4.3.1 第2课时 等比数列的判定及性质（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦等比数列的判定及性质，通过类比等差数列引入，系统梳理通项公式与指数函数的关系、判定证明方法及性质，构建从旧知到新知的学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于以问题链驱动探究，结合数学抽象（如通项与指数函数关系）、逻辑推理（类比等差数列性质推导）和数学运算（性质应用简化计算），通过例题解析与分层训练，助力学生深化理解。课堂小结梳理思想方法，学生能提升数学思维，教师可直接用于教学，提高效率。

第二课时　等比数列的判定及性质 1 1.体会等比数列的通项公式与指数函数的关系（数学抽象）. 2.掌握等比数列的判断及证明方法（逻辑推理）. 3.能根据等比数列的定义推出等比数列的性质，并能运用这 些性质简化运算（逻辑推理、数学运算）. 课标要求 　在我们学习等比数列的过程中，发现它与等差数列有相似之处，这其实就是我们在这两类数列之间无形之中产生了类比思想，类比的前提大多为结论提供线索，它往往能把人的认知从一个领域引伸到另一个共性的领域，由此推出另一个对象也具有同样的其他特定属性的结论，有人曾说“类比使人聪颖，推理使人严谨，数学使人智慧”，今天我们就用类比的思想来研究等比数列的性质. 情境导入 知识点一　等比数列的通项公式与指数函数的关系 01 知识点二　等比数列的判定与证明 02 知识点三　等比数列的性质 03 课时作业 04 目录 4 知识点一 等比数列的通项公式与指数函数的关系 01 PART 目 录 问题1　（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＝ ·qn可知，当q＞0且q≠1时，等比数列{an}的 第n项an是函数f（x）＝ ·qx（x∈R）当x＝n时的函数值，即an＝f（n）.因此等比数列{an} 的图象是函数f（x）＝ ·qx（x∈R）图象上的一些孤立的点. 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）有人说，等比数列的通项公式与指数函数一样，所以当q＞1时，数 列递增；0＜q＜1时，数列递减，你认为正确吗？ 提示：不对.比如q＞1的数列：－1，－2，－4，－8，…为递减数列；0＜ q＜1的数列：－ ，－ ，－ ，…为递增数列. 数学·选择性必修第二册 目 录 【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是函数f（x）＝ ·qx （x∈R）当x＝n时的函数值，即an＝f（n），n∈N*； （2）由等比数列与指数函数的关系可得等比数列的单调性如下： ①当 或 时，等比数列{an}为递增数列； 数学·选择性必修第二册 目 录 ②当 或 时，等比数列{an}为递减数列； ③当q＝1时，等比数列{an}为常数列； ④当q＜0时，等比数列{an}为 ⁠. 　　提醒：（1）q＜0或q＝1时，等比数列通项公式不具备指数型函数特 点；（2）等比数列的单调性由a1和q共同决定，只有q＞0且q≠1时存在 单调性. 摆动数列　 数学·选择性必修第二册 目 录 【例1】　（链接教材P31练习4题）（1）根据下列通项公式能判断数列为 等比数列的是（　C　） A. an＝n B. an＝ C. an＝2－n D. an＝log2n 解析：等比数列的通项公式具有“指数型函数”的结构. C 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）下面关于公比为q的等比数列{an}的叙述正确的是（　D　） A. q＞1⇒{an}为递增数列 B. {an}为递增数列⇒q＞1 C. 0＜q＜1⇔{an}为递减数列 D. q＞1⇒/{an}为递增数列，且{an}为递增数列⇒/q＞1 D 解析：若a1＝－2，q＝2＞1，则{an}的各项为－2，－4，－8，…，是递 减数列，A不正确；若等比数列{an}的各项为－16，－8，－4，－2，…， 是递增数列，q＝ ∈（0，1），B、C不正确，D正确. 数学·选择性必修第二册 目 录 【规律方法】 1. 具备“an＝kqn（k≠0，q≠0）”形式，如an＝2n－1，an＝3（ ）n＋2 为等比数列. 2. 等比数列的单调性由a1和q共同决定，即a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜ 1，{an}递增；a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1，{an}递减. 数学·选择性必修第二册 目 录 训练1　（1）数列{an}是各项均为实数的等比数列，则“a2＞a1＞0”是 “数列{an}为递增数列”的（　A　） 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：∵a2＞a1＞0，∴a1q＞a1＞0，可得q＞1，∴数列{an}为递增数 列；反之不成立，例如数列{－ }是递增数列，但a1＝－ ＜0.