等比数列 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦等比数列专题，依据新课标要求梳理定义、通项公式、前n项和公式、性质应用四大核心考点，结合近五年高考真题分析，明确基本量运算（占比约40%）、性质应用（35%）等高频题型，构建知识体系与解题框架，对接高考评价体系。 课件亮点在于“真题实战+思维建模”，如以2023新高考Ⅱ等比数列前n项和真题为例，通过“性质应用三步法”（抓性质、找对应、代公式）培养数学思维，结合汉诺塔问题渗透数学建模，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升备考效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第3节　等比数列 返回目录 目录 1 2 3 基础满分练 课前 自检自测·夯基固本 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第3节　等比数列 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 三个高考关键点 关键点1 定义与通项公式 1.(苏教版选择性必修第一册教材例题改编)下列数列是等比数列的是(　　)[命题点❶] A.3,9,15,21,27 B.1,1.1,1.21,1.331,1.464 C.13,16,19,112,115 D.4,-8,16,-32,64 D 返回目录 解析:对于A,因为,故A选项不符合题意;对于B,因为,故B选项不符合题意;对于C,因为,故C选项不符合题意;对于D,因为=-2,故D选项符合题意.故选D. 返回目录 2.(人教A版选择性必修第二册教材习题改编)在等比数列{an}中,a3=2,a7=8,则a5等于(　　)[命题点❷] A.5 B.±5 C.4 D.±4 C 解析:因为=a3a7=2×8=16,所以a5=±4.又因为a5=a3q2>0,所以a5=4.故选C. 返回目录 3.+1与-1的等比中项为(　　)[命题点❷] A.2 B.2或-2 C. D.或- D 解析:设+1与-1的等比中项为S,则有S2=(+1)(-1)=2,解得S=±故选D. 返回目录 4.(人教A版选择性必修第二册教材习题改编)在等比数列{an}中,已知a2=6,6a1+a3=30,则an=　　 　　.[命题点❸] 3·2n-1或2·3n-1 解析:设数列{an}的公比为q,由题意得解得故an=3·2n-1或an=2·3n-1. 返回目录 关键点2 前n项和公式 5.(北师大版选择性必修第二册教材例题改编)等比数列1,,…的前10项的和为　　　　.[命题点❹] 解析:S10= 返回目录 6.(人教A版选择性必修第二册教材习题改编)已知三个数成等比数列,若它们的和等于13,积等于27,则这三个数为　　 　　.[命题点❹] 9,3,1或1,3,9 解析:设这三个数为,a,aq,则解得所以这三个数为9,3,1或1,3,9. 返回目录 7.(人教A版选择性必修第二册教材例题改编)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a3=4a1,则=　　　　　.[命题点❹] 17 解析:设等比数列{an}的公比为q.由a3=4a1,可得a3=4a1=a1q2,即q2=4,所以=1+q4=1+42=17. 返回目录 关键点3 性质的应用 8.(人教B版选择性必修第三册教材习题改编)已知等比数列{an}满足a4+a6=10,a2a8=2,则=　　　　　.[命题点❺] 5 解析:=5. 返回目录 9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S5=3,S10=9,则S15=(　　)[命题点❻] A.20 B.21 C.22 D.23 B 解析:因为{an}为等比数列,其前n项和为Sn,故S5,S10-S5,S15-S10为等比数列,故3,6,S15-9为等比数列,故3(S15-9)=36,故S15=21.故选B. 返回目录 10.已知一个等比数列的项数是偶数,其奇数项之和为1 012,偶数项之和为 2 024,则这个数列的公比为(　　)[命题点❼] A.8 B.-2 C.4 D.2 D 解析:由题意可知S偶=2 024,S奇=1 012,所以q==2.故选D. 返回目录 回归教材•考教衔接 1.等比数列的概念 (1)定义: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,通常用字母q表示(显然q≠0).数学语言表达式:=q(n≥2,q为非零常数).[❶] (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,则G2=ab.[❷] a与b必同号,G=± 返回目录 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=a1qn-1.[❸] 奇数项符号相同,偶数项符号相同,知三求一 通项公式的推广:an=amqn-m. (2)等比数列的前n项和公式:当q=1时,Sn=na1;当q≠1时,Sn=.[❹] 返回目录 3.等比数列的性质 已知{an}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和. (1)若k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则有ak·al=am·an.[❺] 特别地,当m=n时,ak·al= (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列,即ak,ak+m,ak+2m,…仍是等比数列,公比为qm. (3)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.[❻] (4)当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时,{an}是递增数列;当q>1,a1<0或0<q<1,a1>0时,{an}是递减数列. 