第29讲　等比数列及其前n项和课件-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项和公式及性质应用等核心考点，通过近五年全国卷及新高考真题分析，明确基本量运算占45%、性质应用占30%的高频考点分布，归纳三大常考题型，对接高考评价体系要求。 课件亮点在于“真题溯源+方法提炼+素养提升”策略，如以2023全国甲卷等比数列求和题为例，提炼“方程思想+分类讨论”突破方法，培养学生运算能力与推理意识。含易错点警示（如忽略q=1）及答题模板，助力学生掌握技巧，教师可据此精准教学，提升高考冲刺效率。

第六章 第29讲　等比数列及其前n项和 数　列 1 1．(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 D 2．(2021·全国甲卷)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则 (　　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件 【解析】 　　　　若a1＝－1，q＝1，则Sn＝na1＝－n，{Sn}是递减数列，不满足充分性； 若{Sn}是递增数列，则q≠0，且Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0恒成立，则a1＞0，q＞0，满足必要性．故甲是乙的必要不充分条件． B 3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2λ＋(λ－3)·2n(λ为常数)，则λ＝ (　　) A．－2　 B．－1 C．1　 D．2 【解析】 　　　　因为等比数列{an}的前n项和Sn＝2λ＋(λ－3)·2n(λ为常数)，所以a1＝S1＝2λ＋(λ－3)×2＝4λ－6，a2＝S2－S1＝2λ＋(λ－3)·22－(4λ－6)＝2λ－6，a3＝S3－S2＝2λ＋(λ－3)·23－[2λ＋(λ－3)·22]＝4λ－12． C 4．(2025·新高考Ⅰ卷)若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为_____． 【解析】 　　　　根据题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝4，a5＋a6＋a7＋a8＝68－4＝64，所以a5＋a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3＋a4)×q4＝4×q4＝64，解得q＝2(q＝－2舍去)． 2 1．等比数列的通项公式 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项公式为an＝____________，其推导方法是累乘法． 2．等比数列的前n项和公式 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝________；当q ≠1时，Sn＝_____________________，其推导方法是错位相减法． a1·qn－1 na1 (5) 若an＞0，则{logaan}(a＞0且a≠1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列． (6) ∀m，p∈N*，Sm＋p＝Sm＋qmSp． (8) 等比数列的单调性：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；当q＝1时，{an}是常数列． 4．常用结论 (1) 等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，其中c≠0，q≠0． (2) 等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A，其中A≠0，q≠1,0． 目标 1 等比数列的基本量运算 　　　(1)(2026·肇庆一模)设Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a5＋3a6＝8，a8＋3a9＝64，则S3＝ (　　) 1 【解析】 C 　　　(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＝ (　　) 1 【解析】 　　　　设等比数列{an}的公比为q(q＞0)． 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． C 等比数列基本量运算的解题策略 (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)可迎刃而解． (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． 【解析】 【答案】 BC 目标 2 等比数列的判定与证明 2 【解答】 2 【解答】 等比数列的两种常用判定方法 【解答】 (2) 求{an}的通项公式； 【解答】 【解答】 目标 3 等比数列的性质及其应用 视角1　项的性质 【解析】 3－1 A．－4　 B．－3 C．3　 D．4 B 【解析】 3－1 　　　　　(2)(2025·苏州期初)(多选)已知数列{an}是等比数列，则 (　 　) 【答案】 AB 视角2　和的性质 　　　　　(2025·苏锡常镇二模)已知等比数列{an}的公比q≠－1，前n项和为Sn，则对于∀n∈N*，下列结论一定正确的是 (　　) A．Sn＋S3n＝2S2n B．3Sn＋S3n＝2S2n 【解析】 3－2 【答案】 D 变式3　(2025·赣州二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20＝21，S30＝49，则S10＝ (　　) A．－7　 B．7 C．63　 D．7或63 【解析】 设等比数列{an}的公比为q，若S10＝63，则S20－S10＝S10q10⇒－42＝63·q10，而q10＞0，显然等式不成立；若S10＝7，则S20－S10＝S10q10⇒14＝7·q10⇒q10＝2＞0，满足题设，所以S10＝7． B 1．(2025·南昌一模)已知{an}为等比数列，若a2＋4a4＝4a3，则{an}的公比q＝ (　　) 【解析】 D 【解析】 A 3．(2026·无锡期中)在数列{an}中，a1＝1，若数列{an·an＋1}是公比为2的等比数列，则a1＋a3＋a5＋…＋a19＝ (　　) A．2 048　 B．2 047 C．1 024　 D．1 023 【解析】 D 4．