∴“a2＞ a1＞0”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件.故选A. A 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）若等比数列{an}是递减数列，且a2＋a4＝30，a2a4＝144，则公比q ＝ ⁠. 解析：∵a2＋a4＝30，a2a4＝144，∴a2，a4是方程x2－30x＋144＝0的两 个实数根（a2＞a4），∴a2＝24，a4＝6，∴q2＝ ＝ ＝ ，解得q＝ 或q＝－ （舍去）. ​ 数学·选择性必修第二册 目 录 知识点二 等比数列的判定与证明 02 PART 目 录 问题2　若数列{an}中an≠0，则由 ＝a1a3能判定{an}是等比数列吗？若 是 ＝anan＋2呢？ 提示： ＝a1a3可变为 ＝ ，可判断a1，a2，a3成等比数列，但无法确 定整个数列是等比数列，而 ＝anan＋2可变为 ＝ ，考虑n的任 意性，可以判定数列为等比数列. 数学·选择性必修第二册 目 录 【知识梳理】 判定与证明等比数列的方法 （1）定义法： ＝ （n∈N*且n≥2，q是不为0的常数）； （2）等比中项法： ＝ （n∈N*且n≥2）； （3）通项公式法：an＝ ＝ ·qn＝A·qn（A≠0）. q　 an－1an＋1　 a1qn－1　 数学·选择性必修第二册 目 录 【例2】　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋n－1. （1）求证：数列{an＋n}为等比数列； 解：证明：由an＋1＝2an＋n－1，得an＋1＋n＋1＝2an＋2n＝2（an＋ n），易知an＋n≠0， ∴ ＝2，且a1＋1＝2， ∴数列 {an＋n}是首项与公比都为2的等比数列. （2）求数列{an}的通项公式. 解：由（1）得an＋n＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－n. 数学·选择性必修第二册 目 录 【规律方法】 　判断一个数列是等比数列需注意 （1）证明{an}为等比数列常用定义法； （2）用定义法证明时， 和 中的n的范围不同. 数学·选择性必修第二册 目 录 训练2　（1）已知数列{an}的各项均不为零，若命题甲：anan＋3＝an＋1an ＋2（n∈N*）；命题乙：数列{an}是等比数列，则甲是乙的（　B　） 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 B 解析：若anan＋3＝an＋1an＋2，则 ＝ ，当an＝1，an＋1＝2，an＋2＝ 3，an＋3＝6时满足 ＝ ＝2，但数列{an}不是等比数列，所以充分 性不成立；若数列{an}是等比数列，则 ＝ ＝q，所以anan＋3＝an＋ 1an＋2，必要性成立，所以甲是乙的必要不充分条件.故选B. 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ （an－1）（n∈N*）.证 明：数列{an}是等比数列. 证明：因为Sn＝ （an－1），所以Sn＋1＝ （an＋1－1）， 两式相减，得an＋1＝ an＋1－ an，即an＋1＝－ an. 又当n＝1时，a1＝S1＝ （a1－1），所以a1＝－ . 所以数列{an}是首项为－ ，公比为－ 的等比数列. 数学·选择性必修第二册 目 录 知识点三 等比数列的性质 03 PART 目 录 问题3　（1）类比等差数列中“若m，n∈N*， 则an＝am＋（n－m） d”，能否找到等比数列中任意两项an，am的关系呢？ 提示：类比可得an＝amqn－m.由等比数列的定义可知an＝a1qn－1，am＝ a1qm－1，两式相除可得 ＝ ＝q（n－1）－（m－1）＝qn－m，即an＝ amqn－m. 数学·选择性必修第二册 目 录 （2） 类比等差数列中“若m＋n＝k＋l，m，n，k，l∈N*，则am＋an ＝ak＋al”，能否发现等比数列中相似的关系呢？ 提示：类比可得aman＝akal，其中m＋n＝k＋l，m，n，k，l∈N*.推导 过程：am＝a1qm－1，an＝a1qn－1，ak＝a1qk－1，al＝a1ql－1，所以aman＝ a1qm－1·a1qn－1＝ qm＋n－2，akal＝a1qk－1·a1ql－1＝ qk＋l－2，因为m ＋n＝k＋l，所以有aman＝akal. 