《2020年高考数学二轮优化提升专题训练考点23等差数列与等比数列基本量的问题(解析版)5160.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学二轮优化提升专题训练考点23等差数列与等比数列基本量的问题(解析版)5160.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、考点 23 等差数列与等比数列基本量的问题【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、(2019 宿迁期末）已知数列an的前 n 项和为 Sn，an12an1，a11，则 S9的值为_【答案】1013 【解析】由 an12an1，得 an112(an1)，即an11an12，所以数列an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，设 bnan1 的前 n 项和为 Tn，则 T92（129）121022，S9T991013.解后反思 一般地，数列an满足 an1panq(p1，q0)，则有 an1qp1panqp1，当 a1qp10 时，anqp1为等比数列 2、(2019 通州、海门、启东期末）设an
2、是公比为正数的等比数列，a12，a3a24，则它的前 5 项和 S5_【答案】62【解析】设公比为 q，因为 a12，a3a24，所以 2q22q4，解得 q2 或 q1，因为an为正项数列，所以 q2，所以 S52（125）1262.3、(2019 扬州期末）已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S37，S663，则 a1_【答案】1 【解析】首先根据 S37，S663 可判断出等比数列an公比 q1，由等比数列的前 n 项和公式得S3a1（1q3）1q7，S6a1（1q6）1q63，则S6S31q39，解得 q2，a11.4、(2019 镇江期末）设 Sn是等比数列an的前 n 项的
3、和，若a6a312，则S6S3_【答案】12 【解析】设等比数列an的公比为 q，则 q3a6a312.易得 S6S3(1q3)，所以S6S31q311212.5、(2019 南京、盐城二模）等差数列an中，a410，前 12 项的和 S1290，则 a18的值为_【答案】4 【解析】由等差数列通项公式、求和公式得 a4a13d10，S1212a166d90，解得 a113，d1，故 a18a117d13174.6、(2017 苏州暑假测试）已知数列an满足a11，a212，且an(an1an1)2an1an1(n2)，则a2 015_.【答案】12 015 【解析】由an(an1an1)2a
4、n1an1(n2)得1an11an12an(n2)，又a11，a212，所以数列1an是以 1为首项，1 为公差的等差数列所以1ann，即an1n，所以a2 01512 015.7、(2017 镇江期末）Sn是等差数列an的前n项和，若SnS2nn14n2，则a3a5_.【答案】.35 【解析】解法 1 由SnS2nn14n2可得，na1an22na1a2n2a1ana1a2nn12n1，当n1 时，2a1a1a223，所以a22a1.da2a1a1，所以a3a5a12da14d3a15a135.解法 2 SnS2nn14n2n2n4n22n，观察发现可令Snn2n，则anSnSn1n2n(n
5、1)2(n1)2n，所以a3a5232535.8、(2017 南京三模）若等比数列an的各项均为正数，且a3a12，则a5的最小值为 【答案】8 【解析】因为a3a12，所以2112a q，即12201aq 1q 所以4451221qaa qq，设210tq，即21qt，所以252111222 228tattttt，当且仅当1t，即2q 时取到等号.9、(2018 南京学情调研）记等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 am10，S2m1110，则 m 的值为_【答案】.6 【解析】由 S2m1a1a2m12(2m1)a1(m1)d(2m1)(2m1)am得，11010(2m1)，解得 m6.
