2019届高考文科数学新课标版大一轮复习考点突破：第6章 第3讲 等比数列及其前n项和(含答案)
2019届高考数学(文科,新课标B)一轮复习优秀课件：§6.3 等比数列 (共53张PPT)
.
3.(2015浙江,10,6分)已知{an}是等差数列,公差d不为零.若a2,a3,a7成等比数列,且2a1+a2=1,则a1= ,d= 答案
2 ;-1 3
.
2 a3 解析 ∵a2,a3,a7成等比数列,∴ =a2a7,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d),解得d=- a1①,∵2a1+a2=1,∴3a1
2 a1 (1 q n ) 2 2 因为a1=1,公比q= ,所以an= ,Sn= =3 1- 3 1 q 3 3
2 3
)
n1
n
2 =3-2 =3-2an,故选D. 3
n1
3.(2014大纲全国,8,5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6= ( A.31 B.32 C.63 D.64
1 1 3 1 3 则Sn= = - n1 . (12分) 1 2 23 1 3
n
1 3
评析 本题主要考查了等差数列及等比数列的定义,能准确写出{an}的表达式是关键.
2 an 6.(2016课标全国Ⅲ,17,12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1, -(2an+1-1)an-2an+1=0.
a1 (1 q 6 ) (3) [1 (2)6 ] 若q=-2,代入解得a1=-3,此时S6= = =63.故选C. 1 q
2
解法二:由等比数列的性质得(S4-S2) =S2· (S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C.
1 (2)
4.(2015课标Ⅰ,13,5分,0.646)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 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!
高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列讲义
§6.3等比数列考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 20171.等比数列的运算1.等比数列的证明2.等比数列的通项公式3.等比数列求和C14题5分填空题解答题★★★2.等比数列的性质及数列的综合运用1.等比数列性质运用2.数列的综合应用C19题16分7题5分20题16分20题16分填空题解答题★★★分析解读等比数列是高考的热点.中档题主要考查等比数列的基本运算,压轴题常和等差数列综合在一起考查推理证明,对能力要求比较高.五年高考考点一等比数列的运算1.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+a n>a1a2…a n的最大正整数n的值为.答案122.(2015课标Ⅱ改编,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= .答案423.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+lna20= .答案504.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-教师用书专用(5—7)5.(2013江西理改编,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于.答案-246.(2013北京理,10,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q= ;前n项和S n= .答案2;2n+1-27.(2013陕西理,17,12分)设{a n}是公比为q的等比数列.(1)推导{a n}的前n项和公式;(2)设q≠1,证明数列{a n+1}不是等比数列.解析(1)设{a n}的前n项和为S n,当q=1时,S n=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,S n=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1,①qS n=a1q+a1q2+…+a1q n,②①-②得,(1-q)S n=a1-a1q n,∴S n=,∴S n=(2)证明:假设{a n+1}是等比数列,则对任意的k∈N+,(a k+1+1)2=(a k+1)(a k+2+1),+2a k+1+1=a k a k+2+a k+a k+2+1,q2k+2a1q k=a1q k-1·a1q k+1+a1q k-1+a1q k+1,∵a1≠0,∴2q k=q k-1+q k+1.∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.∴假设不成立,故{a n+1}不是等比数列.考点二等比数列的性质及数列的综合运用1.(2017课标全国Ⅰ理改编,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是.答案4402.(2015福建改编,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-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p+q的值等于.答案93.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.答案2n-14.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= . 答案3n-15.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案 46.(2017山东理,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连结点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.7.(2017天津文,18,13分)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,所以q=2.所以,b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n-2.