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2025北师大版高中数学一轮复习课件（新高考新教材）第3节 等比数列课标解读1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.1 强基础 固本增分知识梳理1.等比数列的概念(1)等比数列:如果一个数列从第 项起,每一项与它的前一项的比值都是 ,那么称这样的数列为等比数列,称这个常数为等比数列的 ,通常用字母q 表示(q≠0),定义的表达式为(2)等比中项:如果在a 与b 之间插入一个数G,使得a ,G,b 成等比数列,那么称G为a ,b 的等比中项,且有G 2= .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a n+1a n-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:a n = (n ∈N *); 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.微点拨当q >1,a 1>0或0<q <1,a 1<0时,{a n }是递增数列;当q >1,a 1<0或0<q <1,a 1>0时,{a n }是递减数列;当q =1时,{a n }是常数列.a 1q n-13.等比数列的性质(1)通项公式的推广:a n=a m q n-m(n,m∈N*).(2)若数列{a n}为等比数列,且m+n=p+q,则a m a n=a p a q(m,n,p,q∈N*).特别地,若m+n=2t,则a m a n=t2(m,n,t∈N*).(3)若数列{a n}是等比数列,公比为q,则a k,a k+m,a k+2m,…(k,m∈N*)是公比为q m 的等比数列.(4)如果等比数列{a n}的前n项和为S n,那么(S2n-S n)2=S n(S3n-S2n),如果公比q≠-1或虽q=-1但n为奇数时,S n,S2n-S n,S3n-S2n成等比数列.不能认为在任何等比数列中,都有S n,S2n-S n,S3n-S2n成等比数列常用结论2.若数列{a n}为公比不为1的等比数列,其前n项和S n=A·q n+B(A≠0,B≠0,q≠0,q≠1),则必有A+B=0;反之,若某一非常数列的前n项和S n=A·q n-A(A≠0,q≠0,q≠1),则数列{a n}必为等比数列.3.若非零数列{a n}的前n项和为S n,且S n=k a n+b(k≠0,k≠1),则数列{a n}必为等比数列.自主诊断× × × × 题组一基础自测1.思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”).(1)G 为a ,b 的等比中项⇔G 2=ab .( )(2)当公比q>1时,等比数列{a n }是递增数列.( )(3)数列{a n }为等比数列,则S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等比数列.( )(4)如果数列{a n }为等比数列,那么数列{l n a n }是等差数列.( )527,81 3.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 . 解析设该数列的公比为q,由题意知,243=9·q3,则q3=27,∴q=3.∴插入的2个数分别为9×3=27,27×3=81.4.已知3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等于 .解析设这3个数分别为a1,a2,a3,公比为q,由a1a2a3=64,得23=64,所以a2=4.题组二连线高考5.(2023·全国甲,理5)设等比数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=( )C6.(2021·全国甲,文9)记S n为等比数列{a n}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=( A )A.7B.8C.9D.10解析设等比数列{a n}的公比为q,由题意知q≠-1.根据等比数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即(S4-S2)2=S2(S6-S4),∵S2=4,S4=6,∴(6-4)2=4(S6-6),解得S6=7.故选A.2 研考点 精准突破考点一 等比数列基本量的运算例1(1)(2022·全国乙,理8,文10)已知等比数列{a n }的前3项和为168,a 2-a 5=42,则a 6=( )A.14 B.12 C.6 D.3D(2)(2023·全国甲,文13)记S n为等比数列{a n}的前n项和.若8S6=7S3,则{a n}的公比为 .[对点训练1](2023·天津,6)已知{a n}为等比数列,S n为数列{a n}的前n项C 和,a n+1=2S n+2,则a4的值为( )A.3B.18C.54D.152解析设等比数列{a n}的公比为q,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联立①②可解得a1=2,q=3,所以a4=a1q3=54.考点二 等比数列的判定与证明例2已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n-b n+4,4b n+1=3b n-a n-4.(1)证明:{a n+b n}是等比数列,{a n-b n}是等差数列;(2)求{a n}与{b n}的通项公式.由题设得4(a n+1-b n+1)=4(a n-b n)+8,即a n+1-b n+1=a n-b n+2.又因为a1-b1=1,所以{a n-b n}是首项为1,公差为2的等差数列.变式探究(变结论)若本例条件不变,判断数列{a n-n+ +3n}是否为等比数列,并说明理由.[对点训练2]已知数列{a n}和{b n}满足:a1=λ,a n+1= a n+n-4,b n=(-1)n(a n-3n+21),其中n∈N*,λ为实数.