6、10、(2018 苏州暑假测试）等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 anSnn216n15(n2，nN*)，若对任意nN*，总有SnSk，则k的值是_【答案】7 【解析】解法 1(特殊值法)在式子“anSnn216n15(n2，nN*)”中分别令n2，3 得，a113，a211.又因为an是等差数列，所以公差d2，an13(n1)(2)152n0，解得n7.5，故前 7 项和最大，所以k7.解法 2(公式法)在等差数列an中，设公差为 d，因为式子“anSna1(n1)da1nn（n1）2dn216n15(n2，nN*)”的二次项系数为 1，所以d21，即公差d2，令n2 得，a113，所
7、以前n项和Sn13nn（n1）2(2)14nn249(n7)2，故前 7 项和最大，所以k7.【问题探究，开拓思维】题型一、等差数列与等比数列的基本量问题 知识点拨：一是基本量法，即转化为a1，d(q)，n，an，Sn的方程组，解方程组即可；例 1、(2019 苏州期初调查）已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S2，S6，S4成等差数列，则a2a4a6的值为_【答案】2 【解析】设公比为 q，因为 S2，S6，S4成等差数列，所以 2S6S2S4，若 q1，则有 12a12a14a1，所以a10，不成立，则 q1，所以 2a1（1q6）1qa1（1q2）1qa1（1q4）1q，则有 2
8、q6q2q4，所以 2q4q210，q21，则 q1，所以a2a4a6a2a2q2a2q41q2q42.易错警示 运用等比数列的前 n 项和公式时，一定要讨论公比 q1 的情形，否则会产生漏解或增解【变式 1】(2019 泰州期末）已知数列an满足log2an1log2an1，则a5a3a3a1_【答案】4 【解析】log2an1log2anlog2an1an1，所以an1an2，即数列an是以 2 为公比的等比数列，所以a5a3a3a1a3q2a1q2a3a1q24.【变式 2】(2019 苏州期末）设 Sn是等比数列an的前 n 项和，若S5S1013，则S5S20S10_【答案】118
9、【解析】设等比数列an的公比为 q，则 S10S5(1q5)，S20S10(1q10)由S5S1013，得 q52，q104.所以 S103S5，S205S1015S5，从而 S10S2018S5.解后反思 因为数列an是等比数列，所以 S5，S10S5，S15S10，S20S15也成等比数列它们的比值为 1248，所以 S20(1248)S515S5.【变式 3】(2019 苏锡常镇调研（二）已知等比数列 na的前n项和为nS，若622aa，则128SS 【答案】.37【解析】设等比数列 na的公比为q，因为622aa，所以2422aqa，故24q由于1q，故.372121)(1)(1111
10、)1(1)1(23243481281121812qqqqqqaqqaSS 解后反思：在利用等比数列的求和公式计算时要注意公比是否为1，在化简时要注意对条件的整体处理【变式 4】(2019 苏北四市、苏中三市三调）已知 na是等比数列，前n项和为nS若324aa，416a，则3S的值为 【答案】14【解析】：(基本量法)设数列 na的首项是1a，公比为q，则由324aa，416a，得 21131416a qa qa q解得 122aq，2312311124814Saaaaa qa q.【变式 5】(2019 南京、盐城一模）已知等比数列an为单调递增数列，设其前 n 项和为 Sn，若 a22，S
11、37，则 a5的值为_【答案】16 【解析】：解法 1(基本量为 a1，q)设 ana1qn1，则 a2a1q2，即 a12q，所以 S3a1(q2q1)7，即2q(q2q1)2q22q7，q1q52，解得 q2 或 q12(数列单调递减，舍)，则 a5a1q416.解法 2(基本量为 a2，q)设公比为 q，则 S32q22q7，解得 q2 或 q12(数列单调递减，舍)，则a5a2q316.解后反思 在等差数列与等比数列中常常使用基本量法，但是要注意基本量的相对性.我们所说的基本量，往往是 a1，d(或 a1，q)，其实也可以把 a2，d(或 a2，q)等作为基本量 题型二 等差数列与等比
12、数列的性质 知识点拨：在解数列填空题时，记住一些常见的结论可以大大提高解题速度(1)在等差数列an中，若 m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；(2)在等差数列an中，若公差为d，且m，nN*，则aman(mn)d.，在等比数列中若 m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；掌握等差数列和等比数列的性质在解题时不但能提升解题速度还能提高准确率。例 2、(2019 南通、泰州、扬州一调）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anan1是等比数列；数列1an是等比数列；数列lga2n是等比数列 其中正确的命题有_个【答案】3【解析】设等比数列a
