1.3.1 第1课时 等比数列的概念及其通项公式-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦等比数列概念、通项公式及判定，通过观察4个具体数列对比等差数列，引出“从第2项起每一项与前一项比为常数”的核心特征，搭建与等差数列的知识联系，形成学习支架。 其亮点在于以问题驱动自主学习，课前案通过数列观察培养数学抽象，课堂案一题多解（累乘法、归纳法推导通项公式）和一题多变（变条件证明等比数列）提升逻辑推理与数学运算。易错点辨析强化思维严谨性，课堂小结用表格梳理知识与技法，助力学生深化理解，教师可高效实施分层教学。

第一章　数列 §3　等比数列 3．1　等比数列的概念及其通项公式 第1课时　等比数列的概念及其通项公式 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学1 等比数列的概念 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 2 前一项的比值 同一个 公比 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学2 等比数列的通项公式 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 a1qn-1(a1≠0， q≠0) 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 学业标准 素养目标 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的判断与证明方法．(重点) 2．会归纳等比数列的通项公式，会运用通项公式解决一些简单问题．(重点、难点) 1.借助等比数列概念的学习，培养数学抽象等核心素养． 2．通过等比数列通项公式的求解与运用，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 　观察下面几个数列：①3，9，27，81，243，…；②1， eq \f(1,2)， eq \f(1,4)， eq \f(1,8)， eq \f(1,16)，…；③ eq \f(1,3)， eq \f(1,3)， eq \f(1,3)， eq \f(1,3)， eq \f(1,3)，…；④1，－2，4，－8，16，…. 思考：(1)这些数列是等差数列吗？ (2)这几个数列的共同特征是什么？ [提示]　(1)③是等差数列，其余都不是等差数列． (2)这些数列的共同特点是从第2项起，每一项与它的前一项的比都是同一个常数． ◎结论形成 等比数列的概念 如果一个数列从第___项起，每一项与它的__________________都是______常数，那么称这样的数列为等比数列，称这个常数为等比数列的______，通常用字母q(q≠0)表示． [导学点睛]　 对等比数列概念的理解 (1)每一项与它的前一项的比值必须是同一个常数(因为同一个常数体现了等比数列的基本特征). (2)等比数列中的任何一项均不能为零． (3)等比数列的公比可以是正数、负数，但不能为零． 　给出等比数列{an}：1，3，9，27，81，…，请根据下列两种思路探求其通项公式． (1)根据等比数列的定义，{an}的递推公式可以如何表示？利用累乘法能否求得{an}的通项公式？ (2)根据等比数列的定义，能否将{an}的各项都用首项和公比表示出来？由此归纳{an}的通项公式． [提示]　(1){an}的递推公式是a1＝1， eq \f(an,an－1)＝3(n≥2)，利用累乘法可得an＝3n-1. (2)由等比数列的定义： eq \f(a2,a1)＝q，所以a2＝a1q， eq \f(a3,a2)＝q，a3＝a2q＝a1q2，…， eq \f(an,an－1)＝q， an＝an－1q＝…＝a1qn-1. ◎结论形成 等比数列的通项公式 若首项是a1，公比是q，则等比数列{an}的通项公式为an＝_______________ _________． [拓展] 等比数列通项公式的推导 (1)方法一(归纳法)：由等比数列的定义可知，a2＝a1q，a3＝a2q＝a1q2，a4＝a3q＝a1q3，a5＝a4q＝a1q4，…，归纳得an＝a1qn-1(n≥2). 当n＝1时，上面的等式两边均为a1，所以等式也成立，因此当n∈N＋时，an＝a1qn-1成立．需要注意的是上述过程不是证明的过程，我们以后可以用数学归纳法来完成证明． (2)方法二(累乘法)：根据等比数列的定义，可知 eq \f(a2,a1)＝q， eq \f(a3,a2)＝q， eq \f(a4,a3)＝q，…， eq \f(an,an－1)＝q.上述(n－1)个等式两边分别相乘，得 eq \f(an,a1)＝qn-1，所以an＝a1qn-1(n≥2).当n＝1时等式也成立． (3)方法三(迭代法)：由于数列{an}是等比数列，所以an＝an－1q＝(an－2q)q＝an－2q2＝(an－3q)q2＝…＝a1qn-1(n≥2).当n＝1时，等式也成立． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果一个数列的每一项与它的前一项的比是一个常数，那么这个数列是等比数列．(　　) (2)若数列{an}的通项公式是an＝cqn(c，q∈R，c≠0，q≠0)，则{an}一定是等比数列．(　　) (3)常数列a，a，a，a，…一定是等比数列．(　　) (4)若数列的通项公式为an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,3n，n≥2，))则{an}是等比数列．(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．