2020年江苏高考数学复习练习课件第六章§6.3 等比数列.pptx

1、五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,1.(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其前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.,评析 在解决等差、等比数列的运算问题时,有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简 化为一元问题,虽运算量比较大,但思路简单,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质去解 决问题.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形.,2.(2016

2、江苏,20,16分)记U=1,2,100.对数列an(nN*)和U的子集T,若T=,定义ST=0;若T =t1,t2,tk,定义ST= + + .例如:T=1,3,66时,ST=a1+a3+a66.现设an(nN*)是公比为3 的等比数列,且当T=2,4时,ST=30. (1)求数列an的通项公式; (2)对任意正整数k(1k100),若T1,2,k,求证:STak+1; (3)设CU,DU,SCSD,求证:SC+SCD2SD.,解析 (1)由已知得an=a13n-1,nN*. 于是当T=2,4时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1. 又ST=30,故30a1=30,即a1=1. 所

3、以数列an的通项公式为an=3n-1,nN*. (2)因为T1,2,k,an=3n-10,nN*, 所以STa1+a2+ak=1+3+3k-1= (3k-1)3k. 因此,STak+1. (3)下面分三种情况证明. 若D是C的子集,则SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD. 若C是D的子集,则SC+SCD=SC+SC=2SC2SD. 若D不是C的子集,且C不是D的子集. 令E=CUD,F=DUC,则E,F,EF=. 于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,进而由SCSD得SESF. 设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k1,l1,kl.,由(2)知,SEak+1.于是3l-1=al

4、SFSEak+1=3k,所以l-1k,即lk.又kl,故lk-1. 从而SFa1+a2+al=1+3+3l-1= = , 故SE2SF+1,所以SC-SCD2(SD-SCD)+1, 即SC+SCD2SD+1. 综合得,SC+SCD2SD.,解后反思 本题背景新颖,正确理解题意是关键.(1)考查等比数列的通项公式的求法.(2)数列 求和与不等式放缩结合,注意放缩要适度.(3)要分情况讨论,有一定难度.,评析 本题有三个特点:一是数列的新定义,利用新定义确定等比数列的首项,再代入数列通项 公式求解;二是利用放缩法求证不等式,放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列,从而利用 特殊数列的性质,以算代证

5、;三是结论含义的应用,实质又是一个新定义,只不过是新定义的性 质应用.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点一 等比数列的概念及运算,1.(2019课标全国理改编,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= .,答案 4,解析 本题主要考查等比数列的性质;以等比数列的前n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.,易错警示 对通项公式an=a

6、1qn-1和Sn= (q1)未能熟练掌握,从而导致失分.,2.(2019上海,8,5分)已知数列an前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5= .,答案,解析 n=1时,S1+a1=2,a1=1. n2时,由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2, 两式相减得an= an-1(n2), an是以1为首项, 为公比的等比数列, S5= = .,3.(2019课标全国文,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=

7、1+q+q2= , 解得q=- , a4=a1q3=- , S4=S3+a4= - = .,4.(2019课标全国理,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,a1q3=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.,5.(2018北京理改编,4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用

8、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 .若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为 .,答案 f,解析 本题主要考查等比数列的概念和通项公式及等比数列的实际应用. 由题意知,十三个单音的频率构成首项为f,公比为 的等比数列,设该等比数列为an,则a8=a1 q7,即a8= f.,易错警示 本题是以数学文化为背景的应用问题,有以下几点容易造成失分:读不懂题意,不 能正确转化为数学问题.对要用到的公式记忆错误.在求解过程中计算错误.,6.(2017课

9、标全国理,14,5分)设等比数列an满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 = .,答案 -8,解析 本题考查等比数列的通项. 设等比数列an的公比为q,由题意得 解得 a4=a1q3=-8.,7.(2015湖南,14,5分)设Sn为等比数列an的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= .,答案 3n-1,解析 设等比数列an的公比为q(q0),依题意得a2=a1q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+ q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去)

10、.所以an=a1qn-1 =3n-1.,8.(2018课标全国文,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,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

11、-1,所以an=n2n-1.,方法规律 等比数列的判定方法: 证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于填空 题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可.,9.(2018课标全国理,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 本题考查等比数列的概念及其运算. (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)n-1或an=2n-1. (2)若an=(-2

12、)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.,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.,10.(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

13、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.,解析 本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.由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,

