2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题20：数列综合问题的探究（含解析）

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1、 专题 20 数列综合问题的探究【自主热身，归纳提炼】1、数列 an为等比数列，且 a11， a34， a57 成等差数列，则公差 d_.【答案】： 3【解析】：设数列 an的公比为 q，则( a11)( a1q47)2( a1q24)，即 a1 a1q42 a1q2.因为 a10，所以 q21， a1 a3 a5，故公差 d3.2、 设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S3， S9， S6成等差数列，且 a2 a54，则 a8的值为_【答案】：. 2【解析】：当 q1 时，显然不符合题意当 q1 时，设 Sn ，因为 S3， S9， S6成等差数列，a1 1 qn1 q所以 2q9

2、q6 q30，即 2q6 q310，解得 q3 或 q31(舍去)又 a2 a5 a2(1 q3) 4，故12 a22a28，即 a8 a2q62. 3、已知数列 n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 7，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 54、已知数列 na是递增的等比数列， ，则数列 na的前 项和等于 【答案】： 125、已知数列 an是等差数列，且 1，它的前 n 项和 Sn有最小值，则 Sn取到最小正数时的 n a7a6【答案】：12【解析】 由题意可

3、知 0d，又 1，所以 从而 ，a7a6所以 Sn取到最小正数时的 n 的值为 126、设等比数列 na的前 项和为 nS，若 435a， ， 成等差数列，且 3kS， 163k，其中 kN，则2kS的值为 【答案】：129【解析】：设等比数列 na的公比为 q，则由题意得 ，也就是 ，即，解之得 1q或 2；由于 3kS, 61k,所以 1q不符合题意，舍；当 时， ，从而 ，所以 7、 设等比数列a n的前 n 项和为 Sn.若 S3，S 9，S 6成等差数列，且 a83，则 a5的值为_8、设 nS是数列 na的前 n 项和，且 1a， 11nnS，则 n_【答案】： 1【解析】 由已知

4、得 ，两边同时除以 1nS，得 ，故数列 1nS是以 1为首项， 为公差的等差数列，则 ，所以 n9、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 d0，则 S1， S2， S4分别为 1,2 d,46 d.由 S1， S2， S4成等比数列，得(2 d)246 d，即 d22 d.因为 d0，所以 d2.10、设公差为 d(d 为奇数，且 d1)的等差数列 的前 n 项和为 Sn， 若 Sm1 9，S m0，其中

5、 m3，且anmN *，则 an_.【答案】： 3 n12【解析】： 因为 Sm1 9， Sm0，所以 am9.又 Sm 0，所以 a1 am0，即 a19.m a1 am2又 am9( m1) d9，即( m1) d18，因为 m1 为正整数， d 为比 1 大的奇数，故 d3， m7 或d9， m3(舍)，故 an a1( n1) d3 n12.11、. 若公比不为 1 的等比数列 an满足 log2(a1a2a13)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 log2(a1a2a13)13，所以 a1a2a132

6、13，( a7)132 13， a72，所以等差数列 bn中， b7 a72， b1 b2 b1313 b713226.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， qN *，且m n p q，则 aman apaq；在等差数列 an中，若 m， n， p， qN *，且 m n p q，则 am an ap aq.12、已知等比数列 an的首项为 ，公比为 ，其前 n 项和为 Sn，若 对 nN*恒成立，则43 13B A 的最小值为 【答案】：5972【解析】 由题意可求得 ，令1()3nt，则19t ，从而843nS ，所以，所以 B A 的最小值

7、为5972【问题探究，变式训练】例 1、 已知实数 abc， ， 成等比数列， 成等差数列，则 b的最大值为 【答案】 34【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34b，所以 的最大值为34.解法 2（判别式法）由题意知， 则 ,代入得 ，即 ，上述关于 a的方程有解，所以，解得34b，所以 的最大值为34.【变式 1】 、在正项等比数列 an中，若 a4 a32 a22 a16，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 a

