苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第2课时教学设计及反思

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第2课时教学设计及反思，共11页。教案主要包含了等比数列的通项公式与函数的关系，等比数列的判定与证明，等比数列中项的设法等内容，欢迎下载使用。

一、等比数列的通项公式与函数的关系
问题1 观察等比数列的通项公式，你认为它与我们熟悉的哪一类函数有关？
提示 由an＝a1qn－1＝eq \f(a1,q)·qn可知，当q>0且q≠1时，等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的第n项an是指数型函数f(x)＝eq \f(a1,q)·qx(x∈R)当x＝n时的函数值，即an＝f(n)．
知识梳理 等比数列的通项公式与指数型函数的关系
(1)当q>0且q≠1时，等比数列{an}的第n项an是指数型函数f(x)＝eq \f(a1,q)·qx(x∈R)当x＝n时的函数值，即an＝f(n)．
(2)任意指数型函数f(x)＝kax(k，a是常数，k≠0，a>0且a≠1)，
则f(1)＝ka，f(2)＝ka2，…，f(n)＝kan，…构成一个等比数列{kan}，其首项为ka，公比为a.
注意点：(1)a1>0，q>1时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为正项的递增等比数列；(2)a1>0,01时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为负项的递减等比数列；(4)a1<0,0例1 已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列，且公比大于0，则“q>1”是“数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列”的( )
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 D
解析 当a1<0，q>1时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递减数列，即充分性不成立；
当“数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列”时，可能是a1<0,0即“q>1”是“数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列”的既不充分又不必要条件．
延伸探究 1.若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，则“a1A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 B
解析 若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列，可得a1反之：例如数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1n＋12n))，此时满足a1所以“a12．设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列，则“a1A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 B
解析 设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，则a10，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,q<1q≠0.))
此时数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))不一定是递增数列；
若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0所以“a1反思感悟 判断等比数列的单调性的方法
(1)当q>1，a1>0或0(2)当q>1，a1<0或00时，{an}是递减数列．
(3)当q＝1时，{an}是常数列；当q<0时，{an}是摆动数列．
跟踪训练1 等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递减数列，若a4·a17＝6，a4＋a17＝5，则eq \f(a5,a18)等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,6) D．6
答案 A
解析 ∵a4·a17＝6，a4＋a17＝5，
∴a4与a17为方程x2－5x＋6＝0的两个根，
解得a4＝2，a17＝3或a4＝3，a17＝2，
∵an>an＋1，∴a4＝3，a17＝2，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a17＝a1q16＝2，,a4＝a1q3＝3，))
∴q13＝eq \f(a17,a4)＝eq \f(2,3)，
则eq \f(a5,a18)＝eq \f(a1q4,a1q17)＝eq \f(1,q13)＝eq \f(3,2).
二、等比数列的判定与证明
问题2 若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前三项成等比数列，能说明这个数列是等比数列吗？
提示 不能，要证明一个数列是等比数列，一定要体现出任意性．
知识梳理 证明等比数列的方法
1．定义法：eq \f(an,an－1)＝q(n∈N*且n≥2，q为不为0的常数)；
2．等比中项法：aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n∈N*且n≥2且an≠0)；
3．通项公式法：an＝a1qn－1.
注意点：用定义法证明时，eq \f(an,an－1)和eq \f(an＋1,an)中的n的范围不同．
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(1,3)(an－1)(n∈N*)．
(1)求a1，a2；
(2)求证：数列{an}是等比数列．
(1)解 由S1＝eq \f(1,3)(a1－1)，得a1＝eq \f(1,3)(a1－1)，
∴a1＝－eq \f(1,2).
又S2＝eq \f(1,3)(a2－1)，即a1＋a2＝eq \f(1,3)(a2－1)，得a2＝eq \f(1,4).