所以,{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,有T n=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2T n=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,上述两式相减,得-T n=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得T n=(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.8.(2016江苏,20,16分)记U={1,2,…,100}.对数列{a n}(n∈N*)和U的子集T,若T=⌀,定义S T=0;若T={t1,t2,…,t k},定义S T=++…+.例如:T={1,3,66}时,S T=a1+a3+a66.现设{a n}(n∈N*)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,S T=30.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T⊆{1,2,…,k},求证:S T<a k+1;(3)设C⊆U,D⊆U,S C≥S D,求证:S C+S C∩D≥2S D.解析(1)由已知得a n=a1·3n-1,n∈N*.于是当T={2,4}时,S T=a2+a4=3a1+27a1=30a1.又S T=30,故30a1=30,即a1=1.所以数列{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.(2)证明:因为T⊆{1,2,…,k},a n=3n-1>0,n∈N*,所以S T≤a1+a2+…+a k=1+3+…+3k-1=(3k-1)<3k.因此,S T<a k+1.(3)证明:下面分三种情况证明.①若D是C的子集,则S C+S C∩D=S C+S D≥S D+S D=2S D.②若C是D的子集,则S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥2S D.③若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=C∩∁U D,F=D∩∁U C,则E≠⌀,F≠⌀,E∩F=⌀.于是S C=S E+S C∩D,S D=S F+S C∩D,进而由S C≥S D得S E≥S F.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k≥1,l≥1,k≠l.由(2)知,S E<a k+1.于是3l-1=a l≤S F≤S E<a k+1=3k,所以l-1<k,即l≤k.又k≠l,故l≤k-1.从而S F≤a1+a2+…+a l=1+3+…+3l-1=≤=≤,故S E≥2S F+1,所以S C-S C∩D≥2(S D-S C∩D)+1,即S C+S C∩D≥2S D+1.综合①②③得,S C+S C∩D≥2S D.9.(2016天津,18,13分)已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且-=,S6=63.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得b n=(log2a n+log2a n+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即{b n}是首项为,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n}的前n项和为T n,则T2n=(-+)+(-+)+…+(-+)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.10.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:,,,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列?并说明理由.解析(1)证明:因为==2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).假设存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-.显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以及,并令t=,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),则g'(t)=.令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列.11.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,显然x n≠1.即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设,得g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,得f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).12.(2013江苏,19,16分)设{a n}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),S n是其前n项的和.记b n=,n∈N*,其中c为实数.(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:S nk=n2S k(k,n∈N*);(2)若{b n}是等差数列,证明:c=0.证明由题意得,S n=na+ d.(1)由c=0,得b n==a+ d.又因为b1,b2,b4成等比数列,所以=b1b4,即=a,化简得d2-2ad=0.因为d≠0,所以d=2a.因此,对于所有的m∈N*,有S m=m2a.从而对于所有的k,n∈N*,有S nk=(nk)2a=n2k2a=n2S k.(2)设数列{b n}的公差是d1,则b n=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入S n的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有n3+n2+cd1n=c(d1-b1).