专题18 等差数列与等比数列基本量的问题 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

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1、设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a4＝2，S2＋S4＝1，则a10＝________．
【答案】. 8
【解析】：eq \a\vs4\al(思路分析) 列方程组求出a1和d，则a10＝a1＋9d.
设公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋3d＝2，,2a1＋d＋4a1＋6d＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝1.))所以a10＝a1＋9d＝8.
2、 已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S15＝30，a7＝1，则S9的值为________．
【答案】： －9
eq \a\vs4\al(解后反思) 解法1利用等差数列基本量；解法2利用等差数列的性质：①等差数列项数与项数的关系：在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②等差数列任两项的关系：在等差数列{an}中，若m，n∈N*且其公差为d，则am＝an＋(m－n)d.
3、在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋6a4，则a3的值为________．
【答案】： eq \r(3)
【解析】：由a8＝a6＋6a4得a2q6＝a2q4＋6a2q2，则有q4－q2－6＝0，所以q2＝3(舍负)，又q>0，所以q＝eq \r(3)，则a3＝a2q＝eq \r(3).
eq \a\vs4\al(解后反思) 等差、等比数列基本量的计算是高考常考题型，熟练掌握等差、等比数列的通项公式和前n项和公式是解题的关键，值得注意的是等比数列的通项公式的推广“an＝amqn－m(n>m)”的应用．
4、已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S6,S3)＝－eq \f(19,8)，a4－a2＝－eq \f(15,8)，则a3的值为________．
【答案】：. eq \f(9,4)
【解析】：eq \a\vs4\al(思路分析) 两个已知等式均可由a3和公比q表示．
由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(S6,S3)＝1＋q3＝－\f(19,8)，,a3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q－\f(1,q)))＝－\f(15,8)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝－\f(3,2)，,a3＝\f(9,4).))
5、记等差数列{an}的前n项和为Sn.若am＝10，S2m－1＝110，则m的值为________．
【答案】： 6
【解析】：由S2m－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1＋a2m－1,2)))·(2m－1)＝[a1＋(m－1)d](2m－1)＝(2m－1)am得，110＝10(2m－1)，解得m＝6.
6、已知各项都是正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若4a4，a3，6a5成等差数列，且a3＝3aeq \\al(2,2)，则S3＝________．
【答案】：. eq \f(13,27)
【解析】：设各项都是正数的等比数列{an}的公比为q，则q>0，且a1>0，由4a4，a3，6a5成等差数列，得2a3＝4a4＋6a5，即2a3＝4a3q＋6a3q2，解得q＝eq \f(1,3).又由a3＝3aeq \\al(2,2)，解得a1＝eq \f(1,3)，所以S3＝a1＋a2＋a3＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,9)＋eq \f(1,27)＝eq \f(13,27).学科-网
7、知是等比数列，是其前项和．若，，则的值为 ▲ ．
【答案】2或6
【解析】由，当左边=右边=
显然不成立，所以，则有，因为，
所以,即，所以或，所以.
【易错警示】若用到等比数列的前项公式，要讨论公比是否为1；方程两边，若公因数不为0，可以同时约去，若不确定是否为0，要移项因式分解，转化成乘积为0的形式再求解，否则会漏解.
8、《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升．
【答案】：. eq \f(13,22)
【解析】：设该等差数列为{an}，则有S4＝3，a9＋a8＋a7＝4，即a8＝eq \f(4,3)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝3，,a1＋7d＝\f(4,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,a1＋7d＝\f(4,3)，))解得a1＝eq \f(13,22).
9、 等差数列{an}的前n项和为Sn，且an－Sn＝n2－16n＋15(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，总有Sn≤Sk，则k的值是________．
10、若等比数列{an}的各项均为正数，且a3－a1＝2，则a5的最小值为 ．
【答案】：．8
【解析】： 因为a3－a1＝2，所以，即
所以，设，即，
所以，当且仅当，即时取到等号.
【问题探究，变式训练】
例1、已知公差为d的等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若eq \f(S5,S3)＝3，则eq \f(a5,a3)的值为________．
【答案】：. eq \f(17,9)
【解析】：设等差数列{an}的首项为a1，则由eq \f(S5,S3)＝3得eq \f(5a1＋10d,3a1＋3d)＝3，所以d＝4a1，所以eq \f(a5,a3)＝eq \f(a1＋4d,a1＋2d)＝eq \f(17a1,9a1)＝eq \f(17,9).
【变式1】、设是等差数列的前n项和，若，则= ．
【解析】 由，得，由S3，S6 S3，S9 S6成等差数列，
故S6 S3 = 2S3，S9 S6 = 3S3 = S6，解得=．
【变式2】、 设是等比数列的前n项和，若，则= ．
【解析】 由，得，由S5，S10 S5，S15 S10，S20 S15成等差数列，
故S10 S5 = 2 S5，S15 S10 = 4S5，S20 S15 = 8S5，
所以，，，故．
【变式3】、 设是等比数列的前n项和，若，则= ．
【解析】 由，得，则．
【关联1】、设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－2，则eq \f(a8,a6)＝________.
【解析】： 4
eq \a\vs4\al(思路分析) 求出a1及an＋1与an间的递推关系．
由Sn＝2an－2和Sn＋1＝2an＋1－2，两式相减得an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an.又a1＝S1＝2，所以数列{an}是首项为2、公比q＝2的等比数列，所以eq \f(a8,a6)＝q2＝4.
【关联2】、Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)，则eq \f(a3,a5)＝________.
【答案】： eq \f(3,5)
解法1 由eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)可得，eq \f(\f(na1＋an,2),\f(2na1＋a2n,2))＝eq \f(a1＋an,a1＋a2n)＝eq \f(n＋1,2n＋1)，当n＝1时，eq \f(2a1,a1＋a2)＝eq \f(2,3)，所以a2＝2a1.
d＝a2－a1＝a1，所以eq \f(a3,a5)＝eq \f(a1＋2d,a1＋4d)＝eq \f(3a1,5a1)＝eq \f(3,5).
解法2 eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)＝eq \f(n2＋n,4n2＋2n)，
观察发现可令Sn＝n2＋n，则an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，所以eq \f(a3,a5)＝eq \f(2×3,2×5)＝eq \f(3,5).
【关联3】、 已知等差数列{an}和{bn}的前n项的和分别是An和Bn，且，使得为整数的正整数n的个数为 ．
【解析】 ，所以，，
要使得为整数，则n+1为18的因数， n=1，2，5，8，17，
所以，使得为整数的正整数n共有5个．
例1、已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2·a3＝15，S4＝16.
(1) 求数列{an}的通项公式．[来源:学.科.网]
(2) 设数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝eq \f(1,an·an＋1).
①求数列{bn}的通项公式；
②是否存在正整数m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差数列？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
【解析】： (1) 设数列{an}的公差为d，则d＞0.
由a2·a3＝15，S4＝16，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋da1＋2d＝15，,4a1＋6d＝16，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝7，,d＝－2))(舍去)．所以an＝2n－1.(4分)
(2) ①因为b1＝a1＝1，
bn＋1－bn＝eq \f(1,an·an＋1)＝eq \f(1,2n－1·2n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， (6分)
即b2－b1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))，
b3－b2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))，
…
bn－bn－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，n≥2，
累加得bn－b1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(n－1,2n－1)，(9分)
所以bn＝b1＋eq \f(n－1,2n－1)＝1＋eq \f(n－1,2n－1)＝eq \f(3n－2,2n－1).
又b1＝1也符合上式，故bn＝eq \f(3n－2,2n－1)，n∈N*.(11分)
解后反思 对于研究与整数有关的问题，一般地，可利用整数性或通过求出某个变量的限制范围，利用整数的性质进行一一地验证．
【变式1】、设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足，S7 = 7
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）试求所有的正整数m，使得为数列{an}中的项．
【解析】 （1）设公差为d，则，得，
因为d ≠ 0，所以，
又由S7 = 7得a4 = 1，解得a1 = 5，d = 2，
所以，．
（2），
令，则，
因为t是奇数，所以t可取的值为，
当t = 1，m = 1时，，是数列中的项；
当t = 1时，m = 0（舍），
所以，满足条件的正整数m = 1．
【变式2】、已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1－eq \f(Sn,n)，(n＋2)cn＝eq \f(an＋1＋an＋2,2)－eq \f(Sn,n)，其中n∈N*.