(2)证明 当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)(an－1)－eq \f(1,3)(an－1－1)，
得eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2).又a1＝－eq \f(1,2)，
所以{an}是首项为－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列．
反思感悟 判断一个数列是等比数列的常用方法
(1)定义法：若数列{an}满足eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为常数且不为零)或eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，且n∈N*，q为常数且不为零)，则数列{an}是等比数列．
(2)通项公式法：若数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(a1≠0，q≠0)，则数列{an}是等比数列．
(3)等比中项法：若aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N*且an≠0)，则数列{an}为等比数列．
跟踪训练2 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn(n＝1,2,3，…)．证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列．
证明 由a1＝1，an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn，得an>0，Sn>0.
由an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn，an＋1＝Sn＋1－Sn，
得(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
整理，得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，
所以eq \f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq \f(Sn,n)，则eq \f(\f(Sn＋1,n＋1),\f(Sn,n))＝2.
因为eq \f(S1,1)＝eq \f(a1,1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，2为公比的等比数列．
三、等比数列中项的设法
例3 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．
解 方法一 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).
故所求的四个数为9,6,4,2.
方法二 设后三个数为4－d,4,4＋d，
则第一个数为eq \f(1,4)(4－d)2，
由题意知eq \f(1,4)(4－d)2×(4－d)×4＝216，
解得4－d＝6.
所以d＝－2.
故所求得的四个数为9,6,4,2.
反思感悟 几个数成等比数列的设法
(1)三个数成等比数列设为eq \f(a,q)，a，aq.
推广到一般：奇数个数成等比数列设为
…，eq \f(a,q2)，eq \f(a,q)，a，aq，aq2，…
(2)四个符号相同的数成等比数列设为
eq \f(a,q3)，eq \f(a,q)，aq，aq3.
推广到一般：偶数个符号相同的数成等比数列设为
…，eq \f(a,q5)，eq \f(a,q3)，eq \f(a,q)，aq，aq3，aq5，…
(3)四个数成等比数列，不能确定它们的符号是否相同时，可设为a，aq，aq2，aq3.
跟踪训练3 有四个数成等比数列，将这四个数分别减去1,1,4,13成等差数列，则这四个数的和是________．
答案 45
解析 设这四个数分别为a，aq，aq2，aq3，
则a－1，aq－1，aq2－4，aq3－13成等差数列．
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2aq－1＝a－1＋aq2－4，,2aq2－4＝aq－1＋aq3－13，))
整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aq－12＝3，,aqq－12＝6，))
解得a＝3，q＝2.
因此这四个数分别是3,6,12,24，其和为45.
1．知识清单：
(1)等比数列与函数的关系．
(2)等比数列的判定与证明．
(3)等比数列中项的设法．
2．方法归纳：定义法、分类讨论．
3．常见误区：四个数成等比数列时设成eq \f(a,q3)，eq \f(a,q)，aq，aq3，未考虑公比为负的情况．
1．已知等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，首项a1>0，则“q<1”是“等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(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．既不充分又不必要条件
答案 B
解析 若q<0，则等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为摆动数列，由于等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递减数列，则q>0.
若a1>0，则an＝a1qn－1>0，由an＋1所以q<1；
所以a1>0，等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递减数列⇔0所以若a1>0，“q<1”是“等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递减数列”的必要不充分条件．
2．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，如果an＝32－n(n＝1,2,3，…)，那么这个数列是( )
A．公比为2的等比数列 B．公差为3的等差数列
C．首项为3的等比数列 D．首项为3的等差数列
答案 C
解析 因为an＝32－n(n＝1,2,3，…)，所以a1＝3，a2＝1，an－1＝33－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n≥2))，则有eq \f(an,an－1)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n≥2))，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，且公比q＝eq \f(1,3)，首项a1＝3.
3．在等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5＞a2，则an等于( )
A．(－2)n－1 B．－(－2)n－1
C．(－2)n D．－(－2)n
答案 A
解析 设公比为q，则a1q4＝－8a1q，
又a1≠0，q≠0，
所以q3＝－8，q＝－2，
又a5＞a2，
所以a2＜0，a5＞0，
从而a1＞0，即a1＝1，
故an＝(－2)n－1.
4．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝2,2an＋1＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，则a6＝________.
答案 eq \f(1,16)
解析 ∵2an＋1＝an，a1＝2，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列，公比为q＝eq \f(1,2).