13、n的公比为 q，对于中数列|an|，|an1|an|q，且首项|a1|0，所以为等比数列；对于中数列anan1，an1an2anan1q2，且首项 a1a20，所以为等比数列；对于中数列1an，1an11an1q，且首项1a10，所以为等比数列，对于中数列lga2n，若 a11，则 lga10，所以不是等比数列则正确的命题有 3 个，故答案为 3.【变式 1】(2018 南京、盐城一模）设 Sn为等差数列an的前 n 项和，若an的前 2017 项中的奇数项和为2018，则 S2017的值为_【答案】4034【解析】因为 a1a3a5a20171009a10092018，所以 a10092，故
14、 S2017a1a2a20172017a10094034.【变式 2】(2018 苏北四市期末）已知等差数列an满足 a1a3a5a7a910，a28a2236，则 a11的值为_【答案】11 【解析】设等差数列an的公差为 d，由 a28a2236 得 6a5d18.由 a1a3a5a7a910 得 a52，从而6d9，a11a56d2911.【变式 3】(2017 南京、盐城一模）设an是等差数列，若a4a5a621，则S9_.【答案】63 【解析】因为an是等差数列，且a4a5a621，所以 3a521，即a57，故S99a1a929a563.【变式 4】(2017 南通、扬州、泰州、淮
15、安三调）设等差数列 na的前n项和为nS若公差2d，510a，则10S的值是 【答案】110 【解析】1：由52,10da，求得12a，故10110 9102Sad 10 910 222 110，即10110S.解 析2：由52,10da，求 得6510212aad，由 等 差 数 列 的 性 质 得：11056101222aaaa，故1101010()10 2211022aaS.【变式 5】(2016 常州期末）已知等比数列an的各项均为正数，且a1a249，a3a4a5a640，则a7a8a99的值为_【答案】117【解析】解法 1 a1a2a11q49，a3a4a5a6a1q2q3q4q
16、540，两式相除可得q2q490，即q210(舍)或q29.又an0，所以q3，故a119，所以a7a8a9a1q6(1qq2)1 053，即a7a8a99117.解法 2 因为a3a4a1a2q2，a5a6a1a2q4，所以a3a4a5a6(q2q4)(a1a2)40.即q4q290，解得q29.又an0，所以q3.又a7a8a9a1a2a3q6，a7a8a9a4a5a6q3，故a1a2a61q61q3(a7a8a9)4049，解得a7a8a91 053，即a7a8a99117.【变式 6】(2015 镇江期末）设等比数列an的前n项和为Sn，若S37，S663，则a7a8a9_.【答案】4
17、48 【解析】因为a1a2a37，a1a2a3a663，所以a4a5a656.因为a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以a7a8a95627448.题型三 等差数列与等比数列的证明问题 知识点拨：证明一个数列为等差数列或者等比数列常用定义法与等差、等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等差或等比数列，则只要证明存在连续三项不成等差或等比数列即可而研究数列中的取值范围问题，一般都是通过研究数列的单调性来进行求解 例 3、(2019 苏州三市、苏北四市二调）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a2n的前 n 项和为 Tn，且
18、3S2n4SnTn0，nN*.(1)求a1，a2的值；(2)证明：数列an是等比数列；(3)若(nan)(nan1)0 对任意的nN*恒成立，求实数的所有值 规范解答(1)因为 3S2n4SnTn0，nN*.令n1，得 3a214a1a210，因为a10，所以a11.令n2，得 3(1a2)24(1a2)(1a22)0，即 2a22a20，因为a20，所以a212.(3 分)(2)解法 1 因为 3S2n4SnTn0，所以 3S2n14Sn1Tn10，得，3(Sn1Sn)an14an1a2n10，因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10，(5 分)所以 3(SnSn1)4an0(n2)