在等比数列{an}中，a1＝1， eq \f(a6＋a8,a3＋a5)＝ eq \f(1,27)，则a6的值为(　　) A． eq \f(1,27)　　　　　　　 B． eq \f(1,81) C． eq \f(1,243) D． eq \f(1,729) 解析　设等比数列{an}的公比为q，由 eq \f(a6＋a8,a3＋a5)＝ eq \f((a3＋a5)q3,a3＋a5)＝q3＝ eq \f(1,27)，得q＝ eq \f(1,3)，所以a6＝a1q5＝ eq \f(1,243). 答案　C 3．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝(　　) A．4 B．－4 C．±4 D．5 解析　设公比为q(q≠0且q≠1)， 由题知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＝a1q2＝2，　①,a7＝a1q6＝8， ②)) ①②得q4＝4，故q2＝2， 则a5＝a3q2＝2×2＝4，故选A. 答案　A 4．在等比数列{an}中，a1＋a2＝6，a3＝3，则公比q的值为___________． 解析　由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝6，,a1q2＝3，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝1，))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝12，,q＝－\f(1,2)．)) 答案　1或－ eq \f(1,2) 题型一　等比数列通项公式的应用 eq \a\vs4\al(一题多解) 　[教材例2迁移]在等比数列{an}中． (1)a4＝2，a7＝8，求an； (2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n. [解析]　设首项为a1，公比为q. (1)法一　因为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a4＝a1q3，,a7＝a1q6，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1q3＝2，　①,a1q6＝8. ②)) 由①②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＝2 eq \s\up6(\f(2n－5,3)). 法二　因为a7＝a4q3，所以q3＝4，q＝ eq \r(3,4). 所以an＝a4qn-4＝2·( eq \r(3,4))n-4＝2 eq \s\up6(\f(2n－5,3)). (2)因为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝a1q＋a1q4＝18，　③,a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝9. ④)) 由③④得q＝ eq \f(1,2)，从而a1＝32，又an＝1， 所以32× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝1，即26-n＝20，所以n＝6. 与求等差数列的通项公式的基本量一样，求等比数列的通项公式的基本量也常运用方程的思想和方法．从方程的观点看等比数列的通项公式an＝a1qn-1(a1≠0，q≠0)中包含了四个量，已知其中的三个量，可以求得另一个量．求解时，要注意应用q≠0验证求得的结果．　 [触类旁通] 1．(1)(2025·北京二中高二期末)已知数列{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b3－b2＝12，则{bn}的通项公式为(　　) A．bn＝2n B．bn＝2×3n C．bn＝2×3n-1 D．bn＝2×6n-1 (2)已知{an}是以q为公比的等比数列，a3－a1＝3，a6－a4＝81，则q＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析　(1)设 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的公比为q.由b3－b2＝12，得2q2－2q＝12，解得q＝3或q＝－2.又公比大于0，所以q＝3，所以bn＝2×3n-1.故选C. (2)因为a3－a1＝3，a6－a4＝81，所以a6－a4＝a3·q3－a1·q3＝q3(a3－a1)＝3q3＝81，解得q＝3.故选B. 答案　(1)C　(2)B 题型二　等比数列的判定与证明 eq \a\vs4\al(一题多变) 　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)[解析]　由S1＝ eq \f(1,3)(a1－1)，得a1＝ eq \f(1,3)(a1－1)， 所以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)≠0， 所以{an}是首项为－ eq \f(1,2)，公比为－ eq \f(1,2)的等比数列． [母题变式] 1．(变条件、变结论)将本例条件“Sn＝ eq \f(1,3)(an－1)(n∈N＋)”改为“a1＝1，a eq \o\al(2,n＋1)＝2a eq \o\al(2,n)＋anan＋1”，试证明数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式． 解析　由已知得a eq \o\al(2,n＋1)－anan＋1－2a eq \o\al(2,n)＝0， 所以(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0. 所以an＋1－2an＝0或an＋1＋an＝0， (1)当an＋1－2an＝0时， eq \f(an＋1,an)＝2.又a1＝1， 所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列． 