(1)对于任意实数λ,证明:数列{a n}不是等比数列;(2)试判断数列{b n}是否为等比数列,并证明你的结论.(1)证明假设若存在实数λ,使得数列{a n}是等比数列,则必有故假设错误,因此对于任意实数λ,数列{a n}不是等比数列.(2)解当λ≠-18时,数列{b n}是等比数列;当λ=-18时,数列{b n}不是等比数列.证明如下:考点三 等比数列的性质(多考向探究预测)考向1项的性质例3(1)(2023·全国乙,理15)已知{a n}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7= . -2 解析(方法一)设等比数列{a n}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,(方法二)设{a n}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.(2)(2024·河北保定模拟)若数列{a n}为等比数列,a1+a17=-6,a5a13=6,则a9= .考向2前n 项和的性质例4(1)(2023·新高考Ⅱ,8)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和,若S 4=-5,S 6=21S 2,则S 8=( )A.120 B.85 C.-85 D.-120C(方法二)设等比数列{a n}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.综上,S8=-85.(2)已知正项等比数列{a n}共有2n项,它的所有项的和是奇数项的和的3倍,2 则公比q= .解析设等比数列{a n}的奇数项之和为S奇,偶数项之和为S偶,则S偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+a2n-1q=q(a1+a3+…+a2n-1)=qS奇,由S2n=3S奇,得(1+q)S=3S奇,因为a n>0,所以S奇>0,所以1+q=3,q=2.奇[对点训练3](1)(2024·安徽安庆一中模拟)在等比数列{a n }中, a 2a 3a 4=4,a 5a 6a 7=16,则a 8a 9a 10=( )A.4B.8C.32D.64D(2)(2024·河北沧州模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=6,则510 S24= .本 课 结 束。
2025北师大版高中数学一轮复习课件（新高考新教材）第3课时 翻折问题与探索性问题考点一 翻折问题例1(2024·山东烟台模拟)如图,在△AB C中,∠AB C=90°,B C=2, ∠A C B=60°,E 为AB中点,过点E作ED垂直A C于D,将△A DE沿ED翻折,点A到达点P的位置,且使得平面P DE⊥平面B CDE,点M是棱P C上一点,且B M∥平面P DE.(2)求二面角M-B E-C的余弦值.解(1)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,由题意可知,PD⊥DE,又PD⊂平面PDE,所以PD⊥平面BCDE,又CD⊂平面BCDE,所以PD⊥CD.所以∠PDC=90°.过点B作BQ垂直CD于点Q,连接QM,因为CD⊥DE,所以BQ∥DE,又BQ⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,所以BQ∥平面PDE,又BM∥平面PDE,BQ∩BM=B,BQ,BM⊂平面BQM,所以平面BQM∥平面PDE,又因为平面BQM∩平面PDC=QM,平面PDE∩平面PDC=PD,所以PD∥QM.因为BC=2,∠DCB=60°,所以CQ=1.(2)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PD⊂平面PDE,PD⊥DE,所以PD⊥平面BCDE,所以PD⊥DC.又DE⊥DC,以D为坐标原点,以直线DE,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,[对点训练1](2024·广东潮州模拟)图1是由矩形A DE B,Rt△AB C和菱形BF GC组成的一个平面图形,其中AB=1,B E=BF=2,∠FB C=60°,将其沿AB,B C 折起使得B E与BF重合,连接DG,如图2.图1 图2(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面AB C⊥平面B CGE;(2)求图2中的直线CE与平面A CG所成角的正弦值.(1)证明在题图2中,由题意得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,所以题图2中的A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,又BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE,所以AB⊥平面BCGE,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解连接EC,在菱形BEGC中,因为∠EBC=60°,所以△EBC为等边三角形,取BC的中点H,连接EH,则EH⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCGE,平面ABC∩平面BCGE=BC,EH⊂平面BCGE,所以EH⊥平面ABC.如图,以点H为坐标原点,在平面ABC中,过点H作BC的垂线为y轴,以直线BC 为x轴,以直线HE为z轴,建立空间直角坐标系,则A(-1,1,0),C(1,0,0),设平面ACG的法向量n=(x,y,z),考点二 与空间角有关的探究性问题例2 (2024·山东青岛模拟)如图,在三棱台AB C-A1B1C1中,平面B CC1B1⊥平面(1)求四棱锥A1-B CC1B1的体积;(2)在侧棱BB1上是否存在点E,使得二面角E-A C-B的余弦值为 ?