19、，当 n2 时，得，3(an1an)an1an0，即 an112an，因为 an0，所以an1an12.又因(1)知，a11，a212，所以a2a112，所以数列an是以 1 为首项，12为公比的等比数列(8 分)解法 2 因为 3S2n4SnTn0，所以 3S2n14Sn1Tn10，得，3(Sn1Sn)an14an1a2n10，因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10，所以 3(Sn1Sn)4(Sn1Sn)0，(5 分)整理为 Sn12312Sn23，又 S123a12313，所以 Sn231312n1，得 Sn1312n123，当 n2 时，anSnSn112n1，而 a11 也适
20、合此式，所以 an12n1，所以an1an12 所以数列an是以12为公比的等比数列(8 分)(3)解法 1 由(2)知，an12n1.因为对任意的 nN*，(nan)(nan1)0 恒成立，所以的值介于n12n1和n12n之间 因为n12n1n12n0，当n为奇数时，n12nn12n1恒成立，从而有n2n1恒成立 记p(n)n22n(n4)，因为p(n1)p(n)（n1）22n1n22nn22n12n10 不符(13 分)若0，当n为奇数时，n12nn12n1恒成立，从而有n2n恒成立 由(*)式知，当n5 且n1时，有1nn2n，所以0 不符 综上，实数的所有值为 0.解法 2 由(2)知
21、，an12n1，故 anan10，所以当 0 时，(nan)(nan1)0 即 n2anan10，对任意的 nN*成立，符合题意；(10 分)因为对任意的nN*，(nan)(nan1)0 恒成立，所以对任意的大于 3 的偶数n，(nan)(nan1)0 即n2n1n2n0 成立，亦即对任意的大于 3 的偶数n，|n2nn2n13n2n成立，(13 分)先证，当n4 时，n2n1n，记p(n)n22n(n4)，因为p(n1)p(n)（n1）22n1n22nn22n12n10，所以p(n)p(4)1，即n22n41，所以n2n1n(*)，所以对任意的大于 3 的偶数n，|3|时，|3n，所以0 不
22、合题意，综上，实数的所有值为 0.(16 分)【变式 1】(2017 南京、盐城二模）已知数列an的前n项和为Sn，数列bn，cn满足(n1)bnan1Snn，(n2)cnan1an22Snn，其中nN*.(1)若数列an是公差为 2 的等差数列，求数列cn的通项公式；(2)若存在实数，使得对一切nN*，有bncn，求证：数列an是等差数列 思路分析(2)若数列an是公差为d的等差数列，则an1Snnn12d，an1an22Snnn22d，所以bncn12d.因此要先证bncn是常数 规范解答(1)若数列an是公差为 2 的等差数列，则Snna1an2.(2 分)所以(n2)cnan1a1an
23、2an2n2，得cn1.(4 分)(2)由(n1)bnan1Snn，得n(n1)bnnan1Sn，从而(n1)(n2)bn1(n1)an2Sn1.两式相减，得(n1)(n2)bn1n(n1)bn(n1)an2(n1)an1，即(n2)bn1nbnan2an1.(*)(6 分)又(n2)cn(n1)bnan2an12，所以 2(n2)cn2(n1)bn(n2)bn1nbn，整理，得cn12(bnbn1)(9 分)因为bncn对一切nN*恒成立，所以bncn12(bnbn1)对一切nN*恒成立，得cn，且bnbn12.而bn，bn1，所以必有bnbn1.综上所述，bncn对一切nN*恒成立(12
24、分)此时，由(*)式，得an2an12对一切nN*恒成立(14 分)对(n1)bnan1Snn，取n1，得a2a12.综上所述，an1an2对一切nN*恒成立 所以数列an是公差为 2的等差数列(16 分)思想根源 若数列an是公差为d的等差数列，则Snn是公差为12d的等差数列【变式 2】(2017 苏州暑假测试）在数列an中，已知a12，an13an2n1.(1)求证：数列ann为等比数列；(2)记bnan(1)n，且数列bn的前n项和为Tn，若T3为数列Tn中的最小项，求的取值范围 规范解答(1)因为an13an2n1，所以an1n13(ann)故an1n1ann3，又a12，则a113
25、，故ann是以 3 为首项，3 为公比的等比数列(4 分)(2)由(1)知ann3n，所以bn3nn.(6 分)故Tn31323n(123n)32(3n1)nn12.(8 分)因为T3为数列Tn中的最小项，则对nN*，有32(3n1)nn12396恒成立，即 3n181(n2n12)对nN*恒成立(10 分)当n1 时，由T1T3，得365；当n2 时，由T2T3，得9；(12 分)当n4 时，n2n12(n4)(n3)0 恒成立，所以3n181n2n12对n4 恒成立 令f(n)3n181n2n12，n4，则f(n1)f(n)3n12n226162n1n23n10n2n120 恒成立，故f(