返回目录 【常用结论】[❼] 1.若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则数列{c·an}(c≠0),{|an|},{},{},{an·bn},{}也是等比数列. 2.若数列{an}的项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q,或=q. 3.等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn=Aqn-A(A≠0,q≠1,q≠0)的形式. 返回目录 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　等比数列的基本量运算 命题视角:直接套用公式,求解单一基本量或项. 例1 (1)(2025·江西新余一模)等比数列{an}中,已知a1+a3=8,a5+a7=4,则a7+a9=(　　) A.2 B.2 C. D.1 A 解析:若等比数列{an}的公比为q,由题设则q2=,故a7+a9=(a5+a7)q2=2 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)(2025·福建泉州期末)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=2S2-S1+6,a1=1,则a4=(　　) A.16 B.32 C.27 D.81 C 解析:设正项等比数列{an}的公比为q,q>0,由S3=2S2-S1+6,a1=1,得1+q+q2=2(1+q)-1+6,整理得q2-q-6=0,解得q=3,q=-2(舍去),所以a4=q3=27.故选C. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (1)(2026·湖北荆州高三开学考试)已知等比数列{an}中,a1=2,a3=8,则a4=(　　) A.16 B.16或-16 C.32 D.32或-32 B 解析:设等比数列的公比为q,则q2==4,故q=±2,故a4=a3q=±16.故选B. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)(2025·安徽安庆期末)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1==a6,则S4=(　　) A. B. C. D. D 解析:设等比数列{an}的公比为q,又=a6,所以=(a1q3)2=q6=a6=a1q5=q5,得到q=3,所以S4=a1+a2+a3+a4=+1+3+9=故选D. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 1.解方程组时常常利用“作商”消元法. 2.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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　等比数列的判定与证明 命题视角:多从定义验证、前n项和与项的关系转化、等比中项性质应用、多条件组合推导这几类视角进行命题. 例2 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中选取两个作为条件,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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 证明:选①②作为条件证明③: 设Sn+a1=Aqn-1(A≠0),则Sn=Aqn-1-a1,当n=1时,a1=S1=A-a1,所以a1=;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=Aqn-2(q-1). 因为{an}是等比数列,所以,解得q=2,所以a2=2a1. 选①③作为条件证明②: 因为a2=2a1,{an}是等比数列,所以公比q=2,所以Sn==a1(2n-1),即Sn+a1=a12n. 因为=2,所以{Sn+a1}是等比数列. 返回目录 考点1 考点2 考点3 选②③作为条件证明①: 设Sn+a1=Aqn-1(A≠0),则Sn=Aqn-1-a1,当n=1时,a1=S1=A-a1,所以A=2a1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=Aqn-2(q-1). 因为a2=2a1,所以A(q-1)=A,解得q=2,所以当n≥2时,an=A·2n-2=a1·2n-1. 又因为=2(n≥2),且a2=2a1, 所以{an}为等比数列. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 已知数列{an}中,a1=3,an+1=. (1)证明:数列{1-}为等比数列; (2)求{an}的通项公式. (1)证明:因为an+1=,所以, 所以1-=1-(),即1-=-(1-), 所以 返回目录 考点1 考点2 考点3 又因为1-=1-,所以数列{1-}是以为首项,为公比的等比数列. (2)解:由(1)知,1-)n-1=()n,所以=1-()n=,所以an= 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 等比数列的四种常用判定方法 (1)定义法:若=q(q≠0,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. (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,q≠1),则{an}是等比数列. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　等比数列的性质及其应用 角度 1 项的性质 命题视角:围绕项的等量关系、项的倍数关系命题. 例3 (1)(2025·江苏南通三模)在等比数列{an}中,a5a6a7=8,a2+a6=20,则a4=(　　) A.36 B.