等比数列 课时突破练课件-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，依据高考评价体系梳理了定义、中项、通项公式、前n项和及性质五大核心考点，通过2025年各地模拟题分析明确“中项性质应用”“前n项和公式参数求解”等高频考点，归纳选择、填空、解答题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题分层训练+核心素养培养”，如以2025年广东佛山一模第3题为例，通过等比数列中项性质判断充分必要条件，培养学生的推理能力，结合前n项和公式推导（第5题）强化模型观念。特设“易错点警示”和“答题模板”，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

数 学 课时突破练39　等比数列 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础•满分练 1.(2025·广东揭阳模拟)1和2 025的等比中项为(　　) A.50 B.45 C.±45 D.±35 C 解析:设1和2 025的等比中项为x, 则x2=1×2 025,解得x=±45.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.(2025·广东深圳期中)已知数列{an}为等比数列,其中a6=-1,a10=-9,则a8=(　　) A.-5 B.-3 C.3 D.5 B 解析:设等比数列{an}的公比为q,则a8=a6q2=-q2<0,而=a6a10=9, 所以a8=-3.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.(2025·广东佛山一模)在等比数列{an}中,a2=1,设甲:a4=3;乙:a6=9,则甲是乙的(　　) 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 解析:因为{an}为等比数列,故a2,a4,a6为等比数列,且三者同号,若a4=3,则由=a2a6,可得a6=9,故甲是乙的充分条件;若a6=9,则由=a2a6及a4>0,可得a4=3,故甲是乙的必要条件.故甲是乙的充要条件. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(2025·江西赣州期末)已知数列{}是以1为首项,4为公比的等比数列,则=(　　) A. B. C.433-1 D.432+1 B 解析:由题意可知{}是以1为首项,4为公比的等比数列,显然代表数列{}的前66项和,所以 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(2025·河北唐山一模)若等比数列{an}的前n项和Sn=2n+m(m∈R),则m=(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 A 解析:因为等比数列{an}的前n项和Sn=2n+m(m∈R),所以当n≥2时, an=2n+m-(2n-1+m)=2n-1,所以该等比数列{an}的公比q=2,a2=2,所以a1==1=2+m,解得m=-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(2025·河北秦皇岛期中)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有人持金出五关,前关二而税一,次关三而税一,次关四而税一,次关五而税一,次关六而税一,并五关所税,适重一斤.问本持金几何?”其意思为“今有人持金出五关,第1关收税金为持金的,第2关收税金为剩余金的,第3关收税金为剩余金的,第4关收税金为剩余金的,第5关收税金为剩余金的,5关所收税金之和恰好重1斤.问原来持金多少?”记这个人原来持金为a斤,则a=(　　) A. B. C. D. C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析:由题意知,这个人原来持金为a斤, 第1关收税金为a斤; 第2关收税金为(1-)a=斤; 第3关收税金为(1-)a=斤,以此类推可得,第4关收税金为斤,第5关收税金为斤,所以a+a+a+a+a=1,即(1-)a=(1-)a=1,解得a=故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(多选)(2025·河南南阳模拟)设数列{an},{bn}都是等比数列,则下列选项中一定是等比数列的有(　　) A.{an+bn} B.{an-bn} C.{anbn} D.{} CD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析:设等比数列{an},{bn}的公比分别为q,p. an+bn与an-bn的取值可能为0,故A,B错误; =qp,故{anbn}是等比数列,故C正确; ,故{}是等比数列,故D正确. 故选CD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.(2025·河南安阳一模)已知正项等比数列{an}满足a2n=,且a1+a2=,则公比为　　　　　. 解析:设等比数列{an}的公比为q,因为a2n=,则a1q2n-1=(a1qn-1)2⇒a1=q. 又a1+a2=,则q+q2=(q-) (q+)=0,又{an}为正项等比数列,所以q>0,则q= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(2025·安徽六安期末)设Sn是等比数列{an}的前n项和,a2-a1=3,a3-a2=6,则S4=　　　　　. 45 解析:设公比为q,当q=1时,a1=a2=a3,此时a2-a1=0,与题意不符,故排除; 当q≠1时,因为a2-a1=3,所以a1q-a1=3. 因为a3-a2=6,所以a1q2-a1q=6,故=2,化简得=2,解得q=2,代入得2a1-a1=3,解得a1=3,由等比数列求和公式得S4==45. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(原创)已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*,都有anan+1=2n,则 a2 026=(　　) A.22 026 B.22 024 C.21 013 D.21 012 能力•高分练 C 解析:由题设a2==2,且an+1an+2=2n+1,则=2,所以数列{an}的偶数项是首项为2,公比为2的等比数列,则a2k=2k,k∈N*,所以a2 026=21 013.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.(2025·广东二模)设函数f(x)满足:∀x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)·f(y),且f(2)=2.