为eq \f(1,4)，公差为eq \f(1,4)的等差数列，所以a51＝eq \f(1,4)＋(5－1)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,4).又因为从第三行起每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，所以第5行构成首项为eq \f(5,4)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以a53＝eq \f(5,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(5,16).
14．一个各项均为正数的等比数列，其每一项都等于它后面的相邻两项之和，则公比q＝_____________.
答案 eq \f(\r(5)－1,2)
解析 由题意得：an＝an＋1＋an＋2，
所以1＝q＋q2，即q2＋q－1＝0，
解得q＝eq \f(－1＋\r(5),2)或q＝eq \f(－1－\r(5),2)(舍去)．
15．已知各项均为正数的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a10＋a9＝6a8，若存在两项am，an使得eq \r(aman)＝4a1，则eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为( )
A．4 B.eq \f(2,3) C.eq \f(3,2) D．9
答案 C
解析 因为各项均为正数的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a10＋a9＝6a8，
可得a8q2＋a8q＝6a8，即q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)．
∵eq \r(aman)＝4a1，
∴2m＋n－2＝16，
∴m＋n＝6，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(4,n)))(m＋n)＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq \f(3,2).
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(4m,n)，即m＝2，n＝4时，等号成立．
故eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值等于eq \f(3,2).
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，补充在下面的问题中，并解答．
已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(d>1))，前n项和为Sn，等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的公比为q，且a1＝b1，d＝q，________；求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式．
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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,2a1＋5d＝6a1d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1d＝2，,2a1＋5d＝3a1d2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝9，,2a1＋7d＝8a1d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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.