第六章 §6.3 等比数列（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

第六章 §6.3　等比数列 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.掌握等比数列前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. 课标要求 内容索引 第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型 课时精练 第一部分 落实主干知识 1.等比数列有关的概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从第 项起，每一项与它的 之____都等于 ，那么这个数列称为等比数列，这个常数叫作等比数列的 ，公比通常用字母q表示(q≠0). (2)等比中项：在两个数a，b之间插入数G，使a，G，b成等比数列，则G称为a与b的 ，此时，G2＝ab. 2 前一项 比 同一个常数 公比 等比中项 知识梳理 5 2.等比数列的通项公式及前n项和公式 (1)若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an＝ . (2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m. (3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝________ ＝_________. a1qn－1 知识梳理 6 3.等比数列的常用性质 (1)若m＋n＝p＋q，则 ，其中m，n，p，q∈N+.特别地，若2w＝m＋n，则__________，其中m，n，w∈N+. (2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 (k，m∈N+). aman＝apaq qm 知识梳理 7 增 减 4.等比数列前n项和的常用性质 若等比数列{an}的公比q≠－1, 前n项和为Sn，则Sn， _ ， 仍成等比数列，其公比为qn. S2n－Sn S3n－S2n 知识梳理 8 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.设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和. (1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn. 常用结论 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.(　　) (2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　) (3)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.(　　) (4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积. (　　) × × √ × 自主诊断 2.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 √ 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. 自主诊断 √ 自主诊断 由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)， 得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0， 自主诊断 4.数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和为Sn＝ _______________________. 自主诊断 因为a≠0，an＝an， 所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列. 当a＝1时，Sn＝n； 返回 自主诊断 第二部分 探究核心题型 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 题型一　等比数列基本量的运算 √ 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. 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， 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)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则 等于 A.2n－1 B.2－21－n C.2－2n－1 D.21－n－1 √ 方法一　设等比数列{an}的公比为q， 易知q≠1， 方法二　设等比数列{an}的公比为q， 易知q≠1， 所以q＝2， 等比数列基本量的运算的解题策略 (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)解方程组时常常利用“作商”消元法. (3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解. 思维升华 跟踪训练1　(1)(2023·天津)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 √ 由题意可得，当n＝1时，a2＝2a1＋2， 即a1q＝2a1＋2， ① 当n＝2时，a3＝2(a1＋a2)＋2， 即a1q2＝2(a1＋a1q)＋2， ② (2)(2023·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 √ 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， 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　已知数列{an}中，a1＝2，且an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N+). (1)求a2，a3，并证明{an－n}是等比数列； 由a1＝2，an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N+)， 得a2＝2a1－2＋2＝4，a3＝2a2－3＋2＝7， ∵an－n＝2an－1－2n＋2＝2[an－1－(n－1)]，a1－1＝1， ∴{an－n}是首项为1，公比为2的等比数列. (2)求通项公式an. 由(1)知an－n＝1×2n－1， ∴an＝2n－1＋n. 等比数列的四种常用判定方法 (3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an＝cqn－1(c，q均为非零常数，n∈N+)，则{an}是等比数列. (4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝kqn－k(k为常数，且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列. 思维升华 跟踪训练2　 (2024·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn. (1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列； 因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn， 所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)， an＋1－bn＋1＝－(an－bn)， 又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5， 所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列. (2)求{anbn}的前n项和Sn. 由(1)得an＋bn＝5×3n－1， an－bn＝(－1)n－1， 题型三　等比数列的性质 例3　(1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________. 