专题测试练习题 等差数列与等比数列基本量的问题

专题18 等差数列与等比数列基本量的问题【自主热身,归纳提炼】1、设Sn是等差数列an的前n项和,若a2a42,S2S41,则a10_【答案】. 8【解析】： 列方程组求出a1和d,则a10a19d.设公差为d,则解得所以a10a19d8.2、 已知等差数列an的前n项和为Sn.若S1530,a71,则S9的值为_【答案】： 9 解法1利用等差数列基本量；解法2利用等差数列的性质：等差数列项数与项数的关系：在等差数列an中,若m,n,p,qN*且mnpq,则amanapaq；等差数列任两项的关系：在等差数列an中,若m,nN*且其公差为d,则aman(mn)d.3、在各项均为正数的等比数列an中,若a21,a8a66a4,则a3的值为_【答案】： 【解析】：由a8a66a4得a2q6a2q46a2q2,则有q4q260,所以q23(舍负),又q0,所以q,则a3a2q. 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“anamqnm(nm)”的应用4、已知等比数列an的前n项和为Sn,且,a4a2,则a3的值为_【答案】：. 【解析】： 两个已知等式均可由a3和公比q表示由已知,得解得5、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S2m1(2m1)a1(m1)d(2m1)(2m1)am得,11010(2m1),解得m6.6、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a33a,则S3_【答案】：. 【解析】：设各项都是正数的等比数列an的公比为q,则q0,且a10,由4a4,a3,6a5成等差数列,得2a34a46a5,即2a34a3q6a3q2,解得q.又由a33a,解得a1,所以S3a1a2a3. 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】：. 【解析】：设该等差数列为an,则有S43,a9a8a74,即a8,则有即解得a1.9、 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_10、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,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的等差数列的前n项和为Sn,若3,则的值为_【答案】：. 【解析】：设等差数列an的首项为a1,则由3得3,所以d4a1,所以.【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Sn2an2,则_.【解析】： 4 求出a1及an1与an间的递推关系由Sn2an2和Sn12an12,两式相减得an12an0,即an12an.又a1S12,所以数列an是首项为2、公比q2的等比数列,所以q24.【关联2】、Sn是等差数列an的前n项和,若,则_.【答案】： 解法1 由可得,当n1时,所以a22a1. da2a1a1,所以.解法2 ,观察发现可令Snn2n,则anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n,所以.【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a2a315,S416.(1) 求数列an的通项公式(2) 设数列bn满足b1a1,bn1bn.求数列bn的通项公式；是否存在正整数m,n(mn),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d0.由a2a315,S416,得解得或(舍去)所以an2n1.(4分)(2) 因为b1a11,bn1bn, (6分)即b2b1,b3b2,bnbn1,n2,累加得bnb1,(9分)所以bnb11.又b11也符合上式,故bn,nN*.(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(n1)bnan1,(n2)cn,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an1d,d,所以bncnd.因此要先证bncn是常数【解析】： (1) 若数列an是公差为2的等差数列,则.(2分)所以(n2)cnn2,得cn1.(4分)(2) 由(n1)bnan1,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)bn,所以2(n2)cn2(n1)bn(n2)bn1nbn,整理,得cn(bnbn1)(9分)因为bncn对一切nN*恒成立,所以bncn(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分)此时,由(*)式,得an2an12对一切nN*恒成立(14分)对(n1)bnan1,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,则是公差为d的等差数列【关联1】、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bn (nN*)(1) 若3,求数列的通项公式；(2) 若1且3,设cnan3n(nN*),证明数列是等比数列；(3) 若对任意的正整数n,都有bn3,求实数的取值范围【解析】： 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an1an23n, nN* (2分)(1) 当3时, an13an23n,nN*,从而,即bn1bn,又b11,所以数列是首项为1,公差为的等差数列,所以bn.