令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),则对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,从而有由②,③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.若d1=0,则由d1-d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d1≠0.又因为cd1=0,所以c=0.教师用书专用(13—20)13.(2014安徽,12,5分)数列{a n}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 114.(2013辽宁理,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .答案6315.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)因为a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,所以a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.16.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以,{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以,数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.17.(2015广东,21,14分)数列{a n}满足:a1+2a2+…+na n=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{a n}的前n项和T n;(3)令b1=a1,b n=+a n(n≥2),证明:数列{b n}的前n项和S n满足S n<2+2ln n.解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,解得a2=;当n=3时,a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)a n-1+na n=4-,①a1+2a2+…+(n-1)a n-1=4-,②由①-②得,na n=,所以a n=(n≥2),经检验,a1=1也适合上式,所以a n=(n∈N*).所以数列{a n}是以1为首项,为公比的等比数列.所以T n==2-.(3)证明:b1=1,b n=-·+·(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln 1.当n≥2时,b n=+·a n=+·(T n-T n-1)=+·T n-·T n-1=·T n-·T n-1,所以S n=1+·T2-1·T1+·T3-·T2+…+·T n-·T n-1=·T n<2=2+2,以下证明++…+<ln n(n≥2).构造函数h(x)=ln x-1+(x>1),则h'(x)=-=>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以ln x>1-(x>1),分别令x=2,,,…,,得ln 2>1-=,ln>1-=,ln>1-=,……ln>1-=.累加得ln 2+ln+…+ln>++…+,即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>++…+,所以++…+<ln n(n≥2).综上,S n<2+2ln n,n∈N*.18.(2015湖北,18,12分)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1+++++…+,①T n=+++++…+.②①-②可得T n=2+++…+-=3-,故T n=6-.19.(2013湖北理,18,12分)已知等比数列{a n}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由. 解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,则由已知可得解得或故a n=·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==·<<1.若a n=(-5)·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故<1.综上,对任何正整数m,总有<1.故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.20.(2013天津理,19,14分)已知首项为的等比数列{a n}不是．．递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-(n∈N*),求数列{T n}的最大项的值与最小项的值.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2==.又{a n}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{a n}的通项公式为a n=×=(-1)n-1·.(2)由(1)得S n=1-=当n为奇数时,S n随n的增大而减小,所以1<S n≤S1=,故0<S n-≤S1-=-=.当n为偶数时,S n随n的增大而增大,所以=S2≤S n<1,故0>S n-≥S2-=-=-.综上,对于n∈N*,总有-≤S n-≤.所以数列{T n}最大项的值为,最小项的值为-.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列的运算1.(2018江苏南通中学练习)等比数列{a n}中,若a1=-2,a5=-4,则a3的值为.答案-22.(2018江苏金陵中学月考)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数,且a4a10=16,则a10= .答案323.(2018江苏姜堰中学期中)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,S3=3a1+a2,则= .答案 34.(2018江苏盐城时杨中学月考)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a7的值是.答案45.(2018江苏常熟调研)已知等比数列{a n}中,a3=2,a4a6=16,则= .答案 46.