若存在,说明点E的位置;若不存在,说明理由.(2)取BC的中点O,连接AO,因为AB=AC,所以AO⊥BC.在等腰梯形BCC1B1中,O1,O分别为上、下底边B1C1,BC的中点,有OO1⊥BC,而平面BCC1B1⊥平面ABC,平面BCC1B1∩平面ABC=BC,OO1⊂平面BCC1B1,于是OO1⊥平面ABC,所以OO1⊥OA.以O为坐标原点,分别以直线OA,OB,OO1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标[对点训练2](2024·湖北荆门模拟)在三棱柱AB C-A1B1C1中,四边形AA1B1B是菱形,AB⊥A C,平面AA1B1B⊥平面AB C,平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.(1)证明:A1B⊥B1C;(2)已知∠ABB1=60°,AB=A C=2,直线l上是否存在点P,使A1B与平面ABP所成角的正弦值为 ?若存在,求B1P的长度;若不存在,说明理由.(1)证明因为四边形AA1B1B为菱形,所以A1B⊥AB1.又因为平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AC⊂平面ABC,AC⊥AB,所以AC⊥平面AA1B1B,又A1B⊂平面AA1B1B,所以AC⊥A1B,又AB1∩AC=A,AC,AB1⊂平面B1AC,所以A1B⊥平面B1AC,又B1C⊂平面B1AC,所以A1B⊥B1C.理由如下:取A1B1的中点D,连接AD,因为∠ABB1=60°,所以∠AA1B1=60°,又A1B1=AA1,所以△AA1B1是正三角形,所以AD⊥A1B1.因为A1B1∥AB,所以AD⊥AB,又平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AD⊂平面AA1B1B,所以AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC,又AB⊥AC,以A为坐标原点,以直线AB,AC,AD分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),考点三 最值、范围问题例3(2021·全国甲,理19)已知直三棱柱AB C-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=B C=2,E,F分别为A C和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面D F E所成的二面角的正弦值最小?(1)证明如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.B1中,△FCB≌△MBB1,又在侧面BCC∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.(2)解∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,则AB⊥BC.如图,以B为原点,BC,BA,BB1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).设DB1=t,则D(0,t,2),0≤t≤2.[对点训练3](2024·安徽滁州模拟)如图,在四棱锥P-AB CD中,底面AB CD是菱形,A C与B D 交于点O,∠BA D=60°,P A=AB=2,P A⊥A C,平面P A C⊥平面PB D,M为线段PB 上的一点.(1)证明:P A⊥平面AB CD;(2)当A M与平面PB D所成的角的正弦值最大时,求平面M A C与平面AB CD夹角的余弦值.(1)证明连接PO,过点A作PO的垂线,垂足为H,∵平面P AC⊥平面PBD,且交线为PO,AH⊂平面P AC,∴AH⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD,∴BD⊥AH.又四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC,又AC∩AH=A,AC,AH⊂平面P AC,∴BD⊥平面P AC,又P A⊂平面P AC,∴BD⊥P A.又P A⊥AC,AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,∴P A⊥平面ABCD.(2)解连接MH,由(1)知∠AMH为AM与平面PBD所成的角,∵AH为定值,P A=AB且P A⊥AB,∴当点M为PB的中点时AM取得最小值,此时sin∠AMH取最大值.如图,以O为坐标原点,直线OA为x轴,直线OB为y轴,过点O在平面P AC中作平面ABCD的垂线作为z轴,建立空间直角坐标系,则本 课 结 束。
2025北师大版高中数学一轮复习课件（新高考新教材）第3节 二项式定理课标解读1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.1 强基础 固本增分知识梳理1.二项式定理(1)二项式定理:(a +b )n = ,n ∈N *.(2)通项: ,它表示展开式的第k+1项.(3)二项式系数:二项展开式中各项的系数 (k=0,1,2,…,n )叫作二项式系数.字母a ,b 是一种“符号”,实际上可以是数和式只与各项的项数有关,而与a ,b 的值无关微点拨1.二项式系数 (k=0,1,2,…,n)是组合数,它与二项展开式中对应项的系数不一定相等,应注意区分二项式系数与项的系数这两个不同的概念.2.项的系数是指该项中除变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与a,b的值有关.如(a+bx)n的二项展开式中,第k+1项的二项式系数是 ,而该项的系数是 .当然,在某些二项展开式中,各项的系数与二项式系数是相等的.微思考(a+b)n与(b+a)n的展开式有何区别与联系?