202X届高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列课件

1、(2018天津文,18,13分)设an是等差数列,其前n项和为Sn(nN*);bn是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(nN*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.(1)求Sn和Tn;(2)若Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.考点一等比数列的有关概念及运算考点一等比数列的有关概念及运算A A组自主命题组自主命题天津卷题组天津卷题组五年高考解析解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.(1)设等比数列bn的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.

2、因为q0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn=2n-1.设等差数列an的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,所以,Sn=.(2)由(1),有T1+T2+Tn=(21+22+2n)-n=-n=2n+1-n-2.由Sn+(T1+T2+Tn)=an+4bn可得+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.所以,n的值为4.1212n(1)2n n2 (12 )12n(1)2n n(2016天津,5,5分)设an是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q0”是“

3、对任意的正整数n,a2n-1+a2n0”的()A.充要条件 B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件考点二等比数列的性质及应用考点二等比数列的性质及应用答案答案C若对任意的正整数n,a2n-1+a2n0,则a1+a20,所以a20,所以q=0.若q0,可取q=-1,a1=1,则a1+a2=1-1=0,不满足对任意的正整数n,a2n-1+a2n0.所以“q0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n0,q0.由a5=3a3+4a1得a1q4=3a1q2+4a1,q2=4,q=2.由S4=15,解得a1=1.a3=a1q2=4,故选C.41(12 )12a易错警示易错警示

4、对通项公式an=a1qn-1和Sn=(q1)未能熟练掌握,从而导致失分.1(1)1naqq2.(2017课标,3,5分)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏答案答案B本题主要考查等比数列基本量的计算.由题意可知,由上到下灯的盏数a1,a2,a3,a7构成以2为公比的等比数列,S7=381,a1=3.故选B.71(12 )12a3.(2015课标,4,5分)已知等比数列an满足a1=3,a1

5、+a3+a5=21,则a3+a5+a7=()A.21 B.42 C.63 D.84答案答案B设an的公比为q,由a1=3,a1+a3+a5=21得1+q2+q4=7,解得q2=2(负值舍去).a3+a5+a7=a1q2+a3q2+a5q2=(a1+a3+a5)q2=212=42.思路分析思路分析用a1,q表示a3,a5,代入已知等式求出q2值,进而利用a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q2得结果.4.(2019课标文,14,5分)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1=1,S3=,则S4= .34答案答案 58解析解析本题主要考查等比数列的有关概念;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是

6、数学运算.设公比为q(q0),则S3=a1+a2+a3=1+q+q2=,解得q=-,a4=a1q3=-,S4=S3+a4=-=.3412183418585.(2019课标理,14,5分)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1=,=a6,则S5= .1324a答案答案 1213解析解析本题主要考查等比数列基本量的计算;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学运算.设an的公比为q,由=a6,得=a4q2,a4=q2.又a4=a1q3,a1q3=q2,又a1=,q=3.由等比数列求和公式可知S5=.24a24a1351(1 3 )31 31213解题关键解题关键由an=a1qn-1=amqn-

7、m求出公比q是关键.6.(2017课标,14,5分)设等比数列an满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 = .答案答案-8解析解析设等比数列an的公比为q,由题意得解得a4=a1q3=-8.112111,3,aa qaa q 11,2,aq 7.(2017江苏,9,5分)等比数列an的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=,S6=,则a8= .74634答案答案32解析解析本题考查等比数列及等比数列的前n项和.设等比数列an的公比为q.当q=1时,S3=3a1,S6=6a1=2S3,不符合题意,q1,由题设可得解得a8=a1q7=27=32.3161(1)7,14(1)63,14

8、aqqaqq11,42,aq148.(2016课标,15,5分)设等比数列an满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2an的最大值为 .答案答案64解析解析设an的公比为q,于是a1(1+q2)=10,a1(q+q3)=5,联立得a1=8,q=,an=24-n,a1a2an=23+2+1+(4-n)=26=64.a1a2an的最大值为64.12217222nn21749()2282n9.(2018课标文,17,12分)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由;(3)求an的通项公式.nan解

9、析解析(1)由条件可得an+1=an.将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2)bn是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得=,即bn+1=2bn,又b1=1,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得=2n-1,所以an=n2n-1.2(1)nn11nan2nannan10.(2018课标,17,12分)等比数列an中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为an的前n项和.若Sm=63,求m.解析解析(1)设an的公比为q,由题设得an=qn-1.由已

10、知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.由Sm=63得(-2)m=-188.此方程没有正整数解.若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.1 ( 2)3n 思路分析思路分析(1)根据已知建立关于q的方程求得q并检验代入等比数列的通项公式(2)利用等比数列前n项和公式与已知建立等量关系即可求解.解后反思解后反思 等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略(1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出.(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列

11、的性质求解.(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.11.(2017课标,17,12分)记Sn为等比数列an的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.解析解析本题考查等差、等比数列.(1)设an的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.故an的通项公式为an=(-2)n.(2)由(1)可得Sn=-+(-1)n.由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n=2=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.121(

12、1)2,(1)6,aqaqq 1(1)1naqq23123n4332223nn122( 1)33nn 方法总结方法总结等差、等比数列的常用公式:(1)等差数列:递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.通项公式:an=a1+(n-1)d.前n项和公式:Sn=na1+d.(2)等比数列:递推关系式:=q(q0),常用于等比数列的证明.通项公式:an=a1qn-1.前n项和公式:Sn=(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:=b或等比中项:ac=b2来证明.1()2naa n(1)2n n1nnaa11(1),(1)(1).1nna qaqqq2ac12.(201

13、7课标,17,12分)已知等差数列an的前n项和为Sn,等比数列bn的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求bn的通项公式;(2)若T3=21,求S3.解析解析本题考查了等差、等比数列.设an的公差为d,bn的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=2得d+q=3.(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.联立和解得(舍去),或因此bn的通项公式为bn=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由得d=8,则S3=21.当q=4时,由得d=-1,则S3=-6.3,0dq1,

14、2.dq考点二等比数列的性质及应用考点二等比数列的性质及应用1.(2015课标,9,5分)已知等比数列an满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2 B.1 C. D. 141218答案答案C设an的公比为q,由等比数列的性质可知a3a5=,=4(a4-1),即(a4-2)2=0,得a4=2,则q3=8,得q=2,则a2=a1q=2=,故选C.24a24a41aa21414122.(2015广东,13,5分)若三个正数a,b,c成等比数列,其中a=5+2,c=5-2,则b= .66答案答案1解析解析a,b,c成等比数列,b2=ac=(5+2)(5-2)=1,又b0,b=1.663

15、.(2019课标文,18,12分)已知an是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.(1)求an的通项公式;(2)设bn=log2an,求数列bn的前n项和.解析解析本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(1)设an的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.因此an的通项公式为an=24n-1=22n-1.(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列bn的前n项和为1+3+2n-1=n2.C C组教师专用题组组教师专用题组1.(2014重庆,2,5分

16、)对任意等比数列an,下列说法一定正确的是()A.a1,a3,a9成等比数列 B.a2,a3,a6成等比数列C.a2,a4,a8成等比数列 D.a3,a6,a9成等比数列答案答案D不妨设公比为q,则=q4,a1a9=q8,a2a6=q6,当q1时,A、B均不正确;又=q6,a2a8=q8,同理,C不正确;由=q10,a3a9=q10,知D正确.23a21a21a21a24a21a21a26a21a21a2.(2015课标,13,5分)在数列an中,a1=2,an+1=2an,Sn为an的前n项和.若Sn=126,则n= .答案答案6解析解析由已知得an为等比数列,公比q=2,由首项a1=2,S

17、n=126得=126,解得2n+1=128,n=6.2(12 )12n评析评析 本题主要考查等比数列的定义及前n项和公式,属容易题,注意运算要准确哦!3.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列an中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是 .答案答案4解析解析由a8=a6+2a4,两边都除以a4,得q4=q2+2,即q4-q2-2=0(q2-2)(q2+1)=0,q2=2.a2=1,a6=a2q4=122=4.4.(2014安徽,12,5分)数列an是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .答案答案1解析解析设an的公差为d,则a3+3=a1

18、+1+2d+2,a5+5=a1+1+4d+4,由题意可得(a3+3)2=(a1+1)(a5+5),(a1+1)+2(d+1)2=(a1+1)(a1+1)+4(d+1),(a1+1)2+4(d+1)(a1+1)+2(d+1)2=(a1+1)2+4(a1+1)(d+1),d=-1,a3+3=a1+1,公比q=1.3131aa5.(2015山东,18,12分)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.(1)求an的通项公式;(2)若数列bn满足anbn=log3an,求bn的前n项和Tn.解析解析(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n1时,2Sn-1=3n-1+3,

19、此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,所以an=(2)因为anbn=log3an,所以b1=,当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以T1=b1=;当n1时,Tn=b1+b2+b3+bn=+13-1+23-2+(n-1)31-n,所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n,13,1,3,1.nnn131313所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n,两式相减,得2Tn=+(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31-n23=+-(n-1)31-n=-,所以Tn=-.经检验,n=1时也适合.综上可得Tn

20、=-.23111 31 3n136632 3nn1312634 3nn1312634 3nn评析评析 本题考查数列的前n项和Sn与通项an间的关系以及错位相减法.考向清楚明确,但运算量较大.考点一等比数列的有关概念及运算考点一等比数列的有关概念及运算三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组1.(2019天津河东二模,3)设an是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n0”的()A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件答案答案B因为an是首项为正数的等比数列,公

21、比为q,所以当q0时,an=a1qn-10,即对任意的正整数n,a2n-1+a2n0,故充分性成立.若对任意的正整数n,a2n-1+a2n0,则a1q2n-2(1+q)0,即q-1且q0,故必要性不成立.所以“q0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n0”的充分不必要条件.故选B.2.(2019天津河西二模,4)设an是公比为q的等比数列,则“q1”是“an为递增数列”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案答案D等比数列-1,-2,-4,满足公比q=21,但an不是递增数列,故充分性不成立.若an=-1,则an为递增数列,但q=1”是

22、“an为递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D.112n123.(2019天津和平二模文,19)已知数列an是正项等比数列,a1+a3=10,a4-2a2=a3,数列bn满足条件a1a2a3an=(.(1)求数列an、bn的通项公式;(2)设cn=-,记数列cn的前n项和为Sn.求Sn;求正整数k,使得对任意nN*,均有SkSn.2)nb1na1nb解析解析(1)设正项等比数列an的公比为q(q0).(1分)由得解得q=-1或0或2.q0,q=2.a1=2.(3分)则an=2n.(4分)a1a2a3an=(,222232n=,则bn=n(n+1).(6分)(2)由(1)得cn=-=-.134

23、2310,2aaaaa2113211110,2,aa qa qa qa q2)nb(1)22n n22nb1na1nb12n1(1)n n设pn=,pn的前n项和为Pn,则Pn=+=1-.(7分)设qn=-,qn的前n项和为Qn,则Qn=+=1-.(9分)1na1221212n12n1nb1n11n1121123111nn11nSn=Pn-Qn=1-=-.(10分)Sn+1-Sn=-+=.(11分)由于2n+1比(n+1)(n+2)变化快,所以令Sn+1-Sn0得n0,化简解得q=+1,则=q2=3+2.1228967aaaa26767()qaaaa22.(2019天津蓟州一中月考,11)设S

24、n为等比数列an的前n项和,a3=8a6,则的值为 .42SS答案答案 54解析解析设等比数列an的公比为q,由a3=8a6,可得a3=8a3q3,解得q=,所以=1+q2=.1242SS123412aaaaaa21212()(1)aaqaa54B B组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组时间:55分钟分值:85分一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2019天津耀华中学统练二,1)“ac=b2”是“a,b,c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答案答案B对于ac=b2,当a=b=c=0时,a

25、,b,c不能组成等比数列,即ac=b2 / a,b,c成等比数列.a,b,c成等比数列,b为等比中项,即b2=ac,即a,b,c成等比数列ac=b2.故“ac=b2”是“a,b,c成等比数列”的必要不充分条件.2.(2019天津七校联考,5)已知数列an是等比数列,a2=2,a7=64,则当n2时,a1a3+a2a4+an-1an+1=()A.2n-2 B.2n+1-2 C. D. 1443n443n答案答案D设等比数列an的公比为q,由题意得q5=32,解得q=2,a1=1,an=2n-1,an-1an+1=4n-1,a1a3+a2a4+an-1an+1=+=4+42+4n-1=,故选D.6

26、422na22a23a2na14(14)14n443n3.(2018天津一模,5)设等比数列an的前n项和为Sn,则“a10”是“S2 019S2 018”的()A.充要条件 B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件答案答案A若S2 019S2 018,则a2 0190,即a1q2 0180,则a10成立,即必要性成立;若a10,则a1q2 0180,即a2 0190,则S2 019S2 018成立,即充分性成立.故“a10”是“S2 019S2 018”的充要条件.4.(2018天津南开中学第三次月考,3)在等比数列an中,若a2=243,a6=3,则a4等于()A

27、.3 B.27 C.3 D.27答案答案B设等比数列an的公比为q,由a2=243,a6=3,得q4=,q2=,a4=a2q2=27.62aa181195.(2018天津南开中学第五次月考,6)等比数列an的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为,偶数项之和为,这个等比数列前n项的积为Tn(n2),则Tn的最大值为()A. B. C.1 D.2853221161412答案答案D设等比数列an共有2m+1项,公比为q,由题意得S奇=a1+a3+a2m+1=,S偶=a2+a4+a2m=,S奇=a1+a2q+a2mq=2+q(a2+a4+a2m)=2+q=,q=.Tn=a1a2an=q1+2+n-1=

28、2n=,当n=1或2时,Tn有最大值2.8532211621168532121na(1)212n n23n222n二、填空题(共5分)6.(2019天津河西期中,10)已知数列an是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列an的前n项和等于 .答案答案2n-1解析解析设等比数列an的公比为q,由a1+a4=9,a2a3=8,可得a1(1+q3)=9,q3=8,两式联立整理得-9a1+8=0,解得a1=1或a1=8(因为数列an是递增的等比数列,a2a3=8,所以舍去),因此q=2,所以数列an的前n项和为=2n-1.21a21a1212n三、解答题(共55分)7.(2019天津部分

29、区质检(二),18)各项均为正数的等比数列an满足a2=3,a4-2a3=9.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(2n-1)log3a2n+2(nN*),数列的前n项和为Tn,证明:Tn.1nb12解析解析(1)设等比数列an的公比为q.(1分)由得(2分)解得q=3或q=-1.(3分)因为数列an为正项数列,所以q=3.(4分)又首项a1=1,故an=3n-1.(6分)(2)证明:由(1)知bn=(2n-1)log3a2n+2=(2n-1)log332n+1=(2n-1)(2n+1).所以=,(10分)所以Tn=+=-0,q=.(4分)an=3.(6分)1412112n(2)由(1)

30、知bn=n,(7分)Tn=1+2+3+n.(8分)6nna11326nn12n1221231212nTn=1+2+(n-1)+n.(9分)两式相减得Tn=+-n=-n=1-n,(12分)Tn=2-(n+2).(13分)1221231212n112n121221231212n112n11122112n112n12n112n12n9.(2019天津河东一模,18)在等差数列an中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足an=+,求数列bn的通项公式;(3)令cn=(nN*),求数列cn的前n项和Tn.13 1b2231b3331b31nnb4n

31、na b解析解析(1)由a2是a1与a4的等比中项,可得=a1a4,即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,则an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n.(2)当n=1时,a1=,即b1=8.当n2时,an-1=+,与an=+相减可得2=,即bn=2(3n+1).当n=1时,b1=8满足上式,故bn=2(3n+1),nN*.22a14b13 1b2231b1131nnb13 1b2231b3331b31nnb31nnb(3)由(1)(2)知cn=n(3n+1).则前n项和Tn=(13+232+n3n)+(1+2+n),设Sn=13+232+n3n,3Sn=132+233+n3n

32、+1,两式相减可得-2Sn=3+32+3n-n3n+1=-n3n+1,4nna b3(1 3 )1 3n化简可得Sn=,则Tn=+n(n+1).13(21) 34nn13(21) 34nn1210.(2019天津耀华一模文,18)已知等差数列an的前n项和为Sn,且S3=9,a1、a3、a7成等比数列. (1)求数列an的通项公式;(2)若数列an是递增数列,数列bn满足bn=,Tn 是数列anbn的前n项和,求Tn,并求使Tn1 000成立的n的最小值.2na解析解析(1)设等差数列an的公差为d.由a1、a3、a7成等比数列,得=a1a7,即(a1+2d)2=a1(a1+6d),又由S3=

33、9,可得3a1+3d=9,联立解得a1=3,d=0或a1=2,d=1,则an=3或an=n+1.(2)因为数列an是递增数列,所以d0,即an=n+1,bn=2n+1,从而anbn=(n+1)2n+1.所以Tn=222+323+424+(n+1)2n+1,2Tn=223+324+425+(n+1)2n+2,23a2na-得-Tn=8+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=8+-(n+1)2n+2=-n2n+2,所以Tn=n2n+2,18(12)12n易知数列Tn是递增数列,又T5=640,T6=1 536,所以使Tn1 000成立的n的最小值为6.C C组组2017201920172019

34、年高考模拟年高考模拟应用创新题组应用创新题组1.(2019 53原创冲刺卷五理,4)已知数列an为正项等比数列,a1+a4+a7=73,a3+a6+a9=292,则其前10项和S10的值为()A.1 024 B.1 023 C.1 022 D.1 021答案答案B设an的公比为q,则由题意得q2=4,因为数列an为正项等比数列,所以q=2,又由a1+a4+a7=73,即a1(1+q3+q6)=73,解得a1=1,所以S10=1 023.369147aaaaaa101 (12 )122.(2019 53原创预测卷七理,3)已知等比数列an的前n项和为Sn,则下列结论中一定成立的是()A.若a10,则a2 0190,则S2n+10C.若a20,则a2 0180,则S2n0答案答案B令an=(-1)n+1,则a2 019=10,排除A.令an=(-1)n,则a2 018=10,排除C,且S2n=0,排除D.故选B.3.(2019 53原创预测卷七理,3)已知等比数列an的前n项和为Sn,且Sn=k2n-1(nN*),则a4=( )A.0 B.2 C.4 D.8答案答案D 由Sn=k2n-1得a1=2k-1,a2=S2-S1=2k,a3=S3-S2=4