第三节　等比数列 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“等比数列”专题，覆盖定义、通项公式、前n项和公式及性质等核心考点，对接高考评价体系，分析近五年全国卷真题中基本量运算、性质应用、判定证明等高频考点分布，归纳选择、填空、解答题等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题训练+技巧指导+素养培养”，如以2025全国二卷多选题为例，解析基本量运算的“知三求二”方程法，培养数学思维；通过等比数列“若m+n=p+q则aman=apaq”性质应用，强化数学语言表达。设易错点警示（如公比q=1的分类讨论），帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准规划复习，提升备考效率。

第三节 第六章　数列 等比数列 【目标要求】　1.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. 1.等比数列的有关概念 (1)定义:一般地,如果一个数列_______________,每一项与它的前一项的比都等于______________,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,定义的表达式为_________, q为常数,q≠0. (2)等比中项:若a,A,b成等比数列,则A叫做a与b的_____________.当a,b同号时,其等比中项为±. 从第2项起 同一个常数 =q 等比中项 (3)等比数列的通项公式及其变形 通项公式:_______________,其中a1是首项,q是公比. 通项公式的变形:_______________(m,n∈N*). (4)等比数列的前n项和公式: Sn= an=a1qn-1 an=amqn-m 2.等比数列的性质 设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则有如下的性质: (1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am·an=ap·aq. (2)在等比数列中,序号成等差数列的项组成的新数列仍为等比数列. (3)若数列{an},{bn}是两个项数相同的等比数列,则数列{an·bn},{k· an}(k≠0),{},{an·an+1}也是等比数列. (4)Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,S4k-S3k,…(其中各项均不为0)也成等比数列. 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.若a1·a2·…·an=Tn,则Tn,,,…成等比数列. 4.若数列{an}的项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q,或=q. 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)等比数列{an}的公比q>1,则该数列为递增数列.(　　) 若a1<0,q>1,则该数列为递增数列不成立. 解析 (2)三个数a,b,c成等比数列的充要条件是b2=ac.(　　) (3)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.(　　) (4)数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=.(　　) 2.已知{bn}是等比数列,若b2=3,b6=27,则b4的值为(　　) A.9 B.-9 C.±9 D.81 由题得=b2·b6=3×27=81,而b4=b2·q2>0,则b4=9. 解析 3.(人A选二P37T3改编)在等比数列{an}中,已知a2=6,6a1+a3=30,则an=_________________. 设数列{an}的公比为q,由题意得故an=3·2n-1或an=2·3n-1. 解析 3·2n-1或2·3n-1 4.若在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列,则这三个数分别是________________________. 设插入的三个数分别为a,b,c,则b2=1×4,所以b=2或b=-2(舍),a2=1×b =2.所以a=±,同时c2=b×4=8,所以c=±2,且a,c同号.所以这三个数分别为,2,2或-,2,-2. 解析 ,2,2或-,2,-2 5.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=_______. 由题意,得所以q===2. 解析 2 (1)(2025·全国二卷)(多选题)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0,若S3=7,a3=1,则(　　) A.q= B.a5= C.S5=8 D.an+Sn=8 考点一 等比数列基本量运算………………自练自悟 对A,由题意得结合q>0,解得 (舍去),故A正确;对B,则a5=a1q4=4×=,故B错误;对C,S5= ==,故C错误;对D,an=4×=23-n,Sn==8-2-n+3,则an+Sn=23-n+8-23-n=8,故D正确;故选AD. 解析 (2)(2026·赣州模拟)已知数列{an}为等比数列,若数列{an+λ}(λ≠0)仍为等比数列,且a3=3,则a2 026=(　　) A.1 B.3 C.32 024 D.32 026 设数列{an}的公比为q,因为{an}为等比数列,所以=an·an+2,又因为数列{an+λ}(λ≠0)也为等比数列,所以(an+1+λ)2=(an+λ)·(an+2+λ),即an+an+2=2an+1,即an+anq2=2anq,即q2-2q+1=0,解得q=1,所以数列{an}的公比q=1,又a3=3,所以a2 026=3.故选B. 解析 (3)(多选题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1+a(a为常数),则 (　　) A.a=-1 B.数列{an}的公比为2 C.an=2n D.S9=1 023 因为Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8.因为{an}是等比数列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,则A错误;数列{an}的公比q==2,则B正确;因为a1=2,公比q=2,所以an=a1qn-1=2n,则C正确;因为a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,则D错误.