(2017盐城第三次模拟考试,11)设{a n}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,则S20= .答案 2 0567.(2017江苏南通中学期中)设S n是等比数列{a n}的前n项的和,若a3+2a6=0,则的值是.答案 28.(2016江苏南通、扬州、泰州调研,8)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=3,S4=15,则S6的值为.答案639.(苏教必5,二,3,变式)等比数列{a n}共有奇数项,所有奇数项和S奇=255,所有偶数项和S偶=-126,末项是192,则首项a1= .答案 3考点二等比数列的性质及数列的综合运用10.(2017江苏苏州期中,6)已知等比数列{a n}的各项均为正数,且满足:a1a9=4,则数列{log2a n}的前9项之和为.答案911.(苏教必5,二,3,变式)在等比数列{a n}中,各项均为正值,且a6a10+a3a5=41,a4a8=5,则a4+a8= .答案12.(2018江苏常熟期中)已知数列{a n}各项均为正数,a1=1,a2=2,且a n a n+3=a n+1a n+2对任意n∈N*恒成立,记{a n}的前n项和为S n.(1)若a3=3,求a5的值;(2)证明:对任意正实数p,{a2n+pa2n-1}成等差数列;(3)是否存在正实数t,使得数列{S n+t}为等比数列?若存在,求出此时a n和S n的表达式;若不存在,说明理由. 解析(1)∵a1a4=a2a3,∴a4=6,又∵a2a5=a3a4,∴a5=a4=9.(2)证明:由得a n a n+1a n+3a n+4=a n+1a n+3,∵a n>0,∴a n a n+4=(n∈N*),从而{a n}的奇数项和偶数项分别构成等比数列,设公比分别为q1,q2,则a2n=a2,a2n-1=a1=,又∵=,∴==2=,即q1=q2,设q1=q2=q,则a2n+pa2n-1=q(a2n-2+pa2n-3),且a2n+pa2n-1>0恒成立.∴数列{a2n+pa2n-1}是首项为2+p,公比为q的等比数列,问题得证.(3)在(2)中令p=1,则数列{a2n+a2n-1}是首项为3,公比为q的等比数列,∴S2k=(a2k+a2k-1)+(a2k-2+a2k-3)+…+(a2+a1)=∴S2k-1=S2k-a2k=且S1=1,S2=3,S3=3+q,S4=3+3q,∵数列{S n+t}为等比数列,∴即即解得(t=-3舍去),∴S2k=4k-1=22k-1,S2k-1=22k-1-1,从而对任意n∈N*有S n=2n-1,此时S n+t=2n,=2为常数,满足{S n+t}成等比数列,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-2n-1=2n-1,又a1=1,∴a n=2n-1(n∈N*),综上,存在t=1使数列{S n+t}为等比数列,此时a n=2n-1,S n=2n-1(n∈N*).13.(2018江苏常熟期中)已知数列{a n}的前n项和是S n,且满足a1=1,S n+1=3S n+1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在数列{b n}中,b1=3,b n+1-b n=(n∈N*),若不等式λa n+b n≤n2在n∈N*上有解,求实数λ的取值范围. 解析(1)∵S n+1=3S n+1(n∈N*),∴S n=3S n-1+1(n∈N*,n≥2),∴a n+1=3a n(n∈N*,n≥2),又当n=1时,由S2=3S1+1得a2=3,∴a2=3a1,∴a n+1=3a n(n∈N*),∴数列{a n}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴通项公式为a n=3n-1(n∈N*).(2)∵b n+1-b n==3(n∈N*),b1=3,∴{b n}是以3为首项,3为公差的等差数列,∴b n=3+3(n-1)=3n(n∈N*),∴λa n+b n≤n2,即3n-1·λ+3n≤n2,即λ≤在n∈N*上有解,设f(n)=(n∈N*),∵f(n+1)-f(n)=-=,∴当n≥4时,f(n+1)<f(n),当n<4时,f(n+1)>f(n),∴f(1)<f(2)<f(3)<f(4),f(4)>f(5)>f(6)>…,∴[f(n)]max=f(4)=,∴λ≤.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:30分钟)一、填空题(每小题5分,共15分)1.(苏教必5,二,3,变式)在等差数列{a n}和等比数列{b n}中,已知a1=-8,a2=-2,b1=1,b2=2,那么满足a n=b n的n的所有取值构成的集合是.答案{3,5}2.(苏教必5,二,3,变式)在正项等比数列{a n}中,已知a1a2a3=4,a4a5a6=12,a n-1a n a n+1=324,则n= .答案143.(2017扬州高三上学期期末)在正项等比数列{a n}中,若a4+a3-2a2-2a1=6,则a5+a6的最小值为.答案48二、解答题(共45分)4.(2017江苏海安中学质检,19)设数列{a n},{b n},{c n}满足a1=a,b1=1,c1=3,且对于任意n∈N*,都有b n+1=,c n+1=.(1)若数列{a n}和{c n+b n}都是常数列,求实数a的值;(2)求数列{c n-b n}的通项公式;(3)设{a n}是公比为a的等比数列,数列{b n},{c n}的前n项和分别为S n,T n.若2S n+1-T n<对一切正整数n均成立,求实数a的取值范围.解析(1)因为b n+1+c n+1=a n+,且{a n}、{c n+b n}是常数列,所以a==2.(2)由已知得a n=2b n+1-c n,a n=2c n+1-b n,所以2b n+1-c n=2c n+1-b n,即c n-b n=-2(c n+1-b n+1),又因为c1-b1=2,所以数列{c n-b n}是以2为首项,-为公比的等比数列,故c n-b n=2·.(3)由已知得a n=2b n+1-c n,所以a1+a2+…+a n=2(b2+b3+…+b n+1)-(c1+c2+…+c n),所以2S n+1-T n=(a1+a2+…+a n)+2b1=(a+a2+…+a n)+2,故a+a2+…+a n<恒成立,记M n=a+a2+…+a n,当a≥1时,M n≥1恒成立,不符合题意;当a<-1时,M n==(a n-1)·,当n为偶数时,令(a n-1)·>⇒n>log(-a),即当n取大于log(-a)的偶数时,M n<不成立,不符合题意,舍去;当0<a<1时,M n==-<,由≤,解得0<a≤;当-1<a<0时,M n<0恒成立,符合题意;当a=-1时,M n=-1或M n=0,符合题意.