6.3　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，依据课标要求覆盖概念、通项公式、前n项和公式及性质等核心考点，通过分析近五年高考真题明确基本量运算、性质应用等高频考点权重，归纳选择、填空、解答等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于高考真题深度整合与应试技巧指导，如2025全国卷等比数列求和题采用方程思想与整体代换法突破，培养学生数学思维与运算能力。特设“一题多解”“规律方法”模块，帮助学生掌握分类讨论等答题技巧，教师可依托此课件精准定位学情，提升复习效率。

第3节　等比数列 高考总复习 2027 课标解读　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. 强基础•固本增分 研考点•精准突破 目录索引 强基础•固本增分 自主诊断 1.(人教B版选择性必修第三册5.3.1节练习A组第3题改编)实数4和9的等比中项为(　　) A.6.5 B.6 C.-6 D.±6 D 解析 实数4和9的等比中项为±=±6.故选D. 2.(人教B版选择性必修第三册5.3.2节练习A组第3题改编)已知等比数列{an}中,a3=6,S3=18,则公比q的值等于(　　) A.1 B.- C.1或- D.-1或 C 解析 因为S3=18,所以a3+a2+a1=18,依题意有6+=18,解得q=1或q=-.故选C. 3.(人教A版选择性必修第二册第34页4.3.1节练习第1(1)题改编)在9与243中间插入2个数,使这4个数成等比数列,则这2个数为　　　　.  27,81 解析 设该数列的公比为q,由题意知,243=9·q3,q3=27,∴q=3.∴插入的2个数分别为9×3=27,27×3=81. 4.(人教A版选择性必修第二册第37页4.3.2节练习第4题改编)已知三个数成等比数列,它们的和等于14,积等于64,则这个等比数列的公比q等 于　　　　.  2或 解析 由a1a2a3=64,得=64,所以a2=4.由a1+a2+a3=14,得+a2+a2q=14,所以+1+q=,所以2q2-5q+2=0,解得q=2或q=. 知识梳理 1.等比数列的概念 (1)等比数列:一般地,如果一个数列从第　　项起,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　　　　,公比常用字母q表示(显然q≠0),定义的表达式为=q(n∈N*,n≥2)或=q(n∈N*).  (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,此时,G2=　　　　.  2　 同一个常数 公比 ab 微点拨 1.若一个数列是常数列,则此数列一定是等差数列,但不一定是等比数列,如:0,0,0,…. 2.在等比数列中,从第二项起,每一项(有穷等比数列的末项除外)都是它前一项与后一项的等比中项,即an+1an-1=(n∈N*,n≥2). 微思考 任意两个实数都有等比中项吗?   提示 不是.只有同号的两个非零实数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数. 2.等比数列的有关公式 (1)通项公式:an=　　　　　　　(n∈N*).  (2)前n项和公式:Sn=或Sn= 误区警示 在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1进行分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误. 微点拨 等比数列单调性与a1,q的关系: 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;当q<0时,{an}是摆动数列. a1qn-1 3.等比数列的性质 (1)等比数列通项公式的推广:an=amqn-m(n,m∈N*). (2)若数列{an}为等比数列,且m+n=p+q,则aman=apaq(m,n,p,q∈N*). 特别地,若m+n=2t,则aman=(m,n,t∈N*). (3)若数列{an}是等比数列,公比为q,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公比为qm的等比数列. (4)如果等比数列{an}的前n项和为Sn,那么(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n),如果公比 q≠-1或虽q=-1但n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列. 　　 不能认为在任何等比数列中,都有Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列 (5)当等比数列{an}的项数为偶数时,偶数项和与奇数项和之比等于公比q,即=q. 研考点•精准突破 考点一　等比数列基本量的运算 例1　(1)(多选题)(2025·全国2,9)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 解析 由S3=7,a3=1,得S2=6,即a1(1+q)=6①,又a1q2=1②,①÷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. 考点一 考点二 考点三 (2)(2023·全国甲,理5)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.30 C 解析 设等比数列{an}的公比为q,易知q>0且q≠1.由题意,得-4, 又a1=1,所以-4,解得q=2或q=-2(舍去),所以S4==15.故选C. 考点一 考点二 考点三 (3)(2025·全国1,13)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,则这个数列的公比等于　　　　.  2 解析 (方法1)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,所以该等比数列的公比为2. 考点一 考点二 考点三 (方法2)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,所以该等比数列的公比为2. (方法3)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,所以该等比数列的公比为2. 考点一 考点二 考点三 教考链接 (人教A版选择性必修第二册第36页例8)已知等比数列的首项为-1,前n项和为Sn,若,求公比. 解 设等比数列的公比为q,若q=1,则=2,不合题意,因此q≠1. 