故选BC. 解析 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.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==. (2026·长沙模拟)已知数列{an}满足an+1-3an=2n-1,且a1=1. (1)证明:数列{an+n}是等比数列; 考点二 等比数列的判定与证明 由===3,可知数列{an+n}是以a1+1=2为首项,3为公比的等比数列. 证明 (2)求数列{an}的前n项和Sn. 由(1)可知,an+n=2·3n-1,则an=2·3n-1-n.从而Sn=(2×30-1)+(2×31-2)+…+(2×3n-1-n)=2(30+31+…+3n-1)-(1+2+…+n)=-=3n--1. 解 判定数列{an}是等比数列的常用方法 1.定义法:若=q(q为非零常数,n∈N*)或=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:若数列{an}中,an≠0,=an·an+2(n∈N*),则{an}是等比数列. 3.前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列. 【训练】　(1)已知数列{an}满足=anan+2(n∈N*),若a3=1,a7=4,则a5=(　　) A.±2 B.-2 C.2 D.8 由=anan+2可知,数列{an}为等比数列,则=a3·a7=4,设{an}的公比为q,因为a5=a3·q2,且a3=1>0,所以a5>0,所以a5=2,故选C. 解析 (2)已知数列{an}满足a1=1,an+an+1=2n+1.证明数列为等比数列,并求数列{an}的通项公式. 由已知an+an+1=2n+1得+×=1,因此-=-,又-= -,所以数列是首项为-,公比为-的等比数列,因此-= -,所以an=. 解 考向❶ 项的性质 【例2】　(1)在正项等比数列{an}中,a3,a5是方程x2-15x+9=0的两个根,则a1a7-a4=(　　) A.3 B.6 C.9 D.12 考点三 等比数列的性质及应用 因为a3,a5是方程x2-15x+9=0的两个根,所以a3a5=9,在正项等比数列{an}中,有a1a7=a3a5=9,=9,又a4>0,所以a4=3,所以a1a7-a4=9-3=6.故选B. 解析 (2)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=6,则log3a1+log3a2+ …+log3a10=(　　) A.3 B.5 C.log315 D.30 {an}为等比数列,a5a6+a4a7=6,故a5a6=a4a7=3,且a1a10=a2a9=a3a8=3,故log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1a2…a10)=log335=5.故选B. 解析 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. 考向❷ 和的性质 【例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.故选C. 解析 解法二: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.故选C. 解析 (2)已知等比数列{an}有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则n=(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 因为等比数列{an}有2n+1项,则奇数项有n+1项,偶数项有n项,设公比为q,得到奇数项的和为1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)= 85,偶数项的和为q+q3+q5+…+q2n-1=42,整体代入得q=2,所以前2n+1项的和为=85+42=127,解得n=3. 解析 (3)(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比为________. 解法一:设该等比数列为{an},Sn是其前n项和,则S4=4,S8=68,设{an}的公比为q(q>0),当q=1时,S4=4a1=4,即a1=1,则S8=8a1=8≠68,显然不成立,舍去;当q≠1时,则S4==4,S8==68,两式相除得=,即=17,则1+q4=17,所以q=2,所以该等比数列公比为2. 解析 2 解法二:设该等比数列为{an},Sn是其前n项和,则S4=4,S8=68,设{an}的公比为q(q>0),所以S4=a1+a2+a3+a4=4,S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8= a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=(a1+a2+a3+a4)(1+q4)=68,所以4(1+ q4)=68,则1+q4=17,所以q=2,所以该等比数列公比为2. 解法三:设该等比数列为{an},Sn是其前n项和,则S4=4,S8=68,设{an}的公比为q(q>0),因为S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64,又S4=a1+a2+a3+a4=4,所以=q4==16,所以q=2,所以该等比数列公比为2. 解析 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. 【题组对点练】 题号 1 2 3 考向 ❶ ❶ ❷ (1)(2026·黄山模拟)在等比数列{an}中,a1,a13是方程x2-13x+9=0的两根,则的值为(　　) A. B.3 C.± D.±3 因为a1,a13是方程x2-13x+9=0的两根,所以a1+a13=13,a1·a13=9,所以a1>0,a13>0,a1·a13=a2·a12==9,又数列{an}为等比数列,等比数列的奇数项符号相同,可得a7=3,所以==3.故选B. 解析 (2)已知等比数列{an}的首项a1>1,公比为q,记Tn=a1a2·…·an(n∈N*),则“0<q<1”是“数列{Tn}为递减数列”的(　　) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 由题意,Tn=a1a2·…·an=a1(a1q)·…·(a1qn-1)=·q1+…+n-1=,==a1·qn,当a1>1,0<q<1时,a1·qn<1对于n∈N*不一定恒成立,例如a1=2,q=;当数列{Tn}为递减数列时,q>0且a1·qn<1对于n∈N*恒成立,又因为a1>1,所以得0<q<1,因此“0<q<1”是“数列{Tn}为递减数列”的必要不充分条件.故选C. 解析 (3)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3=4,a4+a5+a6=8,则=________. 由题意得S6-S3=8,S6=S3+8=4+8=12,因为S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等比数列,故==,即82=4(S9-12),解得S9=28,则S9-S6=28-12=16,所以162=8(S12-28),解得S12=60,故==5. 解析 5 等比数列的最值 涉及等比数列的单调性与最值的问题,一般要考虑公比与首项的符号对其的影响. 【典例】　(多选题)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 025a2 026>1,<0,下列结论正确的是 (　　) A.S2 025<S2 026 B.a2 025a2 027-1<0 C.T2 026是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值 当q<0时,a2 025·a2 026=·q<0,不成立;当q≥1时,因为a1>1,所以a2 025>1,a2 026>1,则<0不成立;故0<q<1,且a2 025>1,0<a2 026<1,故S2 026>S2 025,A正确;a2 025a2 027-1=-1<0,故B正确;T2 025是数列{Tn}中的最大值,C、D错误. 解析 【微练】　(多选题)设{an}是各项为正数的等比数列,q是其公比,Tn是其前n项的积,且T6<T7,T7=T8>T9,则下列结论正确的是(　　) A.q>1 B.a8=1 C.T10>T6 D.T7与T8均为Tn的最大值 由题意知,由T6<T7得a7>1,由T7=T8得a8==1,所以=q<1,又q>0,所以0<q<1,故A错误,B正确;因为{an}是各项为正数的等比数列,q∈(0,1),有a1>a2>…>a7>a8=1>a9>a10>…,所以=a7a8a9a10=(a8a9)2=<1,所以T10<T6,故C错误;T1<T2<…<T7=T8>T9>T10>…,则T7与T8均为Tn的最大值,故D正确. 解析 1.(2025·北京高考)已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=-2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10=(　　) A.-20 B.-18 C.16 D.18 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为a3,a4,a6成等比数列,且a1=-2,所以=a3a6,即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d),解得d=2或d=0(舍去),所以a10=a1+9d=-2+9×2=16.故选C. 解析 2.(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=(　　) A. B. C.15 D.40 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.故选C. 解析 3.(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(　　) A.14 B.12 C.6 D.3 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由题意可得所以a6=a1q5=3,故选D. 解析 4.(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=_________. 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,因为a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15=(q5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7=a1q·q5=q5=-2. 解析 -2 5.(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; 因为2Sn=nan,当n=1时,2a1=a1,即a1=0;当n=3时,2(1+a3)=3a3,即a3=2,当n≥2时,2Sn-1=(n-1)·an-1,所以2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)an-1=2an,化简得(n-2)an=(n-1)an-1,当n≥3时,==…==1,即an=n-1,当n=1,2,3时都满足上式,所以an=n-1(n∈N*). 解 (2)求数列的前n项和Tn. 因为=,所以Tn=1×+2×+3×+…+n×,Tn=1 ×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减,得Tn=+ ++…+-n×=-n×=1-,即Tn=2-(2+n),n∈N*. 解 6.(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明:a1=b1; 设等差数列{an}的公差为d.由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1　①,由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1　②,由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1. 证明 (2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数. 由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,1≤m≤500得b1×2k-1=2a1+(m-1)d,即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,所以2k-1=2m,即2k-2=m,所以1≤2k-2≤ 500,所以0≤k-2≤8,所以2≤k≤10.故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9. 解 $