数学·选择性必修第二册 目 录 【知识梳理】 {an}是等比数列，首项为a1，公比为q，则： （1）an＝am· （n，m∈N*）； （2）若m＋n＝p＋q（m，n，p，q∈N*），则 ⁠； 特别地，①若m＋n＝2r，则aman＝ ，m，n，r∈N*；②a1an＝a2an－ 1＝…＝aian＋1－i＝…（i＝1，2，3，…，n）； （3）若m＋n＋t＝p＋r＋s，则amanat＝aparas，其中m，n，t，p， r，s∈N*； （4）若m，n，p（m，n，p∈N*）成等差数列，则am，an，ap成等比 数列. qn－m　 aman＝apaq　 数学·选择性必修第二册 目 录 【例3】　（链接教材P31练习5题）在等比数列{an}中. （1）已知a5＝4，a9＝16，则a7＝ ⁠； 解析： 设等比数列{an}的公比为q，则a7＝a5q2＞0.由等比中项的性 质可得 ＝a5a9＝64，解得a7＝8. （2）若an＞0，a5a7＋2a6a8＋a6a10＝49，则a6＋a8＝ ⁠； 解析：由等比中项，化简条件得 ＋2a6a8＋ ＝49，即（a6＋a8）2＝ 49，因为an＞0，所以a6＋a8＝7. 8 7 数学·选择性必修第二册 目 录 （3）若an＞0，a5a6＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝ ⁠. 解析：由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，所以 log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3（a1a2·…·a10）＝log3[（a1a10） （a2a9）·（a3a8）（a4a7）（a5a6）]＝log395＝10. 10 数学·选择性必修第二册 目 录 【规律方法】 　利用等比数列的性质解题 （1）基本思路：充分发挥项的“下标”的指导作用，分析等比数列项与 项之间的关系，选择恰当的性质解题； （2）优缺点：简便快捷，但是适用面窄，有一定的思维含量. 数学·选择性必修第二册 目 录 训练3　（1）已知在等比数列{an}中，有a3a7a10＝9，则a4 ＝ （　B　） A. 3 B. 9 C. 20 D. 无法计算 解析：由等比数列多项之间的下标和的关系可知3＋7＋10＝4＋8＋8，故 a4 ＝9. B 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）在等比数列{an}中，a6·a12＝6，a4＋a14＝5，则 ＝（　A　） A. 或 B. C. 或 D. 或 A 解析：由a6·a12＝a4·a14＝6，且a4＋a14＝5，解得a4＝2，a14＝3或a4＝ 3，a14＝2，若a4＝2，a14＝3，则q10＝ ，即 ＝ ；若a4＝3，a14＝2， 则q10＝ ，即 ＝ . 数学·选择性必修第二册 目 录 1. 在等比数列{an}中，若a3＝8，a6＝64，则公比q＝（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 解析：　由a6＝a3q3，得q3＝8，所以q＝2. √ 数学·选择性必修第二册 目 录 2. 在等比数列{an}中，若a2a6＋ ＝π，则a3a5＝（　　） A. B. C. D. 解析：　因为a2a6＝ ＝a3a5，所以a3a5＝ . √ 数学·选择性必修第二册 目 录 3. 在等比数列{an}中，如果公比为q，且q＜1，那么等比数列{an}是 （　　） A. 递增数列 B. 递减数列 C. 常数列 D. 无法确定单调性 解析：　如等比数列{（－1）n}的公比为－1，是摆动数列，不具有单调 性；等比数列{（ ）n}的公比为 ，是递减数列；等比数列{－（ ）n}的 公比为 ，是递增数列. √ 数学·选择性必修第二册 目 录 4. 已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋a，试判断{an}是否是等比数列. 解：an＝Sn－Sn－1＝2n＋a－2n－1－a＝2n－1（n≥2）.当n≥2时， ＝ ＝2； 当n＝1时， ＝ ＝ . 故当a＝－1时，数列{an}成等比数列，其首项为1，公比为2； 当a≠－1时，数列{an}不是等比数列. 数学·选择性必修第二册 目 录 课堂小结 1. 理清单 （1）等比数列的通项公式与指数函数的关系； （2）等比数列的判定与证明； （3）等比数列的性质. 2. 应体会 （1）等比数列的通项公式与指数函数的关系体现了函数思想； （2）等比数列的判定与证明要注意类比法的应用； （3）解决与等比数列性质有关的问题要注意分类讨论思想与方程思想的 应用. 3. 避易错 易忽视等比数列性质的使用条件. 数学·选择性必修第二册 目 录 课时作业 04 PART 目 录 1. 在等比数列{an}中，如果a6＝6，a9＝9，则a3＝（　　） A. 4 B. C. D. 2 解析：　由等比数列的性质可得 ＝a9a3，得a3＝4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 数学·选择性必修第二册 目 录 2. 已知{an}为等比数列，若a2＋4a4＝4a3，则{an}的公比q＝（　　） A. －2 B. 2 C. － D. 