综上,-1≤a<0或0<a≤.5.(2017江苏镇江一模,19)已知n∈N*,数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,且a1=1,a2=2,设b n=a2n-1+a2n.(1)若数列{b n}是公比为3的等比数列,求S2n;(2)若对任意n∈N*,S n=恒成立,求数列{a n}的通项公式;(3)若S2n=3(2n-1),数列{a n a n+1}为等比数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)b1=a1+a2=1+2=3,S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=b1+b2+…+b n==.(2)易知2S n=+n,∴2S n-1=+n-1(n≥2),∴2a n=2S n-2S n-1=+n-(+n-1)=-+1(n≥2),(a n-1)2-=0,(a n-a n-1-1)(a n+a n-1-1)=0,故a n-a n-1=1或a n+a n-1=1.下面证明a n+a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒不成立.事实上,因a1+a2=3,所以a n+a n-1=1不恒成立;若存在n>2,使a n+a n-1=1,设n0是其中最小的,则+=1,且∈(0,1),+≠1,所以-=1,所以<0,与已知矛盾.故a n+a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒不成立,所以a n-a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒成立.因此{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=1+(n-1)×1=n.(3)因为数列{a n a n+1}为等比数列,所以设公比为q,则当n≥2时,==q.即{a2n-1},{a2n}分别是以1,2为首项,q为公比的等比数列,故a3=q,a4=2q.令n=2,有S4=a1+a2+a3+a4=1+2+q+2q=9,解得q=2.所以a2n-1=2n-1,a2n=2×2n-1=2n,所以b n=a2n-1+a2n=3×2n-1,所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=b1+b2+…+b n==3(2n-1),符合题意.因为a2n-1=2n-1,a2n=2n,所以a n=6.(2017江苏无锡期中,19)已知各项均为正数的数列{a n}为等比数列,等差数列{b n}的前n项和为S n(n∈N*),且满足:S13=208,S9-S7=41,a1=b2,a3=b3.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设T n=a1b1+a2b2+…+a n b n(n∈N*),求T n;(3)设c n=是否存在正整数m,使得c m·c m+1·c m+2+8=3(c m+c m+1+c m+2)?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.解析(1)因为数列{b n}为等差数列,且S13=208,S9-S7=41,所以所以b7=16,公差d=3,所以b1=-2,所以b n=3n-5.所以a1=b2=1,a3=b3=4,记数列{a n}的公比为q,则q2=4,易知q>0,所以q=2,所以a n=2n-1(n∈N*).(2)T n=a1b1+a2b2+…+a n b n=-2×1+1×2+…+(3n-5)×2n-1,①则2T n=-2×2+1×22+…+(3n-5)×2n,②①-②得,-T n=-2+3×(2+22+…+2n-1)-(3n-5)×2n=3×(2n-2)-(3n-5)×2n-2=(8-3n)×2n-8,所以T n=(3n-8)×2n+8(n∈N*).(3)由(1)知c n=当m=1时,c1·c2·c3+8=1×1×4+8=12,3(c1+c2+c3)=18,不相等,当m=2时,c2·c3·c4+8=1×4×7+8=36,3(c2+c3+c4)=3×(1+4+7)=36,等式成立,当m≥3且为奇数时,c m+2,c m为偶数,c m+1为奇数,所以c m·c m+1·c m+2+8为偶数,3(c m+c m+1+c m+2)为奇数,等式不成立,当m≥4且m为偶数时,若c m·c m+1·c m+2+8=3(c m+c m+1+c m+2),则(3m-5)·2m·(3m+1)+8=3(3m-5+2m+3m+1),整理得(9m2-12m-8)·2m=18m-20.(*)因为(9m2-12m-8)·2m≥(36m-12m-8)·24>18m-20,所以(*)不成立.综上,m=2.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列的基本运算。
2019届高考数学一轮复习第六章数列第3课时等比数列课
1．(课本习题改编)等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项
等于( )
A．－24
B．0
C．12
D．24
答案 A
解析 由x，3x＋3，6x＋6成等比数列，知(3x＋3)2＝x·(6x＋
6)，解得x＝－3或x＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，
－6，－12.故第四项为－24，选A.
2．(2018·四川资阳一诊)已知各项均为正数的等比数列{an} 满足 a1a5＝16，a2＝2，则公比 q＝( )
课前自助餐
基础知识 (1)等比数列的定义：若数列{an}满足当 n≥2 时aan－n1＝q(常 数)，则称数列{an}为等比数列． (2)通项公式 an＝a1·qn－1＝am·qn－m．
na1，（q＝1）， (3)前 n 项和公式 Sn＝a1（11－－qqn），（q≠1）. (4)M，N 同号时它们的等比中项为± MN．
方法二：∵a4＋a7＝a1·q3(1＋q3)＝18 且 a3＋a6＝a1·q2·(1 ＋q3)＝36，∴q＝12，a1＝128.
又∵an＝a1·qn－1＝27·(12)n－1＝28－n＝12＝2－1， ∴8－n＝－1，即 n＝9. (2)∵a2·a8＝a3·a7＝36 且 a3＋a7＝15， ∴a3＝3，a7＝12 或 a3＝12，a7＝3. ∵q4＝4 或 q4＝14，∴q＝± 2或 q＝± 22.
(3)∵S8＝a1[1－1（＋－2 2）8]＝a1（1＋－125）＝15(1－ 2)，
∴a1＝－(1－ 2)·(1＋ 2)＝1.
