第6章 第34讲 等比数列(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦等比数列核心考点，涵盖概念、通项公式、前n项和及性质应用，按“基础梳理-考点突破-真题演练”逻辑架构知识体系。通过教材梳理夯实概念，考点分阶讲解（基本量计算、判定证明、性质应用），配合解题技法指导与2023年高考真题训练，帮助学生系统突破难点，体现复习的针对性。 教案采用一题多法和真题驱动策略，如在等比数列基本量计算中，通过方程法与性质法对比培养数学思维，设置基础自测到高考真题的分层练习。注重数学语言表达，如性质应用中转化项与和的关系，助力学生高效掌握解题规律，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第34讲　等比数列 复习目标 1.理解等比数列的概念并掌握其通项公式与前n项和公式. 2.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题. 3.体会等比数列与指数函数的关系. 教材梳理　夯基础 主干知识 知识点1　等比数列的有关概念 (1)一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,公比通常用字母q表示(显然q≠0),定义的表达式为=q(n∈N*,q为非零常数). (2)等比中项:如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.即G是a与b的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒G2=ab. [注意点](1)在等比数列中,易忽视每一项与公比都不为0. (2)只有当两个数同号时,这两数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数. 知识点2　等比数列的有关公式 (1)通项公式:an=a1. (2)前n项和公式: Sn= 知识点3　等比数列的性质 (1)若m+n=p+q,则aman=apaq,其中m,n,p,q∈N*.特别地,若2w=m+n,则aman=,其中m,n,w∈N*. (2)ak,,,…仍是等比数列,公比为qm(k,m∈N*). (3)若数列{an},{bn}是两个项数相同的等比数列,则数列{an·bn},{pan·qbn}和{}也是等比数列(p,q≠0). (4)等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列,其公比为qn(n为偶数且q=-1除外). (5)若或则等比数列{an}递增. 若或则等比数列{an}递减. 常用结论 1.等比数列{an}的通项公式可以写成an=cqn,这里c≠0,q≠0. 2.等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn=Aqn-A(A≠0,q≠1,0). 3.数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和. (1)若a1·a2·…·an=Tn,则Tn,,,…成等比数列. (2)若数列{an}的项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q,或=q. 基础自测 类型 回源教材 澄清盲点 结论应用 题号 2,3 1 4 1.(易错辨析)正确的画“√”,错误的画“×”. (1)满足=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列.(　×　) (2)三个数a,b,c成等比数列的必要不充分条件是b2=ac.(　√　) (3)数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=.(　×　) (4)如果数列{an}为正项等比数列,则数列{ln an}是等差数列.(　√　) 2.(选择性必修第二册P31T2变式)在等比数列{an}中,a3=2,a7=8,则a5等于(　　) A.5 B.±5 C.4 D.±4 【解析】选C.因为=a3a7=2×8=16,所以a5=±4.又因为a5=a3q2>0,所以a5=4. 3.(选择性必修第二册P37T1变式)在等比数列{an}中,a3=,S3=,则a2的值为(　　) A. B.-3 C.- D.-3或 【解析】选D.由S3=a1+a2+a3=a3(q-2+q-1+1),得q-2+q-1+1=3,即2q2-q-1=0,解得q=1或q=-.所以a2==或-3. 4.已知数列{an}的前n项和Sn=22n+1+a,若此数列为等比数列,则a=________.  【解析】因为数列的前n项和Sn=22n+1+a =2×4n+a,所以a=-2. 答案:-2 考点突破　强技能 考点一 等比数列基本量的计算……题组练通 【例1】(一题多法)已知数列{an}为等比数列,求下列各值. (1)已知a3+a6=36,a4+a7=18,an=,求n; (2)已知a4-a2=6,a5-a1=15,求a3. (3)已知a3=1,2S3=7a2,求S5. 【解析】(1)法一: 因为 所以q=.又因为a3+a6=a3(1+q3)=36, 所以a3=32. 因为an=a3·=32·()n-3===2-1,所以8-n=-1,即n=9. 