第六章　§6.3　等比数列-2025年新高考数学一轮复习（课件+讲义+练习）

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1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前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.
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
1.等比数列有关的概念(1)定义：如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的比都等于 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(q≠0)表示.(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成 数列，那么 叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ .
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＝ .(2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.(3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝________ ＝ .
3.等比数列的常用性质(1)若m＋n＝p＋q，则 ，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则 ，其中m，n，w∈N*.(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 (k，m∈N*).(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和 也是等比数列(b，p，q≠0).
4.等比数列前n项和的常用性质若等比数列{an}的公比q≠－1, 前n项和为Sn，则Sn， ，________仍成等比数列，其公比为qn.
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.设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和.(1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.(　　)(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)(3)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.(　　)(4)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.(　　)
2.设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”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
若a，b，c，d成等比数列，则ad＝bc，数列－1，－1,1,1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件.
由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，
4.(选择性必修第二册P31T4改编)数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和为Sn＝______________________.
因为a≠0，an＝an，所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列.当a＝1时，Sn＝n；
例1　(1)(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等于
题型一　等比数列基本量的运算
方法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.
化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1或q2＝4，因为此数列各项均为正数，
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.
(2)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则 等于A.2n－1 B.2－21－nC.2－2n－1 D.21－n－1
方法一　设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，
方法二　设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，
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)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.
跟踪训练1　(1)(2023·天津)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为A.3　　　B.18　　　C.54　　　D.152
由题意可得，当n＝1时，a2＝2a1＋2，即a1q＝2a1＋2，①当n＝2时，a3＝2(a1＋a2)＋2，即a1q2＝2(a1＋a1q)＋2，②
(2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产.若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则lg2(a3a5)的值为A.8　　　B.10　　　C.12　　　D.16
从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则{an}是以2为公比的等比数列，
解得a1＝8，∴an＝8×2n－1，∴lg2(a3a5)＝lg2(8×22×8×24)＝12.
例2　(2023·长沙模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*).(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列；
题型二　等比数列的判定与证明
由an＋2＋an＋1－6an＝0，可得an＋2＋3an＋1＝2(an＋1＋3an)，
∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n－1(n∈N*)，∴an＋1－2n＝－3(an－2n－1)，
∴{an－2n－1}是以a1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴an－2n－1＝1×(－3)n－1，∴an＝2n－1＋(－3)n－1，
等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若 ＝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≠0,1)，则{an}是等比数列.
跟踪训练2　(2024·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn.(1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列；
因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn，所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5，所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列.
(2)求{anbn}的前n项和Sn.
由(1)得an＋bn＝5×3n－1，an－bn＝(－1)n－1，
命题点1　项的性质例3　(1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.
题型三　等比数列的性质
方法一　{an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6，∴a2＝1，又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，∴a7＝－2.
方法二　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，∵a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{an}为等比数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则 ·…· ＝ ·…· .(2)若数列{an}为等差数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则 ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋…＋ .
典例　已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9＝5，S8＝16，则S11＝______.
又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3，故S11＝11a6＝33.
(2)已知数列{an}满足lg2an＋1＝1＋lg2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则lg2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.
因为lg2an＋1＝1＋lg2an，可得lg2an＋1＝lg2(2an)，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以lg2(a101＋a102＋…＋a110)＝lg22100＝100.
命题点2　和的性质例4　(1)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＝______.
(2)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，S10＝20，则S30－2S20＋S10的最小值为________.
依题意，S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，且S10＝20，不妨令其公比为q(q>0)，则S20－S10＝20q，S30－S20＝20q2，
(1)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.(2)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.
(2)(2023·长春统考)在等比数列{an}中，q＝ ，S100＝150，则a2＋a4＋a6＋…＋a100的值是________.
设T1＝a1＋a3＋a5＋…＋a99，T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100，
所以S100＝T1＋T2＝2T2＋T2＝3T2＝150，所以T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100＝50.
设1，b2，b3，b4，4的公比为q，
3.(2023·济宁模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和.若Sn＝126，则n等于A.5　　　B.6　　　C.7　　　D.8
∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列.又Sn＝126，
由{an}为等比数列，得a2a6＝a3a5＝6，又a3＋a5＝5，∴a3，a5为方程x2－5x＋6＝0的两个根，解得a3＝2，a5＝3或a3＝3，a5＝2，由{an}为递减数列得an>an＋1，∴a3＝3，a5＝2，
5.(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后三天所走的里程数为A.6　　　B.12　　　C.18　　　D.42
设第n(n∈N*)天走an里，其中1≤n≤6，
6.(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于A.120　　　B.85　　　C.－85　　　D.－120
方法一　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意，所以q≠1.由S4＝－5，S6＝21S2，
由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
方法二　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(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，
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；
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去.综上，S8＝－85.
二、多项选择题7.(2023·太原模拟)已知数列{an}是等比数列，以下结论正确的是A. 是等比数列B.若a3＝2, a7＝32，则a5＝±8C.若a1令等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1，
对于B，由a3＝2，a7＝32，得q4＝16，即q2＝4，所以a5＝a3q2＝2×4＝8，故B错误；
an＋1－an＝qn－1·a1(q－1)>0，即∀n∈N*，an＋1>an，所以数列{an}是递增数列，故C正确；
8.记等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足a1>1，a2 022>1，a2 023<1，则A.a2 022a2 024－1<0B.S2 022＋11
设数列{an}的公比为q.∵a1>1，a2 023<1，∴01，∴0∴a2 022a2 024－1<0，故A正确；∵a2 023<1，∴a2 023＝S2 023－S2 022<1，即S2 022＋1>S2 023，故B错误；
∵01，∴数列{an}是递减数列，∵a2 022>1，a2 023<1，∴T2 022是数列{Tn}中的最大项，故C正确；T4 045＝a1a2a3·…·a4 045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4 044)
即T4 045<1，故D错误.
三、填空题9.(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为________.
若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意.所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，
即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，
10.设等比数列{an}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于______.
设数列{an}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac，∴b2＝(100－b)(200－b)，
11.在等比数列{an}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝_______.
设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.因为a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，所以a19＋a20＝(a9＋a10)q10＝24，解得q10＝6，所以a59＋a60＝(a9＋a10)q50＝4×65＝31 104.
12.记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则an＝_____，Tn＝____________.
四、解答题13.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2.(1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
由an＋1＝2an＋2，得an＋1＋2＝2(an＋2)，又a1＋2＝3，
所以{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列， 所以an＋2＝3×2n－1，an＝3×2n－1－2.
(2)求数列{an}落入区间(10,2 023)的所有项的和.
由1014.(2024·邯郸模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.(1)求{an}通项公式；
由题意知，在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2，两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2，由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，符合上式，故an＋1＝4an，n∈N*.∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列.∴an＝4n－1，n∈N*.
由题意及(1)得，在数列{an}中，an＝4n－1，n∈N*，
如果满足条件的bm，bk，bp存在，
∵2k＝m＋p，∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp，∴k＝m＝p，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项.
15.(2023·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn.若p：数列{an}是等比数列；q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)，则p是q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
若{an}是等比数列，设公比为k，则a2＋a3＋…＋an＋1＝k(a1＋a2＋…＋an)，a3＋a4＋…＋an＋2＝k(a2＋a3＋…＋an＋1)，于是(a2＋a3＋…＋an＋1)2＝k2(a1＋a2＋…＋an)2＝(a3＋a4＋…＋an＋2)(a1＋a2＋…＋an)，即q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)成立；若(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)，取an＝0，n∈N*，显然{an}不是等比数列，故p是q的充分不必要条件.
16.(2023·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________.