专题20 数列综合问题的探究 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

这是一份专题20 数列综合问题的探究 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳提炼，问题探究，变式训练等内容，欢迎下载使用。
【自主热身，归纳提炼】
1、数列{an}为等比数列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差数列，则公差d＝________.
【答案】： 3
【解析】：设数列{an}的公比为q，则(a1＋1)＋(a1q4＋7)＝2(a1q2＋4)，即a1＋a1q4＝2a1q2.因为a1≠0，所以q2＝1，a1＝a3＝a5，故公差d＝3.
2、 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8的值为________．
【答案】：. 2
【解析】：当q＝1时，显然不符合题意．当q≠1时，设Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，因为S3，S9，S6成等差数列，所以2q9－q6－q3＝0，即2q6－q3－1＝0，解得q3＝－eq \f(1,2)或q3＝1(舍去)．又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝eq \f(a2,2)＝4，故a2＝8，即a8＝a2q6＝2.学科-网
3、已知数列为等差数列，其前12项和为354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为，则这个数列的公差为__________．
【答案】：5
【解析】 由题意偶数项和为192，奇数项和为162，又，所以这个数列的公差为5．
4、已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 ．
【答案】：
已知数列{an}是等差数列，且eq \F(a7,a6)＜－1，它的前n项和Sn有最小值，则Sn取到最小正数时的n＝ ．
【答案】：12
【解析】 由题意可知，又eq \F(a7,a6)＜－1，所以从而，所以Sn取到最小正数时的n的值为12．
6、设等比数列的前项和为，若成等差数列，且，其中，则的值为 ．
【答案】：129
【解析】：设等比数列的公比为，则由题意得，也就是，即，
解之得或；由于,,所以不符合题意，舍；
当时，，从而，
所以．
7、 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．
8、设是数列的前n项和，且，，则________．
【答案】：
【解析】 由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
9、设数列{an}是首项为1，公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则数列{an}的公差为________．
【答案】：. 2
思路分析 先用公差d分别表示S2，S4，列方程求出d.
设公差为d，其中d≠0，则S1，S2，S4分别为1,2＋d,4＋6d.由S1，S2，S4成等比数列，得(2＋d)2＝4＋6d，即d2＝2d.因为d≠0，所以d＝2.
10、设公差为d(d为奇数，且d>1)的等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若Sm－1＝－9，Sm＝0，其中m>3，且m∈N*，则an＝________.
【答案】： 3n－12
【解析】： 因为Sm－1＝－9，Sm＝0，所以am＝9.又Sm＝eq \f(ma1＋am,2)＝0，所以a1＋am＝0，即a1＝－9.又am＝－9＋(m－1)d＝9，即(m－1)d＝18，因为m－1为正整数，d为比1大的奇数，故d＝3，m＝7或d＝9，m＝3(舍)，故an＝a1＋(n－1)d＝3n－12.
11、. 若公比不为1的等比数列{an}满足lg2(a1·a2·…·a13)＝13，等差数列{bn}满足b7＝a7，则b1＋b2＋…＋b13的值为________．
【答案】：. 26
【解析】：因为等比数列{an}满足lg2(a1·a2·…·a13)＝13，所以a1·a2·…·a13＝213，(a7)13＝213，a7＝2，所以等差数列{bn}中，b7＝a7＝2，b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝13×2＝26.
解后反思 记住一些常用的结论可以提高解题速度．在等比数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则aman＝apaq；在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
12、已知等比数列{an}的首项为eq \F(4,3)，公比为－eq \F(1,3)，其前n项和为Sn，若对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为 ．
【答案】：．
【解析】 由题意可求得，令，则，从而，所以，所以B－A的最小值为．
【问题探究，变式训练】
例1、．已知实数成等比数列，成等差数列，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】解法1（基本不等式）由题意知，所以
由基本不等式的变形式,则有：，解得，所以的最大值为.
解法2（判别式法）由题意知，
则,代入得，即，上述关于的方程有解，所以，解得，所以的最大值为.
【变式1】、在正项等比数列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，则a5＋a6的最小值为________．
【答案】：. 48
思路分析 首先根据基本量思想，可用首项a1和公比q来表示a5＋a6，即建立a5＋a6的目标函数．但是它含有两个变量a1和q，可由a4＋a3－2a2－2a1＝6再建立一个关于a1和q的等式，然后消去一个变量，那么消谁呢？原则：一是易于消去谁，二是对谁了解得更为详细，就保留谁．由这两点可知，应消去a1，保留q，这就得到关于q的函数．接下来用函数或不等式即可求出最值．这里运用换元或整体思想结合基本不等式即可求出最值，但运用基本不等式求最值，一定要检验等号成立的条件．
解法1 由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得a1(q＋1)(q2－2)＝6，所以a1(q＋1)＝eq \f(6,q2－2).因为an＞0，所以q2－2＞0，a5＋a6＝a1(1＋q)q4＝eq \f(6q4,q2－2)＝6×eq \f(q4－4＋4,q2－2)＝6×(q2＋2)＋eq \f(4,q2－2)＝6×q2－2＋eq \f(4,q2－2)＋4≥6×2eq \r(q2－2×\f(4,q2－2))＋4＝6×8＝48，当且仅当q2－2＝eq \f(4,q2－2)，即q＝2，a1＝1时，等号成立，所以a5＋a6最小值为48.
解法2 由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得(a2＋a1)(q2－2)＝6，所以a2＋a1＝eq \f(6,q2－2).因为an＞0，所以q2－2＞0，即q2＞2，a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝eq \f(6q4,q2－2)＝eq \f(6,\f(1,q2)－\f(2,q4)).令t＝eq \f(1,q2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，则eq \f(1,q2)－eq \f(2,q4)＝t－2t2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2＋eq \f(1,8)，当t＝eq \f(1,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，式子eq \f(1,q2)－eq \f(2,q4)取得最大值eq \f(1,8)，从而a5＋a6＝eq \f(6,\f(1,q2)－\f(2,q4))取得最小值6×8＝48.
【变式2】、. 设Sn是等比数列{an}的前n项和，an>0，若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________．
【答案】： 20
思路分析1 从研究等比数列的基本方法——基本量入手，将条件用a1，q表示出来，为此消去一个变量a1，从而将S9－S6用q的表达式表示出来，由此转化为用基本不等式来求函数的最小值．这当中要注意对公比q是否等于1进行讨论．
思路分析2 注意到所研究的是等比数列的前3项、前6项、前9项和的关系，因此，考虑将S3作为一个整体来加以考虑，从而将S6，S9转化为S3的形式，进而来研究问题．
解法2 因为S6＝S3(1＋q3)，所以由S6－2S3＝5得S3＝eq \f(5,q3－1)>0，从而q>1，故S9－S6＝S3(q6＋q3＋1)－S3(q3＋1)＝S3q6＝eq \f(5q6,q3－1)，以下同解法1.
课本探源 (本题改编自必修5p62题10)设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列．
解后反思 整体法是研究问题的一种常用的方法，它可以起到化繁为简、化难为易的作用，对于一些复杂的且有一个特征的代数式，经常采用整体法来研究．
【变式3】、. 已知等比数列{an}的公比q＞1，其前n项和为Sn.若S4＝2S2＋1，则S6的最小值为________．
【答案】：. 2eq \r(3)＋3
思路分析 首先根据基本量思想，可用首项a1和公比q来表示S6，即建立S6的目标函数，但是它含有两个变量a1和q，可由S4＝2S2＋1再建立一个关于a1和q的等式，然后消去一个变量，那么消谁呢？原则如下：一是谁易于消去就消去谁；二是对谁了解的更为详细，就保留谁．由这两点可知，应消去a1，保留q，这就得到S6是关于q的一元函数，接下来用函数或不等式即可求出最值，这里运用换元或整体思想结合基本不等式即可求出最值，但运用基本不等式求最值，一定要检验等号成立的条件．
因为等比数列{an}的公比q＞1，所以Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，由S4＝2S2＋1，得eq \f(a11－q4,1－q)＝2×eq \f(a11－q2,1－q)＋1，解得a1＝eq \f(1－q,－1－q22)，所以S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(1－q,－1－q22)×eq \f(1－q6,1－q)＝eq \f(1＋q2＋q4,－1－q2)＝eq \f(q2－12＋3q2－1＋3,q2－1)＝(q2－1)＋eq \f(3,q2－1)＋3，因为q>1，所以q2－1>0，因此(q2－1)＋eq \f(3,q2－1)＋3≥2eq \r(3)＋3，当且仅当q2－1＝eq \f(3,q2－1)，即q＝eq \r(1＋\r(3))时，S6取得最小值2eq \r(3)＋3.
【关联1】、已知等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，eq \f(5,4)，2a7成等差数列，则a1·a2·…·an的最大值为________．
【答案】. 1 024
解法1 设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的性质可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因为a4，eq \f(5,4)，2a7成等差数列，所以2×eq \f(5,4)＝a4＋2a7，可得a7＝eq \f(1,4)，由a7＝a4q3可得q＝eq \f(1,2)，由a4＝a1q3可得a1＝16，从而an＝a1qn－1＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1(也可直接由an＝a4qn－4得出)，令bn＝a1·a2·…·an，则eq \f(bn＋1,bn)＝an＋1＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，令16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)≥1，可得n≤4，故b1bn，所以当n＝4或5时，a1·a2·…·an的值最大，为1 024.
解法2 同解法1得an＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，令an≥1可得n≤5，故当1≤n≤5时，an≥1，当n≥6时，0