（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.3等比数列及其前n项和课件.pptx

1、7.3 等比数列及其前n项和,第七章 数列与数学归纳法,NEIRONGSUOYIN,内容索引,基础知识 自主学习,题型分类 深度剖析,课时作业,1,基础知识 自主学习,PART ONE,知识梳理,1.等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的比等于 (不为零)，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母q表示，定义的表达式为 q(nN*，q为非零常数). (2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么 叫做a与b的等比中项.即G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列 .,ZHISHISHULI,2 同一常数,G,G2ab,公比,2.等比数

2、列的有关公式 (1)通项公式：an . (2)前n项和公式：Sn .,a1qn1,3.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：anam (n，mN*). (2)若mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，则aman .,qnm,apaq,1.将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？,【概念方法微思考】,提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数.,2.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.,3.“b2ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？,提示 必要不充分条件.因为b2ac时不一定有a，

3、b，c成等比数列，比如a0，b0，c1.但a，b，c成等比数列一定有b2ac.,题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)满足an1qan(nN*，q为常数)的数列an为等比数列.( ) (2)如果数列an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn也是等比数列.( ) (3)如果数列an为等比数列，则数列ln an是等差数列.( )(4)数列an的通项公式是anan，则其前n项和为Sn .( )(5)数列an为等比数列，则S4，S8S4，S12S8成等比数列.( ),1,2,3,4,5,6,基础自测,JICHUZICE,题组二 教材改编 2.P51例3已知an

4、是等比数列，a22，a5 ，则公比q_.,1,2,3,4,5,6,3.P54T3公比不为1的等比数列an满足a5a6a4a718，若a1am9，则m的值为 A.8 B.9 C.10 D.11,1,2,3,4,5,6,解析 由题意得，2a5a618，a5a69， a1ama5a69，m10.,题组三 易错自纠 4.若1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则 的值为_.,解析 1，a1，a2，4成等差数列， 3(a2a1)41，a2a11. 又1，b1，b2，b3，4成等比数列，设其公比为q，,1,2,3,4,5,6,5.设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则

5、 _.,11,解析 设等比数列an的公比为q， 8a2a50，8a1qa1q40. q380，q2，,1,2,3,4,5,6,解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列an，且a12，q2，an2n， 则2n8210213，n13. 即病毒共复制了13次. 所需时间为13339(秒).,6.一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机_秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB210 MB),1,2,3,4,5,6,39,2,题型分类 深度剖析,PART TWO,题型一 等比数列基本量的运算,自主演练,所以a5a

6、1q44，故选B.,1.(2018台州质量评估)已知正项等比数列an中，若a1a32，a2a44，则a5等于 A.4 B.4 C.8 D.8,2.(2018全国)等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式；,解 设an的公比为q，由题设得anqn1. 由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2. 故an(2)n1或an2n1(nN*).,(2)记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.,由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解. 若an2n1，则Sn2n1. 由Sm63得2m64，解得m6. 综上，m6.,(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，a

7、n，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”). (2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q1和q1的分类讨论.,题型二 等比数列的判定与证明,例1 (2018丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Snan13n1，nN*. (1)证明：数列an3是等比数列；,师生共研,证明 当n2时，由Snan13n1，得Sn1an3(n1)1， 由SnSn1得，an12an3，n2，,因此an3是以a134为首项，2为公比的等比数列.,解 由(1)知an342n12n1，Snan13n12n23n4，,当m为偶数时，cos(m)1，f(2)3，f(m)m1，

8、 因为原不等式可化为3(m1)0，即m2，且m2k(k1，kN*). 当m为奇数时，cos(m)1，f(2)3，f(m)2m11， 原不等式可化为32m11，当m1时符合条件. 综上可得，正整数m的取值范围是m2k(k1，kN*)或m1.,(2)若an1an对一切nN*都成立，求t的取值范围.,则0t1，即t的取值范围是(0,1).,题型三 等比数列性质的应用,师生共研,(2)设等比数列an的前n项和为Sn，S21，S45，则S6等于 A.9 B.21 C.25 D.63,解析 因为S210，所以q1， 由等比数列性质得S2，S4S2，S6S4成等比数列， 即1(S65)(51)2， S621

9、，故选B.,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.,跟踪训练2 (1)(2018浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列an中，前n项和为Sn，a1a92a3a6，S562，则a1的值为_.,-2,解析 由等比数列的性质及题意知a1a9a3a72a3a6，,解析 很明显等比数列的公比q1，,高频小考点,GAOPINXIAOKAODIAN,等差数列与等比数列,关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真