14、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(舍去)或n=4. 所以,n的值为4.,11.(2017课标全国文,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,bn的公比为q,则an=-1+(n-1)d

15、,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.,12.(2017课标全国文,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

16、. 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: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

17、明.,考点二 等比数列的性质及应用,1.(2018浙江改编,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a11,则下列正 确的序号是 . a1a3,a2a4 a1a3,a2a4,答案 ,解析 设f(x)=ln x-x(x0),则f (x)= -1= , 令f (x)0,得01, f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数, f(x)f(1)=-1,即有ln xx-1. 从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)a1+a2+a3-1, a41,公比q0,矛盾. 若q0,ln(a1+a2+a 3)ln a10,也矛盾

18、.-10,a1a3. 同理, =q2a2.,思路分析 (1)由题中的选项可知要判断01. (2)由条件可知要利用不等式ln xx-1(x0),得a40,而a20,利用-1q0得结论.,2.(2016课标全国,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.,3.(2015课标全国改编,9,5分)已知等比数列an满足a1= ,a3a5=

19、4(a4-1),则a2= .,答案,解析 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= .,4.(2019课标全国文,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,即q2-2q-8=0. 解得q=-2(舍去)

20、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.,5.(2016课标全国,17,12分)已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0. (1)证明an是等比数列,并求其通项公式; (2)若S5= ,求.,解析 (1)由题意得a1=S1=1+a1, 故1,a1= ,a10. (2分) 由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.由a10,0得an0,所以 = . 因此an是首项为 ,公比为 的等比数列, 于是an= . (6分)

21、 (2)由(1)得Sn=1- . 由S5= 得1- = ,即 = . 解得=-1. (12分),C组 教师专用题组,考点一 等比数列的概念及运算,1.(2017课标全国理改编,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 盏灯.,答案 3,解析 本题主要考查数学文化及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.,2.(2014江苏,7,5分)

22、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=122=4.,3.(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), (a

23、1+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.,4.(2013天津,19,14分)已知首项为 的等比数列an不是递减数列,其前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; (2)设Tn=Sn- (nN*),求数列Tn的最大项的值与最小项的值.,解析 (1)设等比数列an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an不是递减数列

24、且a1= ,所以q=- .故等比数列an的通项公式为an= =(-1)n-1 . (2)由(1)得Sn=1- = 当n为奇数时,Sn随n的增大而减小, 所以1Sn- S2- = - =- .,综上,对于nN*,总有- Sn- . 所以数列Tn最大项的值为 ,最小项的值为- .,评析 本题主要考查等差数列的概念,等比数列的概念、通项公式、前n项和公式等基础知 识.考查分类讨论的思想,考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.,考点二 等比数列的性质及应用,1.(2015课标全国改编,4,5分)已知等比数列an满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= .,答案 42,解析 设an的

25、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)q2得结果.,2.(2014广东,13,5分)若等比数列an的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+ln a20= .,答案 50,解析 因为等比数列an中,a10a11=a9a12, 所以由a10a11+a9a12=2e5,可解得a10a11=e5. 所以ln a1+l

26、n a2+ln a20=ln(a1a2a20)=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50.,3.(2014课标全国,17,12分)已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1. (1)证明 是等比数列,并求an的通项公式; (2)证明 + + .,解析 (1)由an+1=3an+1得an+1+ =3 . 又a1+ = ,所以 是首项为 ,公比为3的等比数列. an+ = ,因此an的通项公式为an= . (2)证明:由(1)知 = . 因为当n1时,3n-123n-1,所以 . 于是 + + 1+ + = . 所以 + + .,评析 本题考查了等比数列的定义、

27、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 等比数列的概念及运算,1.(2019七大市三模,7)已知an是等比数列,前n项和为Sn.若a3-a2=4,a4=16,则S3的值为 .,答案 14,解析 设公比为q, 由a3-a2=4得a1q2-a1q=4, 由a4=16得a1q3=16, 得q2-4q+4=0,q=2,a1=2, 则S3= =14.,2.(2019如皋检测,6)正项等比数列an中,Sn为其前n项和,已知a3= ,S3= ,则S6= .,答案,解析 因为a3= ,S3= , 所以 所以S6= = .,一题多解 S3=a1+a