记an=f(n),则数列{log2an}的前10项和为(　　) A.55 B.45 C. D. C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析:令x=1,y=1,可得f(2)=f(1)·f(1)=f2(1),再令x=,y=,可得f(1)=f()·f()=f2()≥0,又因为f(2)=2,所以f(1)= 再令x=n,y=1,可得f(n+1)=f(n)·f(1)=f(n),又因为an=f(n),所以有an+1=an,即{an}是等比数列,则有首项a1=f(1)=,公比q=,所以an=()n,即log2an=log2()n=nlog2n,则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a10 =+…+故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)(2025·山西运城期末)设等比数列{an}的公比为q,前n项积为Tn,且满足条件0<a1<1,a2 024a2 025>1,<0,则下列结论正确的是(　 　) A.q>1 B.a2 024a2 026>1 C.Tn的最小值为T2 025 D.T4 047<1 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析:对于A,由0<a1<1,a2 024a2 025>1,<0,得0<a2 024<1,a2 025>1,所以q>1,故A正确; 对于B,a2 024a2 026=>1,故B正确; 对于C,结合选项A可得等比数列的公比q>1,所以数列为单调递增数列,所以Tn的最小值为T2 024,故C不正确; 对于D,T4 047=a1a2a3…a4 047=<1,故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(多选)(2025·福建泉州二检)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 ACD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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; 对于B,S10-S7=7,所以a10+a9+a8=1+=7,解得q=或q=-(舍去),所以a1==29=512,故B错误; 对于C,Sn==210[1-()n]=1 024-1 024()n<1 024,故C正确; 对于D,Tn=a1·a2·…·an=29·28·…·210-n=,由于y==-x2+x,其图象对称轴为x=,因为n∈N*,故n=9或n=10时,Tn取最大值245,故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)(2026·四川内江高三开学考试)已知在数列{an}中,a1=1,an+1=. (1)证明:数列{+1}为等比数列,并求数列{an}的通项公式; (2)令bn=,证明:bn<bn+1<1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)解:an+1=,a1=1,可得an≠0,则+1+1=2(+1),则数列{+1}是以+1=2为首项,2为公比的等比数列,则+1=(+1)·2n-1=2n, an= (2)证明:由(1)得bn=,则bn+1=, 则bn-bn+1== -<0,又bn+1-1==-<0,故bn<bn+1<1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 素养•提升练 15.(2025·江苏苏州三模)已知数列{an}是公比不为1的等比数列,从a1,a2,a3,…,a20中任取四项,则这四项依然构成等比数列的概率为　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析:从前20项中任取四项,共有=4 845种情况,假设任取的4项为ai,aj,ak,al(i<j<k<l),若这四项依然构成等比数列,则i,j,k,l构成等差数列,设公差为d,则满足i+3d≤20,对公差d进行一一列举: 当d=1时,i的范围是1≤i≤17,共有17种; 当d=2时,i的范围是1≤i≤14,共有14种; 当d=3时,i的范围是1≤i≤11,共有11种; 当d=4时,i的范围是1≤i≤8,共有8种; 当d=5时,i的范围是1≤i≤5,共有5种; 当d=6时,i的范围是1≤i≤2,共有2种, 所以共有17+14+11+8+5+2=57种情况,所以这四项依然构成等比数列的概率为P= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(原创+模块外融通)设数列{an}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,都有Sn<an+1,则称数列{an}为“超神数列”,下列命题中,正确的有　　　　　. ①存在递增数列{an},使得它是“超神数列”; ②存在周期数列{an},使得它是“超神数列”; ③存在等差数列{an},使得它是“超神数列”; ④若{an}为等比数列,对于任意q∈(,0),存在a1,使得{an}为“超神数列”. ①②④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析:对于①,当an=3n-1时,Sn=,an+1=3n, Sn-an+1=-3n=-<0,即Sn<an+1,故①正确; 对于②,若周期数列{an}为-2,-1,-2,-1,-2,-1,…,周期为2,则对任意的n∈N*,都有Sn<an+1,故②正确; 对于③,设等差数列首项为a1,公差为d,则Sn=na1+d,an+1=a1+nd, Sn-an+1=na1+d-a1-nd=n2+(a1-d)n-a1<0,对任意的n∈N*恒成立. 当d>0时,f(n)=n2+(a1-d)n-a1是开口向上的二次函数, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当n→+∞时,f(n)→+∞,故不符合题意; 当d=0时,S1=a1=a2,不符合题意; 当d<0时,S1=a1>a2,也不符合题意. 综上,不存在等差数列{an},使得它是“超神数列”,故③错误; 对于④,设等比数列首项为a1,公比为q,则Sn=,an+1=a1qn,Sn-an+1=(qn+1-2qn+1),当n为奇数时,q∈(,0),则qn+1-2qn+1>0,1-q>0,要使Sn-an+1<0,所以a1<0符合题意; 当n为偶数时,因为q∈(,0),所以qn+1-2qn+1>q3-2q2+1=(q-1)(q2-q-1)>0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又a1<0,<0,所以Sn-an+1<0,即Sn<an+1. 综上,当a1<0时,对于任意q∈(,0),存在a1,使得{an}为“超神数列”,故④正确.