6.3 等比数列（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

6．3　等比数列 [课标要求]　1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义．　2.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．　3.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．　4.体会等比数列与指数函数的关系． 【必备知识】 1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的定义 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). 数学语言：＝q(n≥2，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．此时，G2＝ab． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：an＝a1qn－1． (2)前n项和公式 [提醒]　在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误． 3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*). (2)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq． (3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，，{an·bn}，仍是等比数列． (4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn． (5){an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，…成等比数列． (6)若或则等比数列{an}递增；若或则等比数列{an}递减． 【必记结论】 1．等比数列中设项技巧 (1)三个数成等比数列，通常设为，x，xq. (2)四个符号相同的数成等比数列，通常设为，xq，xq3. 2．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0. 3．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1，0). 4．设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和． (1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn. (2)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q. 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)当公比q>1时，等比数列{an}为递增数列．(　　 ) (2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　 ) (3)等比数列中所有偶数项的符号相同．(　　 ) (4)若数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　　 ) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 2．已知1，，2，…为等比数列，当an＝8时，正整数n＝(　　 ) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：选C.由题知首项a1＝1，公比q＝，an＝8＝()7，故n－1＝7，即n＝8. 3．设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”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.若a，b，c，d成等比数列，则ad＝bc，数列－1，－1，1，1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1，1不是等比数列，即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件． 4．在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则an＝________. 解析：设数列{an}的公比为q，由题意得解得或故an＝3·2n－1或an＝2·3n－1. 答案：3·2n－1或2·3n－1 5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝，S6＝，则an＝________． 解析：设等比数列{an}的公比为q， 若q＝1，则S6＝2S3，这与已知S3＝，S6＝是矛盾的，所以q≠1，从而S3＝＝，S6＝＝， 将上面两个等式的两边分别相除，得1＋q3＝9，解得q＝2，由此可得a1＝，因此an＝×2n－1＝2n－2. 答案：2n－2 题型一　等比数列基本量的运算 【例1】　(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4等于(　　 ) A． B． C．15 D．40 解析：选C.方法一　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－4，化简得q4－5q2＋4＝0， 所以q2＝1或q2＝4， 因为此数列各项均为正数， 所以q＝2，所以S4＝＝15. 方法二　由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0. 由题知q>0，所以q＝2. 所以S4＝1＋2＋4＋8＝15. (2)(多选)(2024·广东名校联考)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意为有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．则下列说法正确的是(里为古代计量长度的单位)(　　 ) A．该人第五天走的路程为12里 B．该人第三天走的路程为42里 C．该人前三天共走的路程为330里 D．该人最后三天共走的路程为42里 解析：选AD.由题意可得此人每天走的路程构成一个公比为q＝的等比数列，且S6＝378， 所以S6＝＝378，解得a1＝192， 所以an＝a1qn－1＝(1≤n≤6，n∈N*). 对于A，a5＝＝12，故A正确； 对于B，a3＝＝48，故B错误； 对于C，S3＝＝336，故C错误； 对于D，该人最后三天共走的路程为S6－S3＝378－336＝42，故D正确． 【对点练习】　1.(1)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为_______________． 解析：由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8×，所以q＝－. 答案：－ (2)(2024·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案．若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则log2(a3a5)的值为(　　 ) A．8 B．10 C．12 D．16 解析：选C.从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则{an}是以2为公比的等比数列， ∴S7＝＝1 016，即127a1＝1 016， 解得a1＝8，∴an＝8×2n－1， ∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12. 题型二　等比数列的判定与证明 【例2】　(2024·重庆九校联考)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③三个条件中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等比数列；②数列{Sn＋a1}是等比数列；③a2＝2a1. (注：若选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分．) 证明：选①②作条件证明③. 因为数列{an}，{Sn＋a1}是等比数列， 所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)， 即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)， 故4＋4a1a2＋＝4＋2a1a2＋2， 所以＝2a1a2. 又因为a2≠0，所以a2＝2a1. 选①③作条件证明②. 因为a2＝2a1，{an}是等比数列， 所以数列{an}的公比q＝2， 所以Sn＝＝a1(2n－1)， 即Sn＋a1＝a12n， 因为＝2，Sn＋a1≠0， 所以{Sn＋a1}是等比数列． 选②③作条件证明①. 因为数列{Sn＋a1}是等比数列，且a2＝2a1， 所以＝2， 则数列{Sn＋a1}是以2a1为首项，2为公比的等比数列， 所以Sn＋a1＝2a1·2n－1＝a1·2n， Sn＝a1·2n－a1， 所以an＝Sn－Sn－1＝a1·2n－a1－(a1·2n－1－a1)＝a1·2n－1(n≥2)， 当n＝1时，a1＝a1，也符合上式， 所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列． 思维升华　等比数列的两种常用证明方法 (1)定义法：若＝q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列． (2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且＝anan＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列． 【对点练习】　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λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)易知q≠1， 由题意可得解得 ∴an＝3n－1，Sn＝. (2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列， ∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13， ∴(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＋}是以为首项，3为公比的等比数列． 题型三　等比数列的性质及应用 角度1　项的性质 【例3】　(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 解析：方法一　∵{an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6，∴a2＝1，又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，∴a7＝－2. 方法二　设{an}的公比为q(q≠0)， 则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0， 则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1， ∵a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8， 则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3， 则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 答案：－2 角度2　前n项和的性质 【例4】　(1)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝(　　 ) A．150 B．－200 C．150或－200 D．400或－50 解析：选A.法一　由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)·(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150. 法二　设等比数列的前n项和为Sn＝A－Aqn，则 两式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10，∴S12＝A(1－q12)＝－10×(1－24)＝150. (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. 答案：2 角度3　等比数列中的最值问题 【例5】　(2024·江苏苏州检测)设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，<0.则下列结论错误的是(　　 ) A.0<q<1 B．a7>1 C．a8>1 D．Tn的最大项为T7 解析：选C.对于A，若q<0，因为a1>1，则a7＝a1q6>0，a8＝a1q7<0，不满足a7a8>1， 若q≥1，因为a1>1，则a7＝a1q6>1，a8＝a1q7>1，不满足<0，所以0<q<1，故A正确； 对于B、C，因为a1>1，0<q<1, 且<0，所以a7>1>a8>0，故B正确，C错误； 对于D，由等比数列可得当n≤7时，an>1，当n≥8时，an<1，所以Tn的最大项为T7，故D正确． 【对点练习】　3.(1)(2023·新课标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.易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列， 所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)， 解得S2＝－1或S2＝. 当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85； 当S2＝时，结合S4＝－5得 化简可得q2＝－5，不成立，舍去． 所以S8＝－85. (2)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________． 解析：因为log2an＋1＝1＋log2an， 可得log2an＋1＝log2(2an)，所以an＋1＝2an， 所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列， 又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100， 所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100. 答案：100 (3)已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的最小值为________． 解析：由已知得数列{an}的公比满足q3＝，解得q＝，∴a1＝2，a2＝1，a3＝， 故数列{anan＋1}是首项为2，公比为的等比数列， ∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝∈，故最小值为2. 答案：2 下标和相等的等差(比)性质的推广 (1)若数列{an}为等比数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则am1am2·…·amn＝ak1ak2·…·akn. (2)若数列{an}为等差数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则am1＋am2＋…＋amn＝ak1＋ak2＋…＋akn. 【典例】　已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9＝5，S8＝16，则S11＝________． 解析：S8＝＝16，∴a1＋a8＝4， 又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3， 故S11＝11a6＝33. 答案：33 学科网（北京）股份有限公司 $