法二:因为a4+a7=a1·q3·(1+q3)=18且a3+a6=a1·q2·(1+q3)=36, 所以q=,a1=128=27. 又因为an=a1·=27·()n-1===2-1, 所以8-n=-1,即n=9. (2)设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠0且q≠±1,则两式相除,得=,即2q2-5q+2=0,解得q=2或q=. 所以或故a3=4或a3=-4. (3)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q. 由可得 解得或 当a1=,q=2时, S5==×=; 当a1=4,q=时, S5===. 所以S5=. 解题技法 等比数列基本量的求法 (1)等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求解. (2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn==. 题|组|进|阶 1.(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　) A.120 B.85 C.-85 D.-120 【解析】选C. 法一:设等比数列{an}的公比为q,首项为a1, 若q=1,则S6=6a1=3×2a1=3S2,与题意不符,所以q≠1; 由S4=-5,S6=21S2可得,=-5,=21×①, 由①可得,1+q2+q4=21,解得:q2=4, 所以S8==×(1+q4)=-5×(1+16)=-85. 法二:设等比数列{an}的公比为q, 因为S4=-5,S6=21S2,所以q≠-1,否则S4=0, 从而S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列, 所以有(-5-S2)2=S2(21S2+5), 解得:S2=-1或S2=, 当S2=-1时,S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6, 即为-1,-4,-16,S8+21, 易知,S8+21=-64,即S8=-85; 当S2=时,S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q2)=(1+q2)S2>0, 与S4=-5矛盾,舍去. 2.(2023·全国甲卷)已知正项等比数列{an}中,a1=1,Sn为{an}前n项和,S5=5S3-4,则S4=(　　) A.7 B.9 C.15 D.30 【解析】选C.通解(直接运用等比数列的通项公式与前n项和公式求解):若该数列的公比q=1,代入S5=5S3-4中,有5=5×3-4,不成立,所以q≠1.由=5×-4,化简得q4-5q2+4=0,所以q2=1(舍)或q2=4,由于此数列各项均为正数,所以q=2,所以S4==15. 优解(直接求和法):由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,整理得(1+q)(q3-4q)=0,由于此数列各项均为正数,所以q=2, 所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15. 3.(一题多法)(2023·天津卷)已知{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,an+1=2Sn+2,则a4的值为(　　) A.3 B.18 C.54 D.152 【解析】选C.法一:因为=2Sn+2,所以当n≥2时,an=2+2,两式相减得-an=2an,即=3an,所以数列{an}是公比q==3的等比数列.当n=1时,a2=2S1+2=2a1+2,又a2=3a1,所以3a1=2a1+2,解得a1=2,所以a4=a1q3=2×33=54. 法二:设等比数列{an}的公比为q,因为=2Sn+2,所以公比q≠1,且a1qn=+2=-qn++2,所以又a1≠0,所以q=3,a1=2,所以a4=a1q3=2×33=54. 4.(一题多法)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=________.  【解析】法一:设数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,得a1q·a1q3·a1q4=a1q2·a1q5.又a1≠0,且q≠0,所以可得a1q=1　①. 又a9a10=a1q8·a1q9=q17=-8　②,所以由①②可得q15=-8,q5=-2,所以a7=a1q6=a1q·q5=-2. 法二:设数列{an}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0,所以a2=1.又a9a10=a2q7·a2q8=q15=-8,于是q5=-2,所以a7=a2q5=-2. 答案:-2 考点二 等比数列的判定与证明 【例2】Sn为等比数列{an}的前n项和,已知a4=9a2,S3=13,且公比q>0. (1)求an及Sn. (2)是否存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)由题意可得解得 所以an=,Sn==. (2)假设存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列. 