26、n)3n181n2n12在n4 时单调递增，所以f(4)814.(15 分)综上，9814.(16 分)【变式 3】(2016 苏锡常镇调研（二）已知数列an的前n项和为Sn，a13，且对任意的正整数n，都有Sn1Sn3n1，其中常数0.设bnan3n(nN*)(1)若3，求数列 bn的通项公式；(2)若1 且3，设cnan233n(nN*)，证明数列 cn是等比数列；(3)若对任意的正整数n，都有bn3，求实数的取值范围 规范解答 因为Sn1Sn3n1，nN*，所以当n2 时，SnSn13n，从而an1an23n，n2，nN*又在Sn1Sn3n1中，令n1，可得a2a1231，满足上式，所以
27、an1an23n,nN*(2 分)(1)当3 时，an13an23n，nN*，从而an13n1an3n23，即bn1bn23，又b11，所以数列 bn是首项为 1，公差为23的等差数列，所以bn2n13.(4 分)(2)当0 且3 且1 时，cnan233nan123n1233n an1233n1(33)(an1233n1)cn1,(7 分)又c13633130，所以 cn是首项为313，公比为的等比数列，cn313n1(8 分)(3)在(2)中，若1，则cn0 也可使an有意义，所以当3 时，cn313n1.从而由(1)和(2)可知 (9 分)当3 时，bn2n13，显然不满足条件，故3.(
28、10 分)当3 时，bn133n123.若3,130，bnbn1，nN*，bn1，)，不符合，舍去.(11 分)若 00，230，bnbn1，nN*，且bn0.所以只需b1a1313 即可，显然成立故 01 符合条件；(12 分)若1，bn1，满足条件故1 符合条件；(13 分)若 13，130，从而bn0.故bn1，23，要使bn3 恒成立，只需233 即可 所以 173.(15 分)综上所述，实数的取值范围是0，73.(16 分)【关联 1】(2019 镇江期末）已知等差数列an的公差为 d(d0)，前 n 项和为 Sn，且数列 Snn也是公差为 d 的等差数列，则 d_【答案】.12 【
29、解析】：思路分析 在等差数列an中，Snd2n2Bn，d，B 为常数，d 是公差 设 Snd2n2Bn，Snndnf，则d2n2(B1)n(dnf)2对 nN*恒成立，所以d2d2.又d0，所以d12.【关联 2】(2015 南京、盐城、徐州二模）记等差数列 an的前n项和为Sn，已知a12，且数列Sn也为等差数列，则a13_.【答案】50 解法 1 设数列 an的公差为d.因为Sn为等差数列，所以S1，S2，S3成等差数列，从而 2 4d2 63d，解得d4，所以a13212d50.解法 2 因为数列Sn为等差数列，所以设它的公差为d，则Sn 2(n1)d，因此Sn(n1)d 22，从而当n
30、2 时，有anSnSn1(2n3)d22 2d.由于数列 an为等差数列，所以a1d22 2d2，解得d 2，从而an2(2n3)44n2，故a1350.解法 3 设数列 an的公差为d，则Sn2nnn12ddn222d2n.由于Sn为等差数列，所以Sndn222d2n应为以n为元的一个完全平方式，所以 2d20，所以d4，从而a13212450.【关联 3】(2018 南京学情调研）已知数列an的各项均为正数，记数列an的前 n 项和为 Sn，数列a2n的前n 项和为 Tn，且 3TnS2n2Sn，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)若k，tN*，且S1，SkS1，S
31、tSk成等比数列，求k和t的值 规范解答(1)由 3T1S212S1，得 3a21a212a1，即 a21a10.因为 a10，所以 a11.(2 分)(2)因为 3TnS2n2Sn，所以 3Tn1S2n12Sn1，得 3a2n1S2n1S2n2an1，即 3a2n1(Sn1Sn)(Sn1Sn)2an1，即 3a2n1(Sn1Sn)an12an1，因为 an10，所以 3an1Sn1Sn2，(5 分)所以 3an2Sn2Sn12，得 3an23an1an2an1，即 an22an1，所以当 n2 时，an1an2.(8 分)又由 3T2S222S2，得 3(1a22)(1a2)22(1a2)，
32、即 a222a20.因为 a20，所以 a22，所以a2a12，所以对 nN*，都有an1an2 成立，所以数列an的通项公式为an2n1，nN*.(10 分)(3)由(2)可知Sn2n1.因为S1，SkS1，StSk成等比数列，所以(SkS1)2S1(StSk)，即(2k2)22t2k，(12 分)所以 2t(2k)232k4，即 2t2(2k1)232k21(*)由于SkS10，所以k1，即k2.当k2 时，2t8，得t3.(14 分)当k3 时，由(*)，得(2k1)232k21 为奇数，所以t20，即t2，代入(*)得 22k232k20，即 2k3，此时k无正整数解 综上，k2，t3.(16 分)