【答案】
(1)9
(2)±
2或±
2 2
(3)a1＝1
★状元笔记★
等比数列基本量的求法
等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝
2019大一轮高考总复习文数(北师大版)讲义：第6章 第03节 等比数列及其前n项和
第三节 等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果在a 与b 中插入一个数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 ＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N ＋) (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N ＋)；(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (3)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)． 提醒： 辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)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．1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)常数列一定是等比数列．( ) (2)等比数列中不存在数值为0的项．( )(3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N ＋，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (4)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(6)q ＞1时，等比数列{a n }是递增数列．( )(7)在等比数列{a n }中，若a m ·a n ＝a p ·a q ，则m ＋n ＝p ＋q .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× 2．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D ．3．(教材习题改编)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64解析：选C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C ．4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________. 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，所以a 2＝2， 所以q 2＝a 4a 2＝4，所以a 6＝a 4q 2＝32.答案：325．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________.解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，∴n ＝6.答案：6等比数列的基本运算 [明技法]解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想：等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解．(2)分类讨论的思想：等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.[提能力]【典例】 (1)(2017·全国卷Ⅱ)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盏解析：选B 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.故选B ．(2)(2018·赤峰模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 3＝4，S k ＝63，则k ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知a 1＝1，a 3＝4，得q 2＝a 3a 1＝4.又{a n }的各项均为正数，所以q ＝2.而S k ＝1－2k1－2＝63，所以2k －1＝63，解得k ＝6.[刷好题](2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1，① a 1(1－q 2)＝－3.②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8. 答案：－8等比数列的性质及应用 [明技法]等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形； (2)等比中项的变形； (3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口． [提能力]【典例】 (1)(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1C ．12D ．18解析：选C 方法一 ∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8，∴q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C ．方法二 ∵a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)， 将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2,∴a 2＝a 1q ＝12，故选C ．(2)(2018·临沂检测)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( )A ．150B ．－200C ．150或－200D ．400或－50解析：选A 依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20＞0，因此，S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 40＝70＋80＝150.[刷好题]1．(2018·广州综合测试)已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( )A ．10B ．20C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100.2．(2018·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n－1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324， 因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14.答案：14等比数列的判断与证明 [明技法]等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 为非零常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0，且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N ＋)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．说明：前两种方法是证明等比数列的常用方法，后者常用于选择题、填空题中的判定． [提能力]【典例】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N ＋)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．证明：∵a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ， ∴b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝(4a n ＋1－4a n )－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n＝2. ∵S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，∴a 2＝5. ∴b 1＝a 2－2a 1＝3.∴数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列． [母题变式1] 在本例的条件下，求{a n }的通项公式． 解：由题意知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，所以a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．所以a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，所以a n ＝(3n －1)·2n －2.[母题变式2]在本例中，若c n ＝a n3n －1，证明：{c n }为等比数列．证明：由[母题变式1]知，a n ＝(3n －1)·2n －2，∴c n ＝2n －2.∴c n ＋1c n ＝2n －12n －2＝2. 又∵c 1＝21－2＝12，∴数列{c n }是首项为12，公比为2的等比数列．[刷好题](2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式． 解：(1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.。
【2019版课标版】高考数学文科精品课件§6.3等比数列及其前n项和(20200509085503).pdf
.
答案 50
10.(2014 天津 ,11,5 分) 设 {a n} 是首项为 a 1, 公差为 -1 的等差数列 ,S n 为其前 n 项和 . 若 S1,S 2,S 4 成等比数列 , 则 a1 的值为
.
1
答案 - 2
11.(2014 江苏 ,7,5 分) 在各项均为正数的等比数列 {a n } 中, 若 a2 =1,a 8 =a 6+2a 4, 则 a 6 的值是
… +q
n-1
????-1
=,
??-1
?? ??
故 e 1+e 2+… +e n>43?-?3-1 .
疑难突破 由(1) 可得 en=√１+ ?2?(??-1) , 因为不等式左边是 e 1+e 2 +…+e n, 直接求和不行 , 利用放缩法得 e n= √１+ ??2(??-1) > √?2?(??-1) =q n-1 , 从而得 e 1+e 2+… +e n>q 0+q 1 +…+q n-1 , 化简即可 . 评析 本题涉及的知识点比较多 , 由递推思想推出数列 {a n} 是等比数列 , 由等差中项求出 q, 由放缩法证明不等式成立 . 综合性较强 . 5.(2014 课标Ⅱ ,17,12 分) 已知数列 {a n} 满足 a 1=1,a n+1 =3a n+1.
3
×３-1
+2×３-2
+… +(n-1)
×３ 1-n
],
所以 3T n=1+[1×３0+2×３-1 + …+(n-1) ×３ 2-n ], 两式相减 , 得
2019版高考数学文科一轮复习：6.3 等比数列
13
若q=-1,则a1+a2+a3+a4=0,ln(a1+a2+a3)=ln a1>0,矛盾.
若q<-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q2)<0,而a2+a3=a2(1+q)=a1q(1+q)>0,∴ln(a1+a2+a
3)>ln a1>0,也矛盾.∴-1<q<0.
高考文数 (北京市专用)
§6.3 等比数列
2019/8/13
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1
五年高考
A组 自主命题·北京卷题组
考点一 等比数列的定义及其通项公式
1.(2018北京,5,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半 音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得 到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 12 2. 若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为 ( )
从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=
3n 2
1
.