(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λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，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an＋1－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)d，eq \f(an＋1＋an＋2,2)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋2,2)d，所以bn＝cn＝eq \f(1,2)d.因此要先证bn＝cn＝λ是常数．
【解析】： (1) 若数列{an}是公差为2的等差数列，则eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an,2).(2分)
所以(n＋2)cn＝eq \f(an＋1－a1＋an＋2－an,2)＝n＋2，得cn＝1.(4分)
(2) 由(n＋1)bn＝an＋1－eq \f(Sn,n)，得n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，
从而(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1.
两式相减，得(n＋1)(n＋2)bn＋1－n(n＋1)bn＝(n＋1)an＋2－(n＋1)an＋1，
即(n＋2)bn＋1－nbn＝an＋2－an＋1.(*)(6分)
又(n＋2)cn－(n＋1)bn＝eq \f(an＋2－an＋1,2)，
所以2(n＋2)cn－2(n＋1)bn＝(n＋2)bn＋1－nbn，
整理，得cn＝eq \f(1,2)(bn＋bn＋1)．(9分)
因为bn≤λ≤cn对一切n∈N*恒成立，
所以bn≤λ≤cn＝eq \f(1,2)(bn＋bn＋1)≤λ对一切n∈N*恒成立，
得cn＝λ，且bn＋bn＋1＝2λ.
而bn≤λ，bn＋1≤λ，所以必有bn＝bn＋1＝λ.
综上所述，bn＝cn＝λ对一切n∈N*恒成立．(12分)
此时，由(*)式，得an＋2－an＋1＝2λ对一切n∈N*恒成立．(14分)
对(n＋1)bn＝an＋1－eq \f(Sn,n)，取n＝1，得a2－a1＝2λ.
综上所述，an＋1－an＝2λ对一切n∈N*恒成立．
所以数列{an}是公差为2λ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eq \f(Sn,n)是公差为eq \f(1,2)d的等差数列．
【关联1】、已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且对任意的正整数n，都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常数λ>0.设bn＝eq \f(an,3n) (n∈N*)﹒
(1) 若λ＝3，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；
(2) 若λ≠1且λ≠3，设cn＝an＋eq \f(2,λ－3)×3n(n∈N*)，证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))是等比数列；
(3) 若对任意的正整数n，都有bn≤3，求实数λ的取值范围．
【解析】： 因为Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，
所以当n≥2时，Sn＝λSn－1＋3n，
从而an＋1＝λan＋2·3n，n≥2，n∈N*﹒
又在Sn＋1＝λSn＋3n＋1中，令n＝1，可得a2＝λa1＋2×31，满足上式，
所以an＋1＝λan＋2·3n, n∈N*﹒ (2分)
(1) 当λ＝3时， an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，
从而eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(an,3n)＋eq \f(2,3)，即bn＋1－bn＝eq \f(2,3)，
又b1＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列，
所以bn＝eq \f(2n＋1,3).(4分)
(2) 当λ>0且λ≠3且λ≠1时，
cn＝an＋eq \f(2,λ－3)×3n＝λan－1＋2×3n－1＋eq \f(2,λ－3)×3n
＝λan－1＋eq \f(2,λ－3)×3n－1(λ－3＋3)
＝λ(an－1＋eq \f(2,λ－3)×3n－1)＝λ·cn－1, (7分)
又c1＝3＋eq \f(6,λ－3)＝eq \f(3λ－1,λ－3)≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))是首项为eq \f(3λ－1,λ－3)，公比为λ的等比数列，
cn＝eq \f(3λ－1,λ－3)·λn－1﹒(8分)
(3) 在(2)中，若λ＝1，则cn＝0也可使an有意义，所以当λ≠3时，cn＝eq \f(3λ－1,λ－3)·λn－1.
从而由(1)和(2)可知
(9分)
当λ＝3时，bn＝eq \f(2n＋1,3)，显然不满足条件，故λ≠3.(10分)
当λ≠3时，bn＝eq \f(λ－1,λ－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,3)))n－1－eq \f(2,λ－3).
若λ>3, eq \f(λ－1,λ－3)>0，bnbn＋1，n∈N*，且bn>0.
所以只需b1＝eq \f(a1,3)＝1≤3即可，显然成立．故0