∴a6＝a1q5＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,16).
课时对点练
1．等比数列{an}的公比q＝－eq \f(1,4)，a1＝eq \r(2)，则数列{an}是( )
A．递增数列 B．递减数列
C．常数列 D．摆动数列
答案 D
解析 由公比q<0可知，该等比数列是摆动数列．
2．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，对任意的n∈N*，都有an＋1＋2an＝0(an≠0)，则eq \f(a3－2a4,a1－2a2)等于( )
A．－2 B．2 C．4 D．－4
答案 C
解析 由an＋1＋2an＝0知an＋1＝－2an，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以－2为公比的等比数列，
所以eq \f(a3－2a4,a1－2a2)＝eq \f(a1q2－2a1q3,a1－2a1q)＝eq \f(a1q21－2q,a11－2q)＝q2＝4.
3．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))对任意的n≥2且n∈N*，满足aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1，且a1＝1，a2＝2，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为( )
A．an＝2n B．an＝2n－1
C．an＝n D．无法确定
答案 B
解析 由题意可知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列，首项a1＝1，公比q＝2，所以an＝2n－1.
4．等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))不具有单调性，且a5是a4和3a3的等差中项，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比q等于( )
A．－1 B．1 C．－2 D．－3
答案 A
解析 ∵a5是a4和3a3的等差中项，∴2a5＝a4＋3a3，得2a1q4＝a1q3＋3a1q2，解得q＝eq \f(3,2)或q＝－1，又等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))不具有单调性，故q＝－1，故选A.
5．若正项数列{an}满足a1＝2，aeq \\al(2,n＋1)－3an＋1an－4aeq \\al(2,n)＝0，则数列{an}的通项公式an等于( )
A．22n－1 B．2n C．22n＋1 D．22n－3
答案 A
解析 由aeq \\al(2,n＋1)－3an＋1an－4aeq \\al(2,n)＝0，
得(an＋1－4an)·(an＋1＋an)＝0.
又{an}是正项数列，
所以an＋1－4an＝0，eq \f(an＋1,an)＝4.
由等比数列的定义知数列{an}是以2为首项，
4为公比的等比数列．由等比数列的通项公式，
得an＝2×4n－1＝22n－1.
6．(多选)设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是( )
A．01
C．a8>1 D．Tn的最大项为T7
答案 ABD
解析 ∵a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0，
∴a7>1,0∴A正确；B正确；C错误；D，T7是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn))中的最大项，故正确．
7．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝2，an＋1＝3an，则an＝________.
答案 2×3n－1
解析 因为an＋1＝3an且a1＝2，所以eq \f(an＋1,an)＝3，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为2，公比为3的等比数列，
所以an＝2×3n－1.
8．在《九章算术》中“衰分”是按比例递减分配的意思．今共有粮98石，甲、乙、丙按序衰分，乙分得28石，则衰分比例为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 设衰分比例为q，则甲、乙、丙各分得eq \f(28,q)，28,28q石，
∴eq \f(28,q)＋28＋28q＝98，∴q＝2或eq \f(1,2).
又09．有四个数，前三个数成等差数列，它们的和为12，后三个数成等比数列，它们的和为19，求这四个数．
解 由于前三个数成等差数列，且它们的和为12，则第二个数为4，
设前三个数分别为4－d,4,4＋d，由于后三个数成等比数列，则第四个数为eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋d))2,4)，
因为后三个数之和为19，则4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋d))＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋d))2,4)＝19，整理得d2＋12d－28＝0，解得d＝2或d＝－14.
若d＝2，则这四个数分别为2,4,6,9；
若d＝－14，则这四个数分别为18,4，－10,25.
因此，这四个数分别为2,4,6,9或18,4，－10,25.