提示(a+b)n的展开式与(b+a)n的展开式的项完全相同,但对应的项不相同而且两个展开式的通项不同.2.二项式系数的性质递增递减中间一项中间两项微点拨利用赋值法求二项式系数的和常用结论若二项展开式的通项为T r+1=g(r)·x h(r)(r=0,1,2,…,n),g(r)≠0,则有以下常见结论:(1)h(r)=0⇔T r+1是常数项.(2)h(r)是非负整数⇔T r+1是整式项.(3)h(r)是负整数⇔T r+1是分式项.(4)h(r)是整数⇔T r+1是有理项.自主诊断× × √ × 题组一基础自测1.思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”).(1)(a +b )n 的展开式中的第k 项是 .( )(2)在二项展开式中,系数最大的项一定为中间的一项或中间的两项.( )(3)通项T k +1= 中的a 和b 不能互换.( )(4)在(ax +b )n 的展开式中,某项的系数一定与该项的二项式系数相同.( )2.(x-1)10的展开式的第6项的系数是( )D13.在(1-2x)8的展开式中,各项系数的和是 .解析令x=1,可得各项系数和为(-1)8=1.4.已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则这两项的二项式系数分别是 , .120 120 题组二连线高考5.(2022·北京,8)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4=( )BA.40B.41C.-40D.-41解析令x=1,则a4+a3+a2+a1+a0=1,令x=-1,则a4-a3+a2-a1+a0=(-3)4=81,故6.(2023·天津,11)在(2x3- )6的展开式中,x2项的系数为 .602 研考点 精准突破考点一 二项展开式的通项及其应用(多考向探究预测)考向1求形如(a +b )n (n ∈N *)的二项展开式中的特定项(或系数)例1(1)(2023·北京,5) 的展开式中x 的系数为( )A.-80 B.-40 C.40 D.80DC(3) 的展开式中系数为无理数的项的个数为( )B A.2 B.3 C.4 D.5A(2)(2024·福建福州模拟)若的展开式中存在常数项,则正整数n可以是( )A.3 B.5 C.6 D.7C考向2求形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)的两个多项式积的展开式问题例2(1)(2022·新高考Ⅰ,13) (x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28 (用数字作答).(2)(2024·广东揭阳模拟)(ax+1) 的展开式中含x3项的系数为30,则实2数a的值为 .[对点训练2](1)(2024·山东济宁模拟)(x+ +1)(1-x)6的展开式中x3的系数为10 (用数字作答).(2)在(1-x)4(2x+1)5的展开式中,含x2的项的系数是 .6考向3三项展开式中的特定项(或系数)例3(x 2+x +y )5的展开式中,x 5y 2的系数为( )A.10 B.20 C.30 D.60C [对点训练3](2024·浙江嘉兴模拟)(x -2y +3z)6的展开式中x 3y 2z 的系数为( )A.-60B.240C.-360D.720D 考点二 二项式系数与各项的系数和问题例4(1)(多选题)(2024·山东青岛模拟)已知的展开式的各二项式系ABD数的和为256,则( )A.n=8B.展开式中x-2的系数为-448C.展开式中常数项为16D.展开式中所有项的系数和为1(2)(多选题)(2024·福建莆田模拟)已知(3x-2)2 023=a0+a1x+a2x2+…+a2 023x2 023,BCD 则( )A.a0=22 023B.a0+a1+a2+…+a2 023=1解析对于A,令x=0,可得a0=(-2)2 023=-22 023,故A错误;对于B,令x=1,可得a0+a1+a2+…+a2 023=12 023=1,故B正确;对于C,令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+…+a2 022-a2 023=(-5)2 023=-52 023,结合选项B,两式作差,可得2(a1+a3+a5+…+a2 023)=52 023+1,即a1+a3+a5+…+a2 023[对点训练4](2022浙江,12)已知多项式(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5, 8-2 则a2= ,a1+a2+a3+a4+a5= .令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,令x=0,得a0=2,所以a1+a2+a3+a4+a5=-2.考点三 二项式系数与项的系数的最值问题例5(1)(2024·山东聊城模拟)已知的展开式中,只有第四项的二项60式系数最大,则展开式中常数项为 .(用数字作答)(2)(2024·山东青岛模拟)若展开式的所有项的二项式系数和为28256,则展开式中系数最大的项的二项式系数为 .(用数字作答)[对点训练5](1)(2024·山东省实验中学模拟)(x+2y)6展开式中二项式系数最大的项的系数为 .160解析由二项式系数的基本性质可知(x+2y)6展开式中二项式系数最大的项为T4= x3·(2y)3=160x3y3.因此,展开式中二项式系数最大的项的系数为160.(2)若展开式中前三项的系数和为163,则展开式中系数最大的项为 .5 376 考点四 二项式定理的应用例6(1)(2024·河北唐山、邯郸高三期末)9810除以1 000的余数是 . (2)用二项式定理估算1.0110= .(精确到0.001) 241.105 [对点训练6](1)用二项式定理估算0.9985的近似值(精确到0.001)是 . 0.990(2)(2024·江苏常州模拟)若642 024+m能被13整除,则m的最小正整数取值为 . 12本 课 结 束。