方法总结 求解有关等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求
解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法和分组
转2化01法9/8等/13.
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2019届高考数学一轮复习第六章数列6-3等比数列及其前n项和课件文
4．已知数列{an}满足 a2＝1,3an＋1＋an＝0(n∈N*)，则数列{an} 的前 10 项和 S10 为( )
A.94(310－1)
B.94(310＋1)
C.94(3－10＋1)
D.94(3－10－1)
[解析] 由 3an＋1＋an＝0，得aan＋n1＝－13，则数列{an}为等比数 列，公比 q＝－13，所以 a1＝－a213＝－3，
[答案] －8
考点突破 提能力
研一研 练一练 考点通关
考点一 等比数列的基本运算——热考点
(1)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________．
(2)(2017·江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项和 为 Sn.已知 S3＝74，S6＝643，则 a8＝________.
(2)等比中项 如果三个数 a，G，b 成等比数列，则 G 叫做 a 和 b 的等比中
项，那么 Ga ＝Gb ，即 G2＝ab .
[温馨提示] 三个注意点：(1)等比数列中任一项都不为 0， 且公比 q≠0；
(2)当 q＝1 时，数列为常数列，同时也是等差数列，反之， 若数列是常数列，其一定是等差数列但不一定是等比数列，如： 0,0,0,0，…；
[温馨提示] 两个易错点：(1)等比数列的符号：等比数列各 项中不含有 0，所有奇数项的符号相同，所有偶数项的符号相 同．如：等比数列{an}中，a1＝3，a5＝27，则 a3＝ 9 .
提示：a23＝a1·a5＝3×27＝81，∴a3＝9 或 a3＝－9，又 a1，a3， a5 符号相同，所以 a3＝9.
(3)任意两数都有等差中项，但不一定有等比中项，如果有等 比中项，则等比中项有两个．如：12与 4 的等比中项是± 2 .
高考数学(文科)总复习：等比数列
思考题 2 (1)已知等比数列{an}，a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3
＝8，则 an＝________． 【解析】 ∵a1a2a3＝a23＝8，∴a2＝2，∴aa11＋ a3＝a3＝ 4. 5， 解得aa31＝＝41，或aa31＝＝14.， 当 a1＝1，a2＝2，a3＝4 时，q＝2，an＝2n－1；
题型一 等比数列的基本量 {an}为等比数列，求下列各值． (1)已知 a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，an＝12，求 n； (2)已知 a2·a8＝36，a3＋a7＝15，求公比 q； (3)已知 q＝－ 2，S8＝15(1－ 2)，求 a1； (4)已知 q>1，S3＝7，且 a1＋3，3a2，a3＋4 构成等差数列， 求 an.
【解析】 设数列{an}的公比为 q，则 a3，a6，a9 组成的新数列 的公比为 q3.
若 a3＝4，a9＝1，则 a62＝4，a6＝±2，合题意； a3，a7，a11 组成的新数列的公比为 q4，由 a3＝4，a11＝1，得 a72 ＝4，当 a7＝2 时，q4＝12，合题意，当 a7＝－2 时，q4＝－12，不合 题意，舍去． 【答案】 ±2 2
(3)已知数列{an}是等比数列，且 Sm＝10，S2m＝30，则 S3m ＝________(m∈N*)．
【解析】 ∵{an}是等比数列，∴(S2m－Sm)2＝Sm·(S3m－S2m)， 即 202＝10·(S3m－30)，得 S3m＝70.
【答案】 70
(4)(2019·珠海质量监测)等比数列{an}共有奇数项，所有奇数 项和 S 奇＝255，所有偶数项和 S 偶＝－126，末项是 192，则首项
题型二 等比数列的性质
(1)已知各项均为正数的等比数列an中，a1a2a3＝5，a7a8a9
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第三讲等比数列及其前n项和
考点1等比数列
1.已知数列{a n}是等比数列,且a1=,a4=-1,则{a n}的公比q为()
A.2
B.-
C.-2
D.
2.已知数列{a n}为等比数列,a5=1,a9=81,则a7=()
A.9或-9
B.9
C.27或-27
D.27
3.[2017成都市三诊]在等比数列{a n}中,a1=2,公比q=2.若a m=a1a2a3a4(m∈N*),则m=()
A.11
B.10
C.9
D.8
4.设{a n}是公比为q的等比数列,则“q>1”是“{a n}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
5.[2017银川一中一模]在等比数列{a n}中,若a1=,a4=3,则该数列前5项的积为()
A.±3
B.3
C.±1
D.1
6.已知各项均为正数的等比数列{a n}中,a2=1-a1,a4=9-a3,则a4+a5=.
考点2等比数列的前n项和
7.[2018辽宁大连八中模拟]若记等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=6,则S4=()
A.10或8
B.-10
C.-10或8
D.-10或-8
8.[2018湖北省部分重点中学高三起点考试][数学文化题]《九章算术》中有如下问题:“今有蒲生一日,长三尺.莞生一日,长一尺.蒲生日自半;莞生日自倍.问几何日而长等?”意思是:蒲第一天长3尺,以后逐日减半;莞第一天长1尺,以后逐日增加一倍,若蒲、莞长度相等,则所需时间约为()
参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1,结果精确到0.1.
A.2.2天
B.2.4天
C.2.6天
D.2.8天
9.已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0,a2=-,则{a n}的前10项和等于()
A.-6(1-3-10)
B.(1-3-10)
C.3(1-3-10)
D.3(1+3-10)
10.设S n是等比数列{a n}的前n项和,若=3,则=()
A.2
B.
C.
D.1或2
考点3等比数列的性质
11.已知在各项均为正数的等比数列{a n}中,a2与a8的等比中项为8,则4a3+a7取最小值时,首项a1等于()
A.8
B.4
C.2
D.1
12.等比数列{a n}的公比为q,其前n项的积为T n,并且满足条件:a1>1,a99a100-1>0,<0.给出下列结论:
①0<q<1;
②a99a101-1<0;
③T100的值是T n中最大的;
④使T n>1成立的最大自然数n等于198.
其中正确的结论是.(写出所有正确结论的序号)
答案
1.C由=q3=-8,得q=-2,故选C.
2.B由题意得=a5·a9=81,又=q2>0(其中q为公比),因此a5,a7的符号相同,故a7=9,选B.
3.B因为a m=a1a2a3a4=qq2q3=24×26=210=2m,所以m=10,故选B.
4.D等比数列-1,-2,-4,…,满足公比q=2>1,但{a n}不是递增数列,充分性不成立.a n=-1×()n-1
为递增数列,但q=<1,即必要性不成立,故“q>1”是“{a n}为递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D.
5.D因为a1=,a4=3,所以3=×q3(q为公比),解得q=3,所以a1a2a3a4a5==(a1q2)5=(×9)5=1,故选D.
6.27设等比数列{a n}的公比为q,则q>0,由题意得则解得
所以a4+a5=×33+×34=27.
7.C设等比数列的公比为q,由于a1=2,S3=6,所以S3=2+2q+2q2=6,则q2+q-2=0,所以q=1或q=-2.当q=1时,S4=S3+2=8;当q=-2时,S4=S3+a1q3=6+2×(-2)3=-10,选C.
8.C设蒲每天的长度构成等比数列{a n},其首项a1=3,公比为,其前n项和为A n.设莞每天的长度构成等比数列{b n},其首项b1=1,公比为2,其前n项和为B n.则A n=,B n=.
设蒲、莞长度相等时所需时间约为x天,则=,化简得2x+=7,计算得出
2x=6,2x=1(舍去).所以x==1+≈2.6.则估计2.6天后蒲、莞长度相等.故选C.
9.C∵3a n+1+a n=0,∴=-,∴数列{a n}是以-为公比的等比数列,∵a2=-,∴a1=4.由等比数列的求和公式可得,S10==3(1-3-10).故选C.
10.B∵S n是等比数列{a n}的前n项和,=3,∴=1+q2=3,∴q2=2,∴
====.故选B.
11.C在等比数列{a n}中,设公比为q,易知a2a8=a3a7, ∵a2与a8的等比中项为8,∴
a2a8=a3a7=64,∴4a3+a7≥2=32,当且仅当4a3=a7时等号成立,即4a1q2=a1q6,∴4=q4①,又a2a8=64=q8②,∴联立①②可解得=4.又等比数列{a n}各项均为正数,∴a1=2,故选C.
12.①②④①由题意知(a99-1)(a100-1)<0,又a1>1,a99a100>1,∴a99>1,0<a100<1,∴q=∈(0,1),∴①正确;②∵a99a101=<a100<1,∴a99a101<1,∴②正确;③T100=T99a100,又0<a100<1,∴
T100<T99,∴③错误;④T198=a1a2…a198=(a1a198)(a2a197)·…·(a99a100)=(a99a100)99>1,
T199=a1a2…a199=(a1a199)(a2a198)·…·(a99a101)a100<1,∴④正确.。