±6 C.-6 D.6 D 解析:等比数列{an}中,a5a6a7==8,a2+a6=20,所以a6=2,a2=18,所以a4=±=±6,由于a2>0,故a4>0,所以a4=6.故选D. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)(2026·安徽高三开学考试)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 B 解析: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,又a4>0,所以a4=3,所以a1a7-a4=9-3=6.故选B. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练3 (1)(2026·江苏南京高三开学考试)在等比数列{an}中, a3a4a5=8,a4+a8=20,则a6=(　　) A.36 B.±6 C.-6 D.6 D 解析:由a3a4a5==8,得a4=2,则a4+a8=2+a8=20,a8=18, 又a4a8==2×18=36,解得a6=±6.因为a6=a4q2=2q2>0,所以a6=6.故选D. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)(2025·安徽合肥期末)已知数列{an}为各项均为正数的等比数列,a5和a6是方程x2-8x+10=0的两个根,则lg a1+lg a2+…+lg a10=(　　) A. B.4 C. D.5 D 解析:因为a5和a6是方程x2-8x+10=0的两个根,由韦达定理可得a5a6=10, 又数列{an}为各项均为正数的等比数列,所以a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=10, 因此,lg a1+lg a2+…+lg a10=lg(a1a2…a10)=lg 105=5.故选D. 返回目录 考点1 考点2 考点3 角度 2 和的性质 命题视角:围绕片段和性质设题,结合两等比数列和的比设问. 例4 (1)(2025·陕西汉中期末)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S6=3S3,S9=14,则S6=(　　) A.4 B.6 C.7 D.8 B 解析:因为{an}是等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列, 因为S6=3S3,S9=14,则=2,故=2,解得S6=6.故选B. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)(2025·福建期中)记等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=(　　) A. B. C. D. B 解析:因为Sn为等比数列{an}的前n项和,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,由,得S6=S3,则,所以S9-S6=S3,所以S9=S3,所以故选B. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练4 (1)(2025·安徽合肥期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S8+S24=140,且S24=13S8,则S16=(　　) A.-30 B.40 C.30或-40 D.-30或40 B 解析:设等比数列的公比为q,因为S8+S24=140,且S24=13S8,所以S8=10,S24=130,故q≠±1,所以=(q8)2+q8+1=13,即(q8)2+q8-12=0,解得q8=3或q8=-4(舍去),所以=q8+1=4,可得S16=40.故选B. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)(2025·山西阳泉期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=(　　) A. B. C. D. B 解析:设S3=m(m≠0),则S6=4m,因为{an}是等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9也成等比数列,且公比为=3,所以S9-S6=9m,S12-S9=27m,即S9=13m,S12=40m,所以故选B. 返回目录 考点1 考点2 考点3 角度 3 等比数列的最值 命题视角:多围绕等比数列的项、前n项和、前n项积命题,题目多与公比范围(如0<q<1,q<0)或与其他数列(如anan+1)关联,设问最值或最值条件下的参数判断. 例5 (多选)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 AB 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:当q<0时,a2 025a2 026=q<0,与已知条件相反,则q<0不成立;当q≥1时,因为a1>1,所以a2 025>1,a2 026>1,则>0与已知条件相反,则q≥1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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练5 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　　　　.  2 解析:由已知得数列{an}的公比满足q3=,解得q=,所以a1=2,a2=1,a3=,故数列{anan+1}是首项为2,公比为的等比数列,所以a1a2+a2a3+…+anan+1=[1-()n]∈[2,).故最小值为2. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”,可以减少运算量,提高解题速度. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 1.在等比数列中,所有奇数项的符号相同,所有偶数项的符号也相同,在运用等比数列性质求某一项的值时,注意根据这一性质进行判断取舍. 2.公比不为-1的等比数列前n项和的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也构成等比数列,且公比为qn,若n为偶数,则等比数列Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…的公比qn>0,注意根据这一隐含条件对所得结果进行分析判断并取舍. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 涉及等比数列的单调性与最值问题,一般要考虑公比与首项的符号对其的影响. 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势:近年高考中的等比数列题目以基础运算为主,聚焦通项、前n项和公式应用,逐步加强与函数、不等式等知识的综合考查. 1.(多选)(2025·新高考Ⅱ,9)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 AD 返回目录 解析:由S3=7,a3=1,得S2=6,即a1(1+q)=6,① 又a1q2=1,② ①÷②,得=6,即6q2-q-1=0,解得q=-(舍去)或q=,所以a1=4,A正确. a5=a3q2=1,B错误.S5=,C错误.Sn==2(4-an)=8-an,所以Sn+an=8.D正确.故选AD. 返回目录 2.(2023·新高考Ⅱ,8)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 C 解析:若q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.若q=-1,则S4=0≠-5,所以q≠-1. 由S6=21S2得=21, 所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去). 由已知S4==-5,则S8==-85.故选C. 返回目录 模块内融合:高中数学中,等比数列作为重要的模块,常与函数、不等式、三角函数、立体几何、概率等多个知识模块融合,通过等比数列的语言(如通项、前n项和、性质等)描述问题背景或限定条件,提升题目综合性. 3.(2025·湖南长沙三模)设函数y=f(x)的定义域为R,若f(0)=1 013,且对任意x∈R,满足f(x+1)-f(x)≤3x,f(x+2)-f(x)≥4×3x,则f(2 025)的值为(　　) A. B. C. D. D 返回目录 解析:由f(x+1)-f(x)≤3x,可得f(x+2)-f(x+1)≤3x+1,因为f(x+2)-f(x)≥4×3x,所以f(x+1)-f(x)=-[f(x+2)-f(x+1)]+f(x+2)-f(x)≥-3x+1+4×3x=3x. 所以f(x+1)-f(x)=3x,又f(0)=1 013,所以f(2 025)-f(0)=[f(2 025)-f(2 024)]+ [f(2 024)-f(2 023)]+…+[f(1)-f(0)]=32 024+32 023+…+3+1=, 所以f(2 025)=故选D. 返回目录 4.(2025·北京昌平二模)设数列{an}是公比不为1的无穷等比数列,则“数列{an}为递减数列”是“对任意的正整数n,an+2<an”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 C 返回目录 解析:若“数列{an}为递减数列”,易得an+2<an,若“对任意的正整数n,an+2<an”,即an+2<an⇔an+2-an=an(q2-1)<0,当a1>0时,由a1(q2-1)<0,得q2-1<0,解得 -1<q<0或0<q<1,若-1<q<0,则a2=a1q<0,此时a2(q2-1)>0,与已知矛盾. 若0<q<1,则an=a1qn-1>0,由指数函数单调性可知an单调递减. 当a1<0时,由a1(q2-1)<0,得q2-1>0,解得q<-1或q>1,若q<-1,则a2=a1q>0,此时a2(q2-1)>0,与已知矛盾;若q>1,则an=a1qn-1<0,由指数函数单调性可知an单调递减. 综上可知,若an+2<an,可判断数列{an}为递减数列,所以“数列{an}为递减数列”是“对任意的正整数n,an+2<an”的充要条件.故选C. 返回目录 模块外融合:强化等比数列与新定义的结合,如“等比子列”“等比和集”,融合实际应用,如金融复利、物品产量增长,增加跨学科情境,注重培养学生阅读理解与建模能力. 返回目录 5.(原创+模块外融通)小明同学在如下图所示的“汉诺塔”游戏中发现了数列递推的奥妙:有A,B,C三个木桩,A木桩上套有编号分别为1,2,3,4,5,6的六个圆环,规定每次只能将一个圆环从一个木桩移动到另一个木桩,且任意一个木桩上不能出现“编号较大的圆环在编号较小的圆环之上”的情况,现要将这六个圆环全部套到B木桩上,则所需的最少的次数为(　　) A.31 B.63 C.127 D.128 B 返回目录 解析:设A上有n个圆环,当n=1时,即只有1个圆环,从A木桩移动到B木桩,只需移动1次,所以a1=1. 当n>1时,要把n个圆环从A木桩移动到B木桩,可以先把上面n-1个圆环从A木桩借助B木桩移动到C木桩,这需要an-1次;然后把最大的第n个圆环从A木桩移动到B木桩,这需要1次;最后再把C木桩上的n-1个圆环借助A木桩移动到B木桩,这又需要an-1次.所以可得递推公式an=2an-1+1. 由an=2an-1+1,变形可得an+1=2(an-1+1).那么数列{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列. 根据等比数列通项公式可得an+1=2×2n-1=2n,所以an=2n-1. 当n=6时,将其代入an=2n-1,可得a6=26-1=64-1=63.故选B. 返回目录 $