28、2+a3= + +a3= ,a3= , + +1=7,6q2-q-1=0,q= 或q=- (舍去), S6=S3+q3S3= + = .,3.(2019淮安五校联考,7)数列an满足an+1=an+a(a为常数且不为0,nN*),若a2,a3,a6成等比数列, 则该等比数列的公比是 .,答案 3,解析 an+1=an+a,an=a1+(n-1)a, 又a2,a3,a6成等比数列, =a2a6, (a1+2a)2=(a1+a)(a1+5a), +4a1a+4a2= +6a1a+5a2, 2a1a+a2=0, 又a0,a=-2a1, 等比数列的公比为 = =3.,4.(2019南通期末三县联考,6

29、)设an是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4,则它的前5项和S5= .,答案 62,解析 设q为等比数列an的公比, 则由a1=2,a3=a2+4得2q2=2q+4, 即q2-q-2=0, 解得q=2或q=-1(舍去), 因此q=2,S5= =62.,评析 本题考查等比数列的通项公式以及前n项和公式,是基础题.,考点二 等比数列的性质及应用,1.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,7)已知等比数列an的前n项和为Sn,若a6=2a2,则 = .,答案,解析 设等比数列an的公比为q,则由a6=2a2,得q4=2, 所以 = = = = .,评析 本题考查等比数列的通项公式、求和公

30、式,属于基本量的计算问题,是基础题.,2.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,10)已知数列an是等比数列,有下列四个命 题: 数列|an|是等比数列;数列anan+1是等比数列; 数列 是等比数列;数列lg 是等比数列. 其中正确的命题有 个.,答案 3,解析 因为数列an是等比数列,所以 =q. 对于, = =|q|,所以数列|an|是等比数列,正确; 对于, =q2,所以数列anan+1是等比数列; 对于, = = ,所以数列 是等比数列; 对于, = ,不是常数,所以数列lg 不是等比数列. 共有3个命题正确.,3.(2019扬州中学3月检测,10)已知数列an为正项的递增等

31、比数列,a1+a5=82,a2a4=81,记数列 的前n项和为Tn,则使不等式2 019 1成立的最大正整数n的值是 .,答案 6,解析 设数列an的公比为q(q1), 由 解得 则q=3,an=3n-1, 则Tn= + + + =2 =3 , 2 019 1, 即2 019 1,得3n2 019,此时正整数n的最大值为6.,4.(2019南通、如皋二模,11)已知数列an的首项a1= ,数列bn是等比数列,且b5=2,若bn= , 则a10= .,答案 64,解析 因为bn= ,所以an+1=anbn, 所以a2=a1b1, a3=a2b2=a1b1b2, a4=a3b3=a1b1b2b3,

32、 a10=a9b9=a1b1b2b3b9=a1 = 29=64.,思路点拨 看到 需想到累乘法,于是就有 = =b1b2b9,从而解决问题,在解 题过程中,知道一些常见方法,合理联系,是提高解题速度的重要方面.,5.(2018泰州中学二模,6)已知等比数列an的前n项和为Sn,若S3=7,S6=63.则S9= .,答案 511,解析 由等比数列的性质得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列, 即7,56,S9-63成等比数列, 562=7(S9-63),解得S9=511.,评析 本题主要考查等比数列的前n项和、等比数列的性质,是基础题,解题时要认真审题,注 意等比数列的性质的合理运用.,6.(

33、2019苏州期中,16)已知等差数列an的前n项和为An,a3=5,A6=36.数列bn的前n项和为Bn,且 Bn=2bn-1. (1)求数列an和bn的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列cn的前n项和Sn.,解析 (1)设an的公差为d, 由a3=5,A6=36,得 (2分) 所以 所以an=2n-1. (4分) 由Bn=2bn-1可知,当n=1时,b1=1; (5分) 当n2时,Bn-1=2bn-1-1,所以Bn-Bn-1=2bn-2bn-1, 从而bn=2bn-1(n2), (7分) 又b1=1,所以 =2(n2),所以bn是等比数列, (8分) 所以bn=2n-1(nN*).

34、(9分) (2)因为cn=anbn,所以cn=(2n-1)2n-1, Sn=c1+c2+c3+cn=120+321+522+(2n-3)2n-2+(2n-1)2n-1, 2Sn=121+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n, (11分) 所以-Sn=120+221+222+22n-1-(2n-1)2n=1+2 -(2n-1)2n, 所以Sn=(2n-3)2n+3. (14分),评析 本题考查等比数列的定义、通项公式以及错位相减法求和.属于基础题.,7.(2019海安中学检测,19)已知数列an与bn满足:bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn= ,nN*,且a1= 2

35、,a2=4. (1)求a3,a4,a5的值; (2)设cn=a2n-1+a2n+1,nN*,证明cn是等比数列; (3)设Sk=a2+a4+a2k,kN*,证明 (nN*).,解析 (1)由bn= ,nN*, 可得bn= 对于bnan+an+1+bn+1an+2=0, 当n=1时,a1+a2+2a3=0,由a1=2,a2=4,可得a3=-3; 当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4=-5; 当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a5=4. (2)证明:对任意nN*, a2n-1+a2n+2a2n+1=0, 2a2n+a2n+1+a2n+2=0, a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0

36、, -,得a2n=a2n+3, 将代入,可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1),即cn+1=-cn(nN*).又c1=a1+a3=-1,故cn0,因此 =-1.所 以cn是等比数列.,(3)证明:由(2)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k,于是,对任意kN*且k2,有a1+a3=-1,-(a3+a5)=-1,a5+a7=-1, (-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1. 将以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1), 即a2k-1=(-1)k+1(k+1),此式当k=1时也成立. 由得a2k=(-1)k+1(k+3). 从而S2k=(a2+a4)+(a6+

37、a8)+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3, 所以,对任意nN*,n2, = = = = + + + +,= + + = + - + .,思路分析 本题主要考查等比数列的定义、数列求和的基础知识和基本计算. (1)由已知条件bn= ,bnan+an+1+bn+1an+2=0,a1=2,a2=4,依次代入n=1,2,3,求出a3,a4,a5的值. (2)由bn= 和bnan+an+1+bn+1an+2=0得出a2n-1,a2n,a2n+1,a2n+2,a2n+3间的关系式,此步的目的是与cn =a2n-1+a2n+1形式统一,从而导出cn+1,cn的关系式,进而证明

38、cn是等比数列. (3)由(2)有a2k-1+a2k+1=(-1)k,通过累加法得a2k-1=(-1)k+1(k+1),则有a2k=(-1)k+1(k+3).通过a2k,a2k-1的通项 求出S2k-1,S2k的通项,代入 ,通过放缩法证明.,一、填空题(每小题5分,共25分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：40分钟 分值：57分),1.(2019如皋期末,8)已知Sn是等比数列an的前n项和,若6a6,a8,8a4成等差数列,且S2k=65Sk,则正 整数k的值是 .,答案 6,解析 数列an是等比数列,且6a6,a8,8a4成等差数列,2a8=6a6+8a4,即2a

39、1q7=6a1q5+8a1q3,q4= 3q2+4,解得q2=4或q2=-1(舍), S2k=65Sk, =65 ,qk=64,即k=6.,评析 本题主要考查等差数列、等比数列的性质,通项公式以及等比数列求和公式的运用,解 题的关键是对等比、等差数列的性质的熟练掌握.属于基础题.,2.(2019无锡期中,10)九章算术中研究盈不足问题时,有一道题是“今有垣厚五尺,两鼠对 穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢?”题意为“有厚墙五尺, 两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙,大老鼠第一天打一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也打一 尺,以后每天减半,问几天后两鼠相遇?”一古城墙厚3

40、3尺,大、小老鼠按上述方式打洞,相遇时 是第 天.,答案 6,解析 设第x天相遇, 大鼠每天打洞尺数构成以1为首项,2为公比的等比数列,则x天共打洞尺数为 =2x-1; 小鼠每天打洞尺数构成以1为首项, 为公比的等比数列,则x天共打洞尺数为 =2- . 根据题意得2x-1+2- 33,即2x- 32, 令f(x)=2x- =2x- , 当x0时, f(x)是增函数,又f(5)=32- 32,所以相遇时是第6天.,评析 本题是等比数列在实际生活中的应用,考查理解转化能力,主要是题干的后半部分的理 解.属于基础题.,3.(2019海安期中,10)设等比数列an的公比为q(0q1),前n项和为Sn.

41、若存在mN*,使得am+am+2 = am+1,且Sm=1 022am+1,则m的值为 .,答案 9,解析 由am+am+2= am+1,得am+amq2= amq,即1+q2= q,因为0q1,所以q= , 又Sm=1 022am+1, 所以 =1 022a1 ,即 = , 所以m=9.,4.(2017盐城三模,11)设an的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,则S20= .,答案 2 056,解析 因为a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1, 所以a1,a3,a5,a19构成首项为1,公比为2的等比数列, a2=a1+1,a4=a3+1,a6=a

42、5+1,a20=a19+1, 因为a1=1,所以S20=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a19+a20 =2(a1+a3+a5+a7+a19)+10 =2 +10=2 056.,5.(2017如东、前黄、栟茶、马塘四校联考,8)已知等差数列cn的首项为c1=1,若2cn+3为等 比数列,则c2 017= .,答案 1,解析 由cn为等差数列可以得出2cn+3也为等差数列,又2cn+3为等比数列,所以2cn+3为 常数列,从而2c2 017+3=2c1+3,故c2 017=c1=1.,思路分析 由cn为等差数列可以得出2cn+3也为等差数列,又2cn+3为等比数列,所以2cn +3为常数列,

43、进而求出c2 017的值.,二、解答题(共32分) 6.(2019常州期末,19)已知数列an中,a1=1,且an+1+3an+4=0,nN*. (1)求证:an+1是等比数列,并求数列an的通项公式; (2)数列an中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后,构成等差数列?若存在,求出满 足条件的项;若不存在,说明理由.,解析 (1)由an+1+3an+4=0得an+1+1=-3(an+1),nN*.(2分) 因为a1=1,所以a1+1=20,可得an+10,nN*. (4分) 所以 =-3,nN*,所以an+1是以2为首项,-3为公比的等比数列. (6分) 所以an+1=2(-3)n-1,

44、 则数列an的通项公式为an=2(-3)n-1-1,nN*. (8分) (2)假设数列an中存在三项am,an,ak(mnk)符合题意,其中k-n,k-m,n-m都是正整数. (9分) 分以下三种情形: am位于中间,则2am=an+ak,则22(-3)m-1-1=2(-3)n-1-1+2(-3)k-1-1, 所以2(-3)m=(-3)n+(-3)k,两边同时除以(-3)m得2=(-3)n-m+(-3)k-m,右边是3的倍数,舍去; an位于中间,则2an=am+ak,即22(-3)n-1-1=2(-3)m-1-1+2(-3)k-1-1, 所以2(-3)n=(-3)m+(-3)k,两边同时除以

45、(-3)m得2(-3)n-m=1+(-3)k-m, 即1=2(-3)n-m-(-3)k-m,右边是3的倍数,舍去; ak位于中间,则2ak=am+an,即22(-3)k-1-1=2(-3)m-1-1+2(-3)n-1-1, 所以2(-3)k=(-3)m+(-3)n,两边同时除以(-3)m,得2(-3)k-m=1+(-3)n-m, 即1=2(-3)k-m-(-3)n-m,右边是3的倍数,舍去. (15分) 综上可得,数列an中不存在三项满足题意. (16分),思路分析 本题考查等比数列的证明以及等差数列的判断与证法,第(1)问根据an+1+3an+4=0求 通项公式,一般通过待定系数法转化为等比

46、数列问题;(2)问是存在性问题,假设存在满足条件 的三项,适当排列,就能判断项的存在性.,7.(2019苏中、苏北七市第二次调研,20)已知数列an的各项均不为零.设数列an的前n项和 为Sn,数列 的前n项和为Tn,且3 -4Sn+Tn=0,nN*. (1)求a1,a2的值; (2)证明:数列an是等比数列; (3)若(-nan)(-nan+1)0对任意的nN*恒成立,求实数的所有值.,解析 (1)对于3 -4Sn+Tn=0,nN*, 令n=1,得3 -4a1+ =0,因为a10,所以a1=1. 令n=2,得3(1+a2)2-4(1+a2)+(1+ )=0,即2 +a2=0, 因为a20,所

47、以a2=- . (3分) (2)证明:因为3 -4Sn+Tn=0, 所以3 -4Sn+1+Tn+1=0, -得,3(Sn+1+Sn)an+1-4an+1+ =0, 因为an+10,所以3(Sn+1+Sn)-4+an+1=0, (5分) 所以3(Sn+Sn-1)-4+an=0(n2), 当n2时,-得,3(an+1+an)+an+1-an=0,即an+1=- an, 因为an0,所以 =- . 又由(1)知,a1=1,a2=- ,所以 =- , 所以数列an是以1为首项,- 为公比的等比数列. (8分),(3)由(2)知,an= . 因为对任意的nN*,(-nan)(-nan+1)0,当n为奇数时,n 0不符合题意. (13分) 若0,当n为奇数时,n n 恒成立,从而有- 恒成立.,由(*)式知,当n5