命题点1　项的性质 －2 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. 微拓展 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 ·…· ＝ ·…· . (2)若数列{an}为等差数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则 ＋…＋ ＝ ＋…＋ . 微拓展 典例　已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9＝5，S8＝16，则S11＝____. 33 又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3， 故S11＝11a6＝33. (2)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝____. 5 因为数列{an}的各项均为正数， 所以a3＝2. 所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5. 命题点2　和的性质 例4　(1)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＝_____. 2 方法一　设等比数列{an}的公比为q， 所以{an}的公比q≠1. 方法二　设等比数列{an}的公比为q， 所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列， 即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)， (1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度. (2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用. 思维升华 √ 设等比数列{an}的公比为q， 因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根， 50 设T1＝a1＋a3＋a5＋…＋a99，T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100， 所以S100＝T1＋T2＝2T2＋T2＝3T2＝150， 所以T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100＝50. 返回 课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 知识过关 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 又an>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设1，b2，b3，b4，4的公比为q， 3.(2023·济宁模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和.若Sn＝126，则n等于 A.5 B.6 C.7 D.8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ∵a1＝2，an＋1＝2an， ∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列. 又Sn＝126， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.已知公差不为零的等差数列{an}满足：a2＋a7＝a8＋1，且a2，a4，a8成等比数列，则a2 023等于 A.2 023 B.－2 023 C.0 D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 则a2＋a7＝a8＋1⇔2a1＋7d＝a1＋7d＋1， 解得a1＝1， 因为a2，a4，a8成等比数列， 即(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)， 因为d≠0，所以d＝1， 所以a2 023＝a1＋(2 023－1)×d＝2 023. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后三天所走的里程数为 A.6 B.12 C.18 D.42 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设第n(n∈N+)天走an里，其中1≤n≤6， 解得a1＝192， 所以此人后三天所走的里程数为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于 A.120 B.85 C.－85 D.－120 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 方法一　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意， 所以q≠1. 由S4＝－5，S6＝21S2， 由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 方法二　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(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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； 与S4＝－5矛盾，舍去. 综上，S8＝－85. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 得a1＝1，故A不正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，下列结论中正确的是 A.数列{an}是等比数列 B.数列{an＋1}是等比数列 C.an＝2n－1 D.数列{an}的前6项的和为120 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 故数列{an}不是等比数列，故A错误； 由题意知，数列{an}的首项a1＝1， 且满足an＋1＝2an＋1， 则数列{an＋1}是等比数列，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由B分析知数列{an＋1}是等比数列， 首项为a1＋1＝2，公比q＝2， 则an＋1＝2×2n－1＝2n， 则an＝2n－1，故C正确； 三、填空题 9.(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________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 若q＝1， 则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1， 则a1＝0，不符合题意. 所以q≠1. 当q≠1时，因为8S6＝7S3， 即8(1－q6)＝7(1－q3)， 即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 023 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由qS3＝2 023a2a5， 得q(a1＋a2＋a3)＝2 023a2a5， 即a2＋a3＋a4＝2 023a2a5， 又因为a2a5＝a3a4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 四、解答题 11.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2. (1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由an＋1＝2an＋2， 得an＋1＋2＝2(an＋2)， 所以{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列， 所以an＋2＝3×2n－1，an＝3×2n－1－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)求数列{an}落入区间(10,2 023)的所有项的和. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由10<an<2 023， 得10<3×2n－1－2<2 023， 即4<2n－1<675，即4≤n≤10， 故{an}落入区间(10,2 023)的项为a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10， 所以其和S＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10 ＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(2024·金华模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，a3＝4. (1)求数列{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设{an}的公比为q(q>0，且q≠1)， 即q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)在数列{Sn}中，是否存在不同的三项构成等差数列？请说明理由. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 假设存在三项Sm，Sn，Sp(m<n<p)构成等差数列，则有2Sn＝Sm＋Sp，即2×2n＝2m＋2p， 左右两边除以2m得2n＋1－m＝1＋2p－m， 等式左边为偶数，右边为奇数，该等式显然无解， 所以数列{Sn}中不存在不同的三项构成等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ 能力拓展 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因此0<q<1，A错误； 若q<0，则a6<0，a7>0， 所以a6a7<0，与a6a7>1矛盾； 若q≥1，则因为a1>1，所以a6>1，a7>1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为an>0， 所以Sn单调递增，即Sn的最大值不为S7， 故C错误； 因为当n≥7时，an∈(0,1)，当1≤n≤6时，an∈(1，＋∞)，所以Tn的最大值为T6，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1， 则an＝_____，Tn＝___________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 aman＝a (3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和也是等比数列(b，p，q≠0). (4)若或则等比数列{an}递 . 若或则等比数列{an}递 . (2)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列. (3)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q. 3.在等比数列{an}中，若a3＝，S3＝，则a2的值为 A. B.－3 C.－ D.－3或 解得q＝1或q＝－， ∴a2＝＝或－3. 当a≠1时，Sn＝. A. B. C.15 D.40 由＝5×－4， 所以q＝2，所以S4＝＝15. 则由题可得解得 所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1， 所以＝＝2－21－n. 因为＝＝＝＝2， 所以＝＝＝2－21－n. 联立①②解得则a4＝a1q3＝54. ∴S7＝＝1 016，即127a1＝1 016， ∴＝2(n≥2，n∈N+)， (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a＝anan＋2(n∈N+)，则{an}是等比数列. 所以an＝，bn＝， 所以anbn＝×＝＝×9n－1－，所以Sn＝×－＝. S8＝＝16，∴a1＋a8＝4， 由题意知a1a5＝a2a4＝a＝4， 所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝(a)2·a3＝a＝25. 由题意，得 解得所以q＝＝＝2. (2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，＝，则＝_______. 因为＝， 由÷＝， 得q3＝－，所以＝＝. 因为＝，所以公比q≠1， 将S6＝S3代入得＝. 跟踪训练3　(1)在等比数列{an}中，若a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则的值为 A.－ B.－ C. D.－或 所以a3a15＝a＝2，a3＋a15＝－6， 所以a3<0，a15<0，则a9＝－， 所以＝＝a9＝－. (2)(2023·长春统考)在等比数列{an}中，q＝，S100＝150，则a2＋a4＋a6＋…＋a100的值是________. 所以＝＝， 一、单项选择题 1.(2023·本溪模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q＝，且a3a4＝，则a6等于 A. B. C. D. 由a3a4＝，得a1q2·a1q3＝，即a·5＝， 所以a＝1. 所以a1＝1，a6＝a1q5＝1×5＝. 2.若1，a2，a3，4成等差数列；1，b2，b3，b4，4成等比数列，则等于 A. B.－ C.± D. 由题意得a3－a2＝＝1， 则b3＝q2>0，b＝1×4＝4，解得b3＝2， ＝＝－. ∴＝126，解得n＝6. 所以a＝a2a8， 由题意可知，数列{an}是公比为的等比数列， 所以＝a1＝378， a4＋a5＋a6＝＝42. 可得＝－5， ＝21×， ① 所以S8＝＝·(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85. 解得S2＝－1或S2＝， 当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0， 二、多项选择题 7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S2＝，＝，则下列说法正确的是 A.a1＝ B.q＝ C.a7＝ D.S5＝ 由S2＝，得a1(1＋q)＝， 由＝， 得1＋q3＝，得q3＝， 得＝， 得q＝，故B正确； 将q＝代入a1(1＋q)＝， S5＝＝＝，故D正确. a7＝a1q6＝6＝，故C正确； 则a2＝3，a3＝7，则≠， 由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，an＋1≠0，否则与a1＝1矛盾，则＝2， 数列{an}的前6项的和为(21－1)＋(22－1)＋…＋(26－1)＝－6＝120，故D正确. － 所以8·＝7·， 即8(1＋q3)＝7，解得q＝－. 10.已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若qS3＝2 023a2a5，则＋＋＝________. 则＝2 023， 可得＋＋＝2 023，所以＋＋＝2 023. 又a1＋2＝3，所以＝2， ＝3×－14＝3 034. 两式相除并整理得3q2－4q－4＝(3q＋2)(q－2)＝0，解得q＝2或q＝－(舍去)， 由 由(1)可得Sn＝1×＝2n－1， 13.(多选)(2023·盐城模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足a1>1，a6a7>1，<0，则下列结论正确的是 A.q>1 B.0<a6a8<1 C.Sn的最大值为S7 D.Tn的最大值为T6 则>0，与<0矛盾， 因为<0，所以a6>1>a7>0， 因此a6a8＝a∈(0,1)，故B正确； 由题意得a1＝1－a1，故a1＝. 当n≥2时，由得an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1，则＝， 故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝. 由等比数列的性质可得a1a3＝a，a3a5＝a，…，a2n－1a2n＋1＝a，所以数列{a2n－1a2n＋1}是以a＝为首项，为公比的等比数列， 则Tn＝a＋a＋…＋a＝＝. $