8、1和 q，可由 a4 a32 a22 a16 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 a32 a22 a16，得 a1(q1)( q22)6，所以 a1(q1) .因为 an0，所以6q2 2q220， a5 a6 a1(1 q)q4 6 6( q22)6q4q2 2 q4 4 4q2 2 6 q22 46

9、2 46848，当且仅当 q22 ，即4q2 2 4q2 2 q2 2 4q2 2 4q2 2q2， a11 时，等号成立，所以 a5 a6最小值为 48.解法 2 由 a4 a32 a22 a16，得( a2 a1)(q22)6，所以 a2 a1 .因为 an0，所以 q220，6q2 2即 q22， a5 a6( a1 a2)q4 .令 t ，则 t2 t22 2 ，当6q4q2 2 61q2 2q4 1q2 (0， 12) 1q2 2q4 (t 14) 18t 时，式子 取得最大值 ，从而 a5 a6 取得最小值 6848.14 (0， 12) 1q2 2q4 18 61q2 2q4【变

10、式 2】 、. 设 Sn是等比数列 an的前 n 项和， an0，若 S62 S35，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 S62 S3

11、5 得 S3 0，从而 q1，故 S9 S6 S3(q6 q31)5q3 1 S3(q31) S3q6 ，以下同解法 1.5q6q3 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 q1，其前 n 项和为 Sn.若 S42 S21，则 S6的最小值为_【答案】：. 2 33思路分析 首先根据基本量思想，可

12、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 S42 S21 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 q1，所以 Sn ，由 S42 S21，得a1 1 qn1 q2 1，解得 a1 ，所以 S6 a1 1 q41 q

13、a1 1 q21 q 1 q 1 q2 2 a1 1 q61 q 1 q 1 q2 2 ( q21) 3，因为 q1，所以 q210，因此1 q61 q 1 q2 q4 1 q2 q2 1 2 3 q2 1 3q2 1 3q2 1(q21) 32 3，当且仅当 q21 ，即 q 时， S6取得最小值 2 3.3q2 1 3 3q2 1 1 3 3【关联 1】 、已知等比数列a n满足 a2a52a 3，且 a4，2a 7成等差数列，则 a1a2an的最大值为54_【答案】. 1 024解法 1 设等比数列a n的公比为 q，根据等比数列的性质可得 a2a5a 3a42a 3，由于 a30，可得

14、 a42.因为 a4，2a 7成等差数列，所以 2 a 42a 7，可得 a7 ，由 a7a 4q3可得 q ，由 a4a 1q3可得54 54 14 12a116，从而 ana 1qn1 16 n1 (也可直接由 ana 4qn4 得出)，令 bna 1a2an，则(12)a n1 16 ，令 16 1，可得 n4，故 b1b6bn，所以当 n4 或 5 时，bn 1bn (12)n (12)n a1a2an的值最大，为 1 024.解法 2 同解法 1 得 an16 n1 ，令 an1 可得 n5，故当 1n5 时，a n1，当 n6 时，00， a2 b20 的所有正整数 n.【解析】令

15、 a2(n1) (a2n )，得 a2(n1) a2n ，所以 .(4 分)13 13 23 32此时， a2 1 .(5 分)13 32 16所以存在 ，使得数列 a2n 是等比数列(6 分)32(2) 由(1)知，数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，a2n32 16 13所以 a2n n1 ，32 16 (13) 12 13n即 a2n .(8 分)12(3 13n)由 a2n a2n1 (2 n1)，得 a2n1 3 a2n3(2 n1) 6 n3，(10 分)13 32(3 13n)所以 a2n1 a2n 6 n3 2 n6 n9.32(3 13n) 12(3 13n) (13)所以