所以由, 化简得1+q5=, 因此q5=-,故q=-. 考点一 考点二 考点三 规律方法　解决等比数列基本量运算的思想方法 (1)方程思想:等比数列的基本量为首项a1和公比q,通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解,等比数列中包含a1,q,n,an,Sn五个量,可“知三求二”. (2)整体思想:当所给条件只有一个时,可将已知和所求都用a1,q表示,寻求两者间的联系,整体代换即可求解. (3)分类讨论思想:若题目中公比q未知,则运用等比数列前n项和公式时要对q分q=1和q≠1两种情况进行讨论. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](1)(2026·河北石家庄模拟)已知等比数列{an}中,a1+a2+a4=6, a4+a5+a7=-,则a1=(　　) A.-16 B.16 C.12 D.-12 B 解析 设等比数列{an}的公比为q,则由已知得q3==-,于是 q=-.又由a1+a2+a4=6得a1(1+q+q3)=6,所以a1(1-)=6,解得a1=16.故选B. 考点一 考点二 考点三 (2)(2025·河北秦皇岛一模)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S12=2S6,则=(　　) A.1 B.-1 C.±1 D.32 C 解析 当q=1时,S12=12a1,2S6=12a1,所以S12=2S6,符合题意;当q≠1时,由S12=2S6得=2×,解得q6=1,解得q=-1(q=1舍去).综上所述,q=±1,于是=q5=±1.故选C. 考点一 考点二 考点三 考点二　等比数列的判定与证明 例2　(2026·河北唐山模拟)已知数列{an}的首项a1=1,an+an+1=4×3n. (1)求证:{an-3n}是等比数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 因为an+an+1=4×3n,所以an+1=4×3n-an, 于是an+1-3n+1=4×3n-an-3n+1=4×3n-an-3×3n=3n-an=-(an-3n), 即=-1, 因此{an-3n}是公比为-1的等比数列. (2)解 由于a1=1,所以a1-3=1-3=-2,因此{an-3n}是首项为-2,公比为-1的等比数列, 于是an-3n=-2×(-1)n-1=2×(-1)n,所以an=3n+2×(-1)n. 所以Sn=31+32+…+3n+2×[(-1)1+(-1)2+…+(-1)n]=+2×+(-1)n. 考点一 考点二 考点三 规律方法　 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·河南濮阳模拟)记数列{an}的前n项和为Sn,已知an+Sn=2n+. (1)求证:数列{an-2}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式及Sn. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 因为an+Sn=2n+①,所以当n=1时,a1=. 当n≥2时,得an-1+Sn-1=2(n-1)+②, ①-②得an-an-1+an=2,即an=1+an-1. 又a1-2=≠0, 所以, 故数列{an-2}是首项为,公比为的等比数列. 考点一 考点二 考点三 (2)解 由(1)得an-2=×()n-1=()n+1,所以an=()n+1+2. Sn=()2+()3+()4+…+()n+1+2n=+2n=-()n+1+2n, 故Sn=-()n+1+2n. 考点一 考点二 考点三 考点三　等比数列的性质 考向1　等比数列项的性质 例3　(1)(2026·安徽宣城模拟)在等比数列{an}中,a3,a5是方程x2-15x+9=0的两个实数根,则a1a7-a4=(　　) A.12或18 B.6或12 C.6 D.12 B 解析 因为a3,a5是方程x2-15x+9=0的两个实数根,所以a3a5=9.又在等比数列{an}中,有a1a7=a3a5=9=,所以a4=±3,于是a1a7-a4=9-3=6或a1a7-a4 =9+3=12.故选B. 考点一 考点二 考点三 (2)(2023·全国乙,理15)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　　.  -2 解析 (方法1)设等比数列{an}的公比为q, 则由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8, 得可得 所以a7=a1q6=a1q·q5=-2. (方法2)设{an}的公比为q.由a2a4a5=a3a6,可得a2=1.又因为a9a10=a2q7·a2q8=-8,即q15=-8,得q5=-2,则a7=a2·q5=-2. 考点一 考点二 考点三 考向2　等比数列前n项和的性质 例4　(1)(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 考点一 考点二 考点三 解析 (方法1)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. (方法2)因为S4=-5,所以q≠-1,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. 考点一 考点二 考点三 (2)(2026·辽宁大连模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=3×2n+1+λ,则实数λ=　　　　.  -6 解析 (方法1)因为Sn=3×2n+1+λ,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×2n+1+λ-(3×2n+λ) =3·2n,可得=2,当n=1时,a1=S1=3×22+λ. 因为数列{an}为等比数列, 所以=2,解得λ=-6. (方法2)设数列的公比为q,当q=1时,Sn=na1=3×2n+1+λ不可能恒相等, 所以q≠1,则Sn=qn=6·2n+λ,所以λ=-6. 考点一 考点二 考点三 (3)(2025·福建福州期中)若等比数列{an}共有奇数项,其首项为1,其偶数项和为170,奇数项和为341,则这个数列的公比为　　　　,项数为　　　　.  2 9 解析 设等比数列{an}的公比为q,因为{an}是等比数列且共有奇数项, 所以S奇=a1+qS偶, 由已知得341=1+170q,解得q=2. 设这个数列共有2n+1项,则S2n+1==341+170=511,解得n=4, 所以这个等比数列的项数为9. 考点一 考点二 考点三 $