因为S1+λ=λ+1,S2+λ=λ+4,S3+λ=λ+13, 所以(λ+4)2=(λ+1)(λ+13),解得λ=,此时Sn+=×3n,则=3. 故存在常数λ=,使得数列{Sn+λ}是等比数列. 解题技法 等比数列的判定与证明的方法 【训练1】　记等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是正项等比数列,且a1=b1=2,S10=11a5,b3-b2=a2. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)证明{}是等比数列. 【解析】(1)由题意,设等差数列{an}的公差为d, 则S10=10×2+d=11(2+4d), 解得d=2, 则an=2+(n-1)×2=2n; 设正项等比数列{bn}的公比为q(q>0), 则b3=2q2,b2=2q, 由题意,可得2q2-2q=4,解得q=2或-1(舍去), 故bn=2·2n-1=2n. (2)令cn===,则=, 故{}是以c1=为首项,公比为的等比数列. 考点三 等比数列的性质及其应用 角度1　等比数列项的性质 【例3】(2025·滁州模拟)已知{an}是单调递增的等比数列,a4+a5=24,a3a6=128,则公比q的值是(　　) A.2 B.-2 C.3 D.-3 【解析】选A.因为数列{an}是等比数列, 所以a4a5=a3a6=128, 则解得或 又因为{an}是单调递增的等比数列, 所以 所以公比q==2. 【训练2】　在等比数列{an}中,a1,a5是函数f(x)=x2-10x+tln (3x)的两个极值点,若a2a4=2a3-2,则t的值为(　　) A.-4 B.-5 C.4 D.5 【解析】选C.f'(x)=2x-10+=,x>0,所以a1,a5是方程2x2-10x+t=0的两个实数根,则a1>0,a5>0,a1a5=>0, 根据等比数列的性质,a2a4=a1a5=,且a2a4=2a3-2, 所以=2×-2,即t-4+4=0⇔=0,得t=4. 角度2　等比数列前n项和的性质 【例4】(1)(一题多法)已知等比数列{an}的公比为-,前n项和为Sn.若S2m=31,Sm=32,则m=(　　) A.3 B.4 C.5 D.7 【解析】选C.法一:因为等比数列{an}的公比为-,S2m==31,Sm==32, 所以===1+qm=1+=,解得m=5. 法二:根据等比数列前n项和的性质得Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等比数列,且公比为qm, 所以=qm,即=(-)m, 解得m=5. (2)已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=____________.  【解析】由题意,得 解得所以q==2. 答案:2 【训练3】　(2024·宣城模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3=4,a4+a5+a6=8,则=(　　) A.2 B. C. D. 【解析】选B.由题意得S6-S3=8,S6=S3+8=4+8=12, 因为S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,故=S3(S9-S6), 即82=4(S9-12),解得S9=28,故==. 角度3　等比数列的单调性 【例5】已知{an}是等比数列,a1>0,前n项和为Sn,则“2S8<S7+S9”是“{an}为递增数列”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】选B.因为数列{an}是等比数列,a1>0, 2S8<S7+S9,所以a8<a9,所以q7<q8, 所以q7(q-1)>0,所以q<0或q>1, 所以2S8<S7+S9的充要条件为q<0或q>1. 又a1>0,数列{an}为递增数列的充要条件为q>1, 所以“2S8<S7+S9”是“{an}为递增数列”的必要不充分条件. 解题技法 等比数列的单调性的应用方法 研究等比数列的单调性问题,要综合考虑首项的符号以及公比的取值范围,而涉及等比数列有关的单调性的充分必要条件问题,既要考虑数列的单调性也要善于举反例说明. 【训练4】　(多选题)(2025·赣州模拟)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件:a1>1,a2 024a2 025>1,<0,下列结论正确的是(　　) A.S2 024<S2 025 B.a2 024a2 026<1 C.T2 024是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值 【解析】选ABC.对于A,由<0可得,(a2 024-1)(a2 025-1)<0(*), 由a2 024a2 025=q>1,可得q>0. 当q≥1时,因为a1>1,所以a2 024>1,a2 025>1,即(*)不成立; 当0<q<1时,a2 024>1,0<a2 025<1,(*)成立,故S2 024<S2 025,即A正确; 对于B,因a2 024a2 026-1=-1<0,故B正确; 对于C,D,由上分析a2 024>1,0<a2 025<1,且0<q<1,则T2 024是数列{Tn}中的最大值,故C正确,D错误. - 6 - 学科网（北京）股份有限公司 $