(2026·保定期中)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}是等比数列，乙：{Sn＋2－Sn}是等比数列，则 (　　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件 【解析】 　　　　先判断充分性：若{an}是等比数列，设其公比为q，首项为a1，可得Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝a1qn＋1＋a1qn＝a1qn(1＋q)，Sn＋3－Sn＋1＝an＋3＋an＋2＝a1qn＋2＋a1qn＋1＝a1qn＋1(1＋q)． 当q＝－1时，Sn＋2－Sn＝0，{Sn＋2－Sn}不是等比数列； 综上，当{an}是等比数列时，{Sn＋2－Sn}不一定是等比数列，故充分性不成立． 【答案】 D 配套练习题 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·青岛二测)记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a3＝6，a1a4＝8，则S4＝ (　　) A．15　 B．14 C．13　 D．12 【解析】 A 2．(2023·新高考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 【解析】 当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85； C 3．(2025·南京盐城一模)已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3．若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是 (　　) A．4　 B．5 C．6　 D．7 【解析】 　　　　因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，故an＝2n－1． B 4．(2026·武汉期初)已知正方形ABCD的边长为1，取正方形各边的中点A1，B1，C1，D1作第二个正方形A1B1C1D1，然后再取正方形A1B1C1D1各边中点A2，B2，C2，D2作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前11个正方形的面积和为 (　　) 【解析】 【答案】 D 二、多项选择题 5．(2025·新高考Ⅱ卷) 记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，且q＞0．若S3＝7，a3＝1，则 (　 　) C．S5＝8　 D．an＋Sn＝8 【解析】 【答案】 AD 6．(2026·宁波一模)已知等比数列{an}满足a1a2＝1，则下列说法正确的是(　 　) A．若a1＞1，则数列{an}是递减数列 B．若0＜a1＜1，则数列{an}是递减数列 C．若－1＜a1＜0，则数列{an}是递增数列 D．若a1＜－1，则数列{an}是递增数列 【解析】 【答案】 AD 7．(2025·泉州二检)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，{an}的前n项积为Tn．若a10＝1，S10－S7＝7，则 (　　　) A．数列{log2an}为等差数列 B．a1＝1 024 C．Sn＜1 024 D．Tn的最大值为245 【解析】 　　　　对于A，设公比为q(q＞0)，因为a10＝1，所以an＝a10·qn－10＝qn－10，故log2an＝log2qn－10＝(n－10)log2q，由log2an＋1－log2an＝log2qn－9－log2qn－10＝log2q为常数，故A正确； 【答案】 ACD　 【解析】 9 9．(2024·邵阳一模)已知数列{an}的首项为1，anan＋1＝3n(n∈N*)，则a8＝______． 【解析】 81 10．(2026·徐州期中)在各项均为正数的等比数列{an}中，a4a6＝a7，则a5＋16a2的最小值为______． 【解析】 12 11．(2025·厦门二模) 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋an＝n＋3． (1) 求证：数列{an－1}是等比数列； 【解答】 11．(2025·厦门二模) 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋an＝n＋3． (1) 求证：数列{an－1}是等比数列； 【解答】 因为y＝2x，y＝x－1在[1，＋∞)上为增函数，所以数列{2n＋n－1}为递增数列．又T10＝210＋10－1＝1 033＜2 026，T11＝211＋11－1＝2 058＞2 026，所以满足Tn＞2 026的最小正整数n的值为11． 12．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n (n∈N*)． (1) 求证：{an－5n}是等比数列； 【解答】 12．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n (n∈N*)． (2) 求数列{an}的前n项和Sn． 【解答】 　　　　由(1)知an－5n＝－1×(－1)n－1＝(－1)n，所以an＝(－1)n＋5n，所以Sn＝51＋52＋…＋5n＋(－1)＋1＋…＋(－1)n． B组　能力提升练 【解答】 　　　　　因为Tn＝2Tn－1＋2，所以Tn＋2＝2(Tn－1＋2)，因为T1＋2＝b1＋2＝4≠0，所以{Tn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Tn＋2＝4×2n－1＝2n＋1，即Tn＝2n＋1－2． (1) 证明{Tn＋2}是等比数列，并求Tn． 【解答】 (2) 数列{an}是等差数列吗？若是，求出{an}的通项公式；若不是，请说明理由． 【解答】 　　　　由(1)知，Tn＝2n＋1－2，所以当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n，经检验，b1＝2满足上式，所以bn＝2n(n∈N*)，则cn＝n·2n． (3) 设cn＝an·bn，判断是否存在互不相等的正整数j，k，m，使得j，k，m成等差数列，并且cj，ck，cm成等比数列． 13．(2026·肇庆一模)记Sn与Tn分别是数列{an}与{bn}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，Sn＝，b1＝2，Tn＝2Tn－1＋2． $