解析：　根据等比数列定义由a2＋4a4＝4a3可得a2＋4a2q2＝4a2q，显然 a2≠0，所以4q2－4q＋1＝0，解得q＝ .故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 3. 若数列{an}是公比为q的递增等比数列，则（　　） A. a1＞0，q＞1 B. a1（q－1）＞0 C. （a1－1）q＞0 D. （a1－1）q＜0 解析：　依题意，不妨设a1＝1，q＝2，数列是递增的等比数列，由此判 断C、D选项错误.设a1＝－1，q＝ ，数列是递增的等比数列，由此判断 A选项不正确.故正确的选项为B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 4. 在等比数列{an}中，a3a4a6a7＝81，则a1a9＝（　　） A. 9 B. －9 C. ±9 D. 18 解析：　因为{an}为等比数列，所以a3a7＝a4a6＝a1a9.所以（a1a9）2＝ 81，即a1a9＝±9.因为在等比数列{an}中，奇数项（或偶数项）的符号相 同，所以a1，a9同号，所以a1a9＝9. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 5. 数列{an}满足a1＝1，an＋1＝tan＋t（n∈N*，t≠0），则“t＝ ”是 “数列{an}是等比数列”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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 解析：　当t＝ 时，由a1＝1得a2＝ ＋ ＝1，a3＝ ＋ ＝1，…，an＝ 1，所以{an}是等比数列，充分性成立；反之若{an}是等比数列，则a2＝ ta1＋t＝2t，a3＝ta2＋t＝2t2＋t，又因为a1，a2，a3也成等比数列，所以 ＝a1a3，即4t2＝2t2＋t，又t≠0，所以t＝ ，此时an＝1（n∈N*）， 满足题意，必要性也成立.所以“t＝ ”是“数列{an}是等比数列”的充 要条件.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 6. 〔多选〕已知等比数列{an}，则下面式子对任意正整数k都成立的是 （　　） A. ak·ak＋1＞0 B. ak·ak＋2＞0 C. ak·ak＋1·ak＋2＞0 D. ak·ak＋1·ak＋2·ak＋3＞0 解析： 　对于A，当q＜0时，ak·ak＋1＜0，A不一定成立；对于B， ak·ak＋2＝（akq）2＞0，B成立；对于C，ak·ak＋1·ak＋2＝（ak＋1）3＞0 不一定成立，C不一定成立；对于D，ak·ak＋1·ak＋2·ak＋3＝（ak＋1·ak ＋2）2＞0一定成立，故选B、D. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 7. 在等比数列{an}中，存在正整数m，有am＝3，am＋5＝24，则am＋15 ＝ ⁠. 解析：由题意知q5＝ ＝8，am＋15＝am·q15＝3×83＝1 536. 1 536 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 8. 在等比数列{an}中，a2·a10＝6，a2＋a10＝5，则 ＝ 　 或 　. 解析：由a2·a10＝6，a2＋a10＝5，得a2和a10为方程x2－5x＋6＝0的两个 根，解得a2＝2，a10＝3或a2＝3，a10＝2，设等比数列{an}的公比为q，所 以 ＝ ＝ ＝ 或 . 或 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 9. 已知等比数列{an}中，am·am＋10＝a，am＋20·am＋30＝b（m∈N*）， 则am＋40·am＋50＝ ⁠. 解析：由等比数列性质an＋p＝an·qp，b＝am＋20·am＋30＝am·q20·am＋ 10·q20＝（am·am＋10）q40＝aq40，∴q40＝ ，故am＋40·am＋50＝ （am·am＋10）·q80＝a·（ ）2＝ . ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 10. 已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1， ＝9a2a6. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 设数列{an}的公比为q， 由 ＝9a2a6得 ＝9 ，所以q2＝ . 由已知q＞0，故q＝ . 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝ . 故数列{an}的通项公式为an＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式. 解： bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－（1＋2＋…＋n）＝－ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 11. 已知等比数列{an}是递减数列，前n项的积为Tn，若T13＝4T9，则 a8a15＝（　　） A. ±2 B. ±4 C. 2 D. 4 解析：　∵T13＝4T9，∴a1a2·…·a9a10a11a12a13＝4a1a2·…·a9， ∴a10a11a12a13＝4.又∵a10·a13＝a11·a12＝a8·a15，∴（a8·a15）2＝ 4，∴a8a15＝±2.又∵{an}为递减数列，∴q＞0，∴a8a15＝2. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 12. 已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a（a＞0），b1－a1＝1，b2 －a2＝2，b3－a3＝3.若数列{an}唯一，则a＝（　　） A. B. C. D. 1 解析：　设{an}的公比为q，由b1＝1＋a，b2＝2＋a2，b3＝3＋a3且 ＝b1b3⇒（2＋aq）2＝（1＋a）·（3＋aq2）⇒aq2－4aq＋3a－1＝0， 由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，所以方程有两个不相等的实数根.由{an}唯 一，知方程必有一根为0，代入方程aq2－4aq＋3a－1＝0中，得a＝ . √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 13. 设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值 为 ⁠. 解析：法一　设{an}的公比为q，依题意得 解得 所以an＝（ ）n－4，从而a1a2…an＝（ ＝ （ ， 64 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 当n＝3或n＝4时， ［（n－ ）2－ ］取到最 小值－6，此时（ 取到最大值26，所以a1a2…an的最 大值为64. 法二　设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，得a1＝8，q＝ ， 则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝ ，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 14. 设数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，S1＝－1. （1）证明：数列{2an＋1－an}为等比数列； 解： 证明：∵Sn＝an－4an＋1①，∴Sn＋1＝an＋1－4an＋2②， ②－①⇒an＋1＝an＋1－4an＋2－an＋4an＋1，∴4an＋2＝4an＋1－an， 故4an＋2－2an＋1＝2an＋1－an，∴2an＋2－an＋1＝ （2an＋1－an）， 而在①式中令n＝1⇒a1＝a1－4a2，又S1＝－1， ∴a2＝0，∴2a2－a1＝1≠0， ∴{2an＋1－an}是首项为1，公比为 的等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）求数列{an}的通项公式. 解： 由（1）得，2an＋1－an＝ ， 则2nan＋1－2n－1an＝1， ∴数列{2n－1an}是首项为－1，公差为1的等差数列. ∴2n－1an＝n－2，∴an＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 15. 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； 解：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＝ 或q＝ （舍去）， 所以an＝8×（ ）n－1＝24－n，n∈N*. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 （2）若bn＝an（n＋2－λ），且数列{bn}是递减数列，求实数λ的取值 范围. 解： 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）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第二册 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $