（天津专用）2020届高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列课件.pptx

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,A组自主命题天津卷题组,五年高考,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.因为q0,可得q=2,故bn=2n-1.所以

2、,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.,(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“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

3、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,答案C若对任意的正整数n,a2n-1+a2n0,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”的必要而不充分条件.故选C.,B组统一命题、省(区、市)卷题组,考点一等比数列的有关概念及运算,1.(2019课标理,5,5分)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=() A.16B.8C.4D.2,答案C本题主要考查等比数列的性质;以等比数列的前n

4、项和公式为载体考查学生的运算求解能力;考查了数学运算的核心素养. 设等比数列an的公比为q.由题意知,an0,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.,易错警示对通项公式an=a1qn-1和Sn=(q1)未能熟练掌握,从而导致失分.,2.(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,

5、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,a 1=3.故选B.,3.(2015课标,4,5分)已知等比数列an满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=() A.21B.42C.63D.84,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)q

6、2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=.,答案,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=-=.,5.(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=.,答案,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,a

7、1q3=q2,又a1=,q=3. 由等比数列求和公式可知S5=.,解题关键由an=a1qn-1=amqn-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-8,解析设等比数列an的公比为q, 由题意得 解得 a4=a1q3=-8.,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= .,答案32,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=a1q

8、7=27=32.,8.(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64,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.,9.(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.,解析(1)由条件可得an+1=an. 将n=1代入得,a

9、2=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.,10.(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(1)设an的公比为q,由题设得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2. 故an=(-2)

10、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.,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

11、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.,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:a

12、n+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.,12.(2017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.,解析本题考查了等差、等比数列. 设an的公差为d,b

13、n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.,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.2B.1C.D.,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

14、,得a4=2, 则q3=8,得q=2, 则a2=a1q=2=,故选C.,2.(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=.,答案1,解析a,b,c成等比数列,b2=ac=(5+2)(5-2)=1,又b0,b=1.,3.(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

15、,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组教师专用题组,1.(2014重庆,2,5分)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

16、D正确.,2.(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6,解析由已知得an为等比数列,公比q=2,由首项a1=2,Sn=126得=126,解得2n+1=128,n =6.,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4,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=12

17、2=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1,解析设an的公差为d,则a3+3=a1+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.,5.(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;

18、(2)若数列bn满足anbn=log3an,求bn的前n项和Tn.,解析(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3, 当n1时,2Sn-1=3n-1+3, 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,所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n, 两式相

19、减,得 2Tn=+(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31-n,=+-(n-1)31-n =-, 所以Tn=-. 经检验,n=1时也适合. 综上可得Tn=-.,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,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,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B因为an是首项为正数的等比数列,

20、公比为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

21、数列,但q=1”是“an为递增数列”的既不充分也不必要条件, 故选D.,3.(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.,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=-=-

22、.,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),Sn=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n4, 即S1,S2,S3,S4递增,而S4,S5,S6,Sn递减.所以S4最大.(13分) 故当k=4时,SkSn.(14分),考点二等比数列的性质及应用,1.(2019天津耀华中学统练二,3)已知等比数列an中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则 等于() A.1+B.1-C.3+2D.3-2,答案C设等比数

23、列an的公比为q,由已知条件有 2a3=a1q2=a1+2a1q,又由a10且q0,化简解得q=+1, 则=q2=3+2.,2.(2019天津蓟州一中月考,11)设Sn为等比数列an的前n项和,a3=8a6,则的值为.,答案,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=.,B组20172019年高考模拟专题综合题组 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

24、条件,答案B对于ac=b2,当a=b=c=0时,a,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-2B.2n+1-2C.D.,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

25、+1=+=4+42+4n-1=, 故选D.,3.(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.3B

26、.27C.3D.27,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.,5.(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.1D.2,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= 2n=,当n=1或2时,Tn有最大值2.,二、填空

27、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2n-1,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.,三、解答题(共55分),7.(2019天津部分区质检(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)log

28、3a2n+2(nN*),数列的前n项和为Tn,证明:Tn.,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=+= =-.(13分),8.(2019天津河北一模,18)已知公比为正数的等比数列an,首项a1=3,前n项和为Sn(nN*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列. (1)求数列an的通项公式;

29、 (2)设bn=,求数列bn的前n项和Tn(nN*).,解析(1)设数列an的公比为q. S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列, 2(S5+a5)=(S3+a3)+(S4+a4),(2分) 即2(a1+a2+a3+a4+2a5)=(a1+a2+2a3)+(a1+a2+a3+2a4). 化简得4a5=a3. q2=. 又q0, q=.(4分) an=3.(6分),(2)由(1)知bn=n,(7分) Tn=1+2+3+n.(8分),Tn=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),9.(2019天津河东一模,1

30、8)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.,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*.,(3)由(1)(2)知cn=n(3n+1). 则

31、前n项和Tn=(13+232+n3n)+(1+2+n), 设Sn=13+232+n3n,3Sn=132+233+n3n+1, 两式相减可得-2Sn=3+32+3n-n3n+1=-n3n+1,化简可得Sn=, 则Tn=+n(n+1).,10.(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.,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

32、+2d)2=a1(a1+6d), 又由S3=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,-得 -Tn=8+23+24+2n+1-(n+1)2n+2 =8+-(n+1)2n+2=-n2n+2, 所以Tn=n2n+2,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组2

33、0172019年高考模拟应用创新题组,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 024B.1 023C.1 022D.1 021,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.,2.(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+10 C.若a20,

34、则a2 0180,则S2n0,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.0B.2C.4D.8,答案D由Sn=k2n-1得a1=2k-1,a2=S2-S1=2k,a3=S3-S2=4k. an为等比数列,=a1a3, k=1或k=0(舍), Sn=2n-1,a4=S4-S3=8,故选D.,4.(2019 53原创冲刺卷三文,5)已知数列an为正项等比数列,a2=,a3=2a1,则a1a2+a2a3+anan+ 1=() A.(2+)1-B.(2+)-1 C.(2n-1)D.(1-2n),答案C由an为正项等比数列,且a