10．已知各项均不为0的数列{an}中，a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5的倒数成等差数列，证明：a1，a3，a5成等比数列．
证明 由已知，得2a2＝a1＋a3，①
aeq \\al(2,3)＝a2·a4，②
eq \f(2,a4)＝eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a5).③
由③得eq \f(2,a4)＝eq \f(a3＋a5,a3·a5)，
∴a4＝eq \f(2a3·a5,a3＋a5).④
由①得a2＝eq \f(a1＋a3,2).⑤
将④⑤代入②，得aeq \\al(2,3)＝eq \f(a1＋a3,2)·eq \f(2a3·a5,a3＋a5).
∴a3＝eq \f(a1＋a3a5,a3＋a5)，
即a3(a3＋a5)＝a5(a1＋a3)．
化简，得aeq \\al(2,3)＝a1·a5.
又a1，a3，a5均不为0，
∴a1，a3，a5成等比数列．
11．等比数列{an}的公比|q|>1，{an}中有连续四项在集合{－54，－24，－18,36,81}中，则q等于( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(3,2) D.eq \f(3,2)
答案 C
解析 ∵{an}中的项必然有正有负，
∴q<0.又|q|>1，∴q<－1.
由此可得{an}的连续四项为－24,36，－54,81.
∴q＝－eq \f(3,2).
12．已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝lgaxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0，a≠1))，则下列条件能使数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))成等比数列的是( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an))＝2n B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an))＝n2
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an))＝2n D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an))＝eq \f(2,n)
答案 C
解析 由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝lgaxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0，a≠1))，
令y＝lgax，可得x＝ay，
故对A，有an＝，非等比数列；
对B，an＝，非等比数列；
对C，an＝，为等比数列；
对D，an＝，非等比数列．
13．在等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，首项a1<0，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列的充要条件是公比q满足( )
A．q>1 B．q<1 C．0答案 C
解析 先证必要性：
∵a1<0，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列，
∴an<0，即q＞0，且eq \f(an＋1,an)＝eq \f(a1qn,a1qn－1)＝q<1，
则此时公比q满足0＜q＜1；
再证充分性：
∵a1<0,0∴an<0，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(a1qn,a1qn－1)＝q<1，即an＋1>an，
则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列，
综上，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列的充要条件是公比q满足0＜q＜1.
14．在各项为正的递增等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1a2a6＝64，a1＋a3＋a5＝21，则an＝_______.
答案 2n－1
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，设其公比为q，
∴a1a2a6＝aeq \\al(3,1)q6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1q2))3＝aeq \\al(3,3)＝64，则a3＝4，
∵a1＋a3＋a5＝21，
∴eq \f(a3,q2)＋a3＋a3q2＝21，
即eq \f(4,q2)＋4＋4q2＝21，
解得q＝±2或q＝±eq \f(1,2)，
又∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))各项为正且递增，
∴q＝2，
∴an＝a3qn－3＝4×2n－3＝2n－1.
15．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn，若an∈(0,2 022)，则称项an为“和谐项”，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的所有“和谐项”的项数为( )
A．10 B．11 C．12 D．13
答案 C
解析 由a1＝1，an＋1＝Sn，可得a2＝S1＝a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－1，又由an＋1＝Sn，
两式相减，可得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝2an，即eq \f(an＋1,an)＝2，
则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))从第二项起是公比为2的等比数列，即an＝2n－2，n≥2，
又由an∈(0,2 022)，即2n－2<2 022，可得n<13，n∈N*，所以“和谐项”共有12项．
16．设数列{an}是公比小于1的正项等比数列，已知a1＝8，且a1＋13,4a2，a3＋9成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an(n＋2－λ)，且数列{bn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．
解 (1)设数列{an}的公比为q.
由题意，可得an＝8qn－1，且0＜q＜1.
由a1＋13,4a2，a3＋9成等差数列，
知8a2＝30＋a3，所以64q＝30＋8q2，
解得q＝eq \f(1,2)或eq \f(15,2)(舍去)，
所以an＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝24－n，n∈N*.
(2)bn＝an(n＋2－λ)＝(n＋2－λ)·24－n，
由bn＞bn＋1，
得(n＋2－λ)·24－n＞(n＋3－λ)·23－n，
即λ＜n＋1，
所以λ＜(n＋1)min＝2，
故实数λ的取值范围为(－∞，2)．