(4分)(2) 当0且3且1时,cnan3nan123n13n an13n1(33) (an13n1)cn1, (7分) 又c130,所以是首项为,公比为的等比数列,cnn1(8分)(3) 在(2)中,若1,则cn0也可使an有意义,所以当3时,cnn1.从而由(1)和(2)可知 (9分)当3时,bn,显然不满足条件,故3.(10分)当3时,bnn1.若3, 0,bnbn1,nN*,bn1,),不符合,舍去. (11分)若00,0,bnbn1,nN*,且bn0.所以只需b113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13,0,从而bn0.故bn,要使bn3恒成立,只需3即可所以1. (15分)综上所述,实数的取值范围是.(16分)【关联2】、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a的前n项和为Tn,且3TnS2Sn,nN*.(1) 求a1的值；(2) 求数列an的通项公式；(3) 若k,tN*,且S1,SkS1,StSk成等比数列,求k和t的值 第(2)问,由于式子“3TnS2Sn”涉及数列an,a的前n项和,常用相邻项作差法处理,将其转化为数列an的递推式,进而构造等比数列求解；第(3)问,由题意,两个未知量k和t,一个等式,属于不定方程问题,通常有以下思考方法：因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法,本题采用奇偶性分析法求解规范解答 (1) 由3T1S2S1,得3aa2a1,即aa10.因为a10,所以a11.(2分)(2) 因为3TnS2Sn,所以3Tn1S2Sn1,得3aSS2an1,即3a(Sn1Sn)(Sn1Sn)2an1,即3a(Sn1Sn)an12an1,因为an10,所以3an1Sn1Sn2,(5分)所以3an2Sn2Sn12,得3an23an1an2an1,即an22an1,所以当n2时,2.(8分)又由3T2S2S2,得3(1a)(1a2)22(1a2),即a2a20.因为a20,所以a22,所以2,所以对nN*,都有2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) 数列中不定方程的常见解题策略有因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法,这些策略有一个共同的特征,就是对等式两边适当的变形选择等式一边的特征进行解题,如整除的性质、范围上界或下界、因式分解的形式、是否为有理数、奇偶性等【关联3】、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,求的取值范围思路分析 (1) 证明等比数列,一般从等比数列的定义出发,首先要说明它的任意一项均不为0,且相邻两项的比值为非零的常数(2) 由第(1)问求出数列an的通项公式,由此得到bn的通项公式,通过分组求和后得到它的前n项和注意到T3为数列Tn中的最小项,因此,将它转化为对应的不等式恒成立问题,而要研究数列中的不等式恒成立问题,研究数列的单调性是必然的手段,通过研究数列的单调性后来得到变量的取值范围当n2时,由T2T3,得9；(12分)当n4时,n2n12(n4)(n3)0恒成立,所以对n4恒成立令f(n),n4,则f(n1)f(n)0恒成立,故f(n)在n4时单调递增,所以f(4).(15分)综上,9.(16分)解后反思 证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法,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比数列,则只要证明存在连续三项不成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【关联4】、已知等差数列an的公差d不为0,且ak1,ak2,akn,(k1k2kn)成等比数列,公比为q.(1) 若k11,k23,k38,求的值；(2) 当为何值时,数列kn为等比数列？(3) 若数列kn为等比数列,且对于任意nN*,不等式anakn2kn恒成立,求a1的取值范围 思路分析 (1) 通过等比中项,得到a1和d的方程,从而求出的值；(2) 先由数列kn为等比数列,得出kk1k3,再结合ak1,ak2,ak3成等比数列,得方程a1(k11)da1(k31)da1(k21)d2,化简得1,再证明当1时,数列kn为等比数列,从而确定的值为1；(3) 由(2)中结论得出knk1qn1(q1),代入anakn2kn并分离变量得0,再证明无限小,从而确定有下界,得到0,从而确定a1的取值范围是2,)【解析】： (1) 由已知可得a1,a3,a8成等比数列,所以(a12d)2a1(a17d), (2分)整理可得4d23a1d.因为d0,所以.(4分)(2) 设数列kn为等比数列,则kk1k3.又因为ak1,ak2,ak3成等比数列,所以a1(k11)da1(k31)da1(k21)d2.整理,得a1(2k2k1k3)d(k1k3kk1k32k2)因为kk1k3,所以a1(2k2k1k3)d(2k2k1k3)因为2k2k1k3,所以a1d,即1.(6分)当1时,ana1(n1)dnd,所以aknknd.又因为aknak1qn1k1dqn1,所以knk1qn1.所以q,数列kn为等比数列综上,当1时,数列kn为等比数列(8分)因为lnxxx,则lnn12lnn1n1,解不等式n1n1lnqln,即(n1)2lnqn1ln0,可得n1,所以n12.设x表示不大于x的最大整数不妨取n01,则当n1n0时,原式得证所以0,所以a12,即得a1的取值范围是2,)(16分)解后反思 本题第(2)问是根据必要条件来解题,由数列kn为等比数列,得出前三项成等比,求出1,但要注意要证明当1时,数列kn为等比数列；第(3)问,证明当n时,0,这里用代数方法严格证明,要认真地体会