10、计算，灵活处理已知条件.,例1 (2018浙江六校协作体期末联考)已知数列an是公比为2的等比数列，满足a6a2a10，设等差数列bn的前n项和为Sn，若b92a7，则S17等于 A.34 B.39 C.51 D.68,解析 方法一 数列an是公比q2的等比数列，由a6a2a10得a1q5a1qa1q9， a1q51，a61，b92a72a6q2124，,a61，b92a72a624，,例2 (2018浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是单调递增的等比数列，b1是a1与a2的等差中项，b12，a35，b3a41.若当nm(mN*)时，Snbn恒成立，则m的最小值

11、为_.,4,解析 由题意设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，q1， 则a1a22a1d2b14，又a3a12d5， 所以a11，d2，an12(n1)2n1，,因为当nm(mN*)时，Snbn恒成立，所以当nm(mN*)时n22n恒成立，数形结合可知m的最小值为4.,3,课时作业,PART THREE,基础保分练,1.若等比数列an的前n项和为Sn，则“a20且a50”是“数列Sn单调递减”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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 设等比数列an的公比为q

12、，a5a2q30，an0恒成立， 当n2时，SnSn1an0，数列Sn单调递减， 故“a20且a50”是“数列Sn单调递减”的充分条件； 若数列Sn单调递减，则当n2时，SnSn1an0a20，a50， 故“a20且a50”是“数列Sn单调递减”的必要条件，故选C.,2.已知递增的等比数列an中，a26，a11，a22，a3成等差数列，则该数列的前6项和S6等于,解析 设数列an的公比为q，由题意可知，q1，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,3.等比数列an的前n项和为S

13、n32n1r，则r的值为,解析 当n1时，a1S13r， 当n2时，anSnSn132n132n3,4.已知等比数列an的公比为2，且Sn为其前n项和，则 等于 A.5 B.3 C.5 D.3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,5.(2018浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著算法统宗中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”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，则塔的底层共有灯 A.186盏 B.189盏 C.192盏 D.96盏,1,2,3,4,5,6,

14、7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,6.若正项等比数列an满足anan122n(nN*)，则a6a5的值是,解析 设正项等比数列an的公比为q0， anan122n(nN*)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,7.(2018杭州质检)设各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若S480，S28，则公比q_，a5_.,3 162,从而a5a1q4234162.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,8.(2018

15、浙江名校协作体测试)设等比数列an的前n项和为Sn，满足对任意的正整数n，均有Sn38Sn3，则a1_，公比q_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,2,得S48a13，即a12a14a18a18a13，,解析 由Sn38Sn3得Sn48Sn13，两式作差得an48an1，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 由题意得若S2计算正确，则a2S2S116a1， 则该等比数列的公比为1，易得S3，S4均错误，与恰有一个数算错矛盾， 所以算错的数为32(S2).设该数列的公比为q，因为S4S3a4130765

16、4，,9.(2019台州调考)设等比数列an的前n项和为Sn，已知S116，某同学经过计算得到S232，S376，S4130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是_，该数列的公比是_.,32(S2),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,S4S12S8，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解 由题意得2a2S13，即2a2a13，,当n2时，由2an1Sn3，得2anSn13， 两式相减得2an1an0，,1,2,3,4,

17、5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,12.(2018浙江省十校联盟适应性考试)在数列an中，a11，a24，且3an24an1an0，nN*. (1)求证：数列an1an是等比数列；,又a2a13，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,(2)若数列an的前n项和为Sn，且Snm22m对任意的nN*恒成立，求实数m的取值范围.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,

18、12,13,14,15,16,所以Sn也关于n单调递增，所以SnS11. 于是，由Snm22m对任意的nN*恒成立，得1m22m，,技能提升练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,14.已知等比数列an的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4a3，则使得Tn1的n的最小值为 A.4 B.5 C.6 D.7,1

19、,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 an是各项均为正数的等比数列，且a2a4a3，,又q1，a11(n3)， TnTn1(n4，nN*)，T11， 故n的最小值为6，故选C.,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,15.(2018浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln(a1a2a3)，若a11，则 A.a1a3，a2a4 B.a1a3，a2a4 C.a1a3，a2a4 D.a1a3，a2a4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,

20、解析 构造不等式ln xx1， 则a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31， 所以a4a1q31.由a11，得q0. 若q1，则ln(a1a2a3)a1a2a3a4a1(1q)(1q2)0. 又a1a2a3a1(1qq2)a11， 所以ln(a1a2a3)0，矛盾. 因此1q0. 所以a1a3a1(1q2)0，a2a4a1q(1q2)0， 所以a1a3，a2a4. 故选B.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,16.在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；.设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，xt,2，并记anlog2(1x1x2xt2)，其中t2n1，nN*，求数列an的通项公式.,解 anlog2(1x1x2xt2)， 所以an1log21(1x1)x1(x1x2)xt(xt2)2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,