所以an＝2n-1. (2)当an＋1＋an＝0时， eq \f(an＋1,an)＝－1，又a1＝1， 所以数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列， 所以an＝1×(－1)n-1＝(－1)n-1. 综上，an＝2n-1或an＝(－1)n-1. 2．(变条件、变结论)将本例的条件改为“a1＝ eq \f(7,8)，且an＋1＝ eq \f(1,2)an＋ eq \f(1,3)”，求证：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是等比数列． 证明　因为an＋1＝ eq \f(1,2)an＋ eq \f(1,3)， 所以an＋1－ eq \f(2,3)＝ eq \f(1,2)an＋ eq \f(1,3)－ eq \f(2,3)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))， 所以 eq \f(an＋1－\f(2,3),an－\f(2,3))＝ eq \f(1,2)， 又a1－ eq \f(2,3)＝ eq \f(7,8)－ eq \f(2,3)＝ eq \f(5,24)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是首项为 eq \f(5,24)，公比为 eq \f(1,2)的等比数列． [素养聚焦]　本题主要考查等比数列的判定，突出考查逻辑推理和数学运算等核心素养． 判断一个数列是否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(q为常数且不为零)或 eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，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． [提醒]　不管用哪种方法判定等比数列都要先强调某一项不等于零．　 [触类旁通] 2．(1)(多选题)(2025·浙江培优联盟高二联考)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，则(　　) A．a3，a5，a7是等比数列 B．{a eq \o\al(3,n)}是等比数列 C．{lg an}是等比数列 D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比数列 (2)设数列{an}的前n项和为Sn，且nSn＋(n＋2)an＝4n，求证：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比数列． 解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0). 对于A， eq \f(a5,a3)＝ eq \f(a1q4,a1q2)＝q2， eq \f(a7,a5)＝ eq \f(a1q6,a1q4)＝q2，所以 eq \f(a5,a3)＝ eq \f(a7,a5)，则a3，a5，a7成等比数列，A正确； 对于B，因为eq \o\al(3,n＋1) eq \f(a,a eq \o\al(3,n)) ＝q3，所以eq \o\al(3,n) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a)) 是等比数列，B正确； 对于C，不妨设等比数列{an}的通项公式为an＝1，则lg an＝0，此时{lg an}不是等比数列，C错误； 对于D，因为 eq \f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝ eq \f(an,an＋1)＝ eq \f(1,q)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比数列，D正确．故选ABD. (2)证明　因为nSn＋(n＋2)an＝4n， 即Sn＋ eq \f((n＋2)an,n)＝4， 当n≥2时，Sn－1＋ eq \f((n＋1)an－1,n－1)＝4， 两式相减得an＋ eq \f((n＋2)an,n)－ eq \f((n＋1)an－1,n－1)＝0， 整理得 eq \f(an,n)＝ eq \f(1,2)· eq \f(an－1,n－1)， 所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比数列． 答案　(1)ABD　(2)略 [缜密思维提能区] 易错案例 忽视等比数列中奇、偶项的符号特点致误 [典例]　在等比数列{an}中，a5，a9是方程7x2－18x＋7＝0的两个根，则a7＝____________． [错解]　因为a5，a9是方程7x2－18x＋7＝0的两个根，所以a5·a9＝1.又{an}是等比数列，所以a5，a7，a9也成等比数列． eq \f(a7,a5)＝ eq \f(a9,a7)，即a eq \o\al(2,7)＝a5·a9＝1，所以a7＝±1. [正解]　因为a5，a9是方程7x2－18x＋7＝0的两个根， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a5＋a9＝\f(18,7)，,a5·a9＝1，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a5＞0，,a9＞0，))所以a7＞0. 依题意a5，a7，a9也成等比数列． 故a eq \o\al(2,7)＝a5·a9＝1，所以a7＝1. [答案]　1 [纠错心得]　解等比数列的问题时，一定要特别注意符号，所有奇数项(或偶数项)的符号是相同的． 知识落实 技法强化 (1)等比数列及有关的概念． (2)等比数列的通项公式及判定． 等比数列的证明方法 (1)定义法： eq \f(an＋1,an)＝q(与n无关的常数). (2)通项公式法：an＝a1qn-1(a≠0，q≠0) $