16、 S2n( a1 a2)( a3 a4)( a2n1 a2n)2 2 n6(12 n)13 (13) (13)9 n 3 n26 n1，(12 分)13n从而 S2n1 S2n a2n 3 n26 n .32 13n 52因为 和3 n26 n3( n1) 23 在 nN *时均单调递减，所以 S2n和 S2n1 均各自单调递减(14 分)13n计算得 S11， S2 ， S3 ， S4 ，73 73 89所以满足 Sn0 的所有正整数 n 的值为 1 和 2.(16 分)对于通项公式分奇偶不同的数列 an求 Sn时，一般先把 a2k1 a2k看做一项，求出 S2k，再求解 后 反 思S2k1

17、 S2k a2k.例 3、设数列 an的前 n 项和为 Sn.若 2( nN *)，则称 an是“紧密数列” 12 an 1an(1) 若数列 an的前 n 项和为 Sn (n23 n)(nN *)，证明： an是“紧密数列” ；14(2) 设数列 an是公比为 q 的等比数列若数列 an与 Sn都是“紧密数列” ，求实数 q 的取值范围【解析】： (1) 由数列 an的前 n 项和 Sn (n23 n)(nN *)，14得 anError! Error!所以 an n (nN *)(2 分)12 12所以 1 ，(4 分)an 1an12 n 1 1212n 12 n 2n 1 1n 1因为

18、对任意 nN *,01，12 ( 32) 34所以当 q1,2q11，1 q20.所以Error! 解得 q1.又 1q2，此时 q 不存在综上所述， q 的取值范围是 .(16 分)12， 1解法 2 因为 an是“紧密数列” ，所以 q2.(8 分)12当 q1 时， Sn na1， 1 ，所以 1 1 2，Sn 1Sn n 1n 1n 12 Sn 1Sn 1n故当 q1 时，数列 Sn为“紧密数列” ，故 q1 满足题意(10 分)当 q1 时， Sn ，则 .a1 1 qn1 q Sn 1Sn 1 qn 11 qn因为数列 Sn为“紧密数列” ，所以 2 对于任意 nN *恒成立12

19、Sn 1Sn 1 qn 11 qn() 当 q1 时， (1 qn)1 qn1 2(1 qn)，12 12即Error! 对于任意 nN *恒成立所以Error! 解得 q1.(13 分)12() 当 1 q2 时，同理可得Error!无解综上所述， q 的取值范围是 .(16 分)12， 1【变式】 、若数列 an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称 an为“等比源数列” (1) 已知数列 an中， a12， an1 2 an1.求 an的通项公式； 试判断 an是否为“等比源数列” ，并证明你的结论(2) 已知数列 an为等差数列，且 a10， anZ( nN *)求证： an为“

20、等比源数列” 【解析】： (1) 由 an1 2 an1，得 an1 12( an1)，且 a111，所以数列 an1是首项为 1，公比为 2 的等比数列(2 分)所以 an12 n1 .所以数列 an的通项公式为 an2 n1 1.(4 分)数列 an不是“等比源数列” ，用反证法证明如下：假设数列 an是“等比源数列” ，则存在三项 am， an， ak(mnk)按一定次序排列构成等比数列因为 an2 n1 1，所以 amanak，(7 分)所以 a amak，得(2 n1 1) 2(2 m1 1)(2 k1 1)，2n即 22n2 22 n1 12 m k2 2 m1 2 k1 1，两边同时乘以 21 m，得到22n m1 2 n m1 2 k1 12 k m，即 22n m1 2 n m1 2 k1 2 k m1，又 mnk， m， n， kN *，所以 2n m11， n m11， k11， k m1，所以 22n m1 2 n m1 2 k1 2 k m必为偶数，不可能为 1.所以，数列 an中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列综上可得，数列 an不是“等比源数列” (10 分)易错警示 第(1)问，1首项没有交待不为零；2用不完全归纳法第(1)问，1假设中没有m n k；2等式两边奇数偶数说不清第(2)问，把存在错看成恒成立