1、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a n的前 n项和，若 a2a 42，S 2S 41，则 a10_【答案】. 8 【解析】： 列方程组求出 a1和 d，则 a10a 19d.思 路 分 析设公差为 d，则 解得 所以 a10a 19d8.a1 d a1 3d 2，2a1 d 4a1 6d 1， ) a1 1，d 1. )2、 已知等差数列a n的前 n项和为 Sn.若 S1530，a 71，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：在解 后 反 思等差数列a n中，若 m
2、，n，p，qN *且 m n p q，则 am an ap aq；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 am an( m n)d.3、在各项均为正数的等比数列a n中，若 a21，a 8a 66a 4，则 a3的值为_【答案】： 3【解析】：由 a8a 66a 4得 a2q6a 2q46a 2q2，则有 q4q 260，所以 q23(舍负)，又 q0，所以 q，则 a3a 2q .3 3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项解 后 反 思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“a na m
3、qnm (nm)”的应用4、已知等比数列a n的前 n项和为 Sn，且 ，a 4a 2 ，则 a3的值为_S6S3 198 158【答案】：. 94【解析】： 两个已知等式均可由 a3和公比 q表示思 路 分 析由已知，得 解得S6S3 1 q3 198，a3(q 1q) 158， ) q 32，a3 94.)5、记等差数列a n的前 n项和为 Sn.若 am10，S 2m1 110，则 m的值为_【答案】： 6 【解析】：由 S2m1 (2m1)a 1(m1)d(2m1)(2m1)a m得，11010(2m1)，(a1 a2m 12 )解得 m6.6、已知各项都是正数的等比数列a n的前 n
4、项和为 Sn，若 4a4，a 3，6a 5成等差数列，且 a33a ，则2S3_【答案】：. 1327【解析】：设各项都 是正数的等比数列a n的公比为 q，则 q0，且 a10，由 4a4，a 3，6a 5成等差数列，得 2a34a 46a 5，即 2a34a 3q6a 3q2，解得 q .又由 a33a ，解得 a1 ，所以13 2 13S3a 1a 2a 3 . 13 19 127 13277、知 n是等比数列， nS是其前 项和若 3， 1264S，则 9的值为 【答案】2 或 6【解析】由1264，当 1,q左边= 2,右边=显然不成立，所以 ，则有 ，因为10aq，所以 ,即 ，所
5、以63或 ，所以 .【易错警示】若用到等比数列的前 n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】：. 1322【解析】：设该等差数列为 an，则有 S43， a9 a8 a74，即 a8 ，则有Error!即Error!解得 a1 .43 13229、 等差数列a n的前 n项和为 Sn，且 anS nn 216n
6、15(n2，nN *)，若对任意 nN *，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 a12，则 a5的最小值为 【答案】：8 【解析】： 因为 a3 a12，所以 ，即 1q所以 ，设 ，即 21qt，所以 ，当且仅当 1t，即 2q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_anS5S3 a5a3【答 案】：. 179【解析】：设等差数列 an的首项为 a1，则由 3 得 3，所以 d4 a1，所以S5S3 5a1 10d3a1 3d .a5a3 a1 4da1 2d 17a19a1 17
7、9【变式 1】 、设 nS是等差数列 na的前 n项和，若 36S，则 69= 【解析】 由361，得 63S，由 S3， S6 S3， S9 S6成等差数列，故 S6 S3 = 2S3， S9 S6 = 3S3 = S6，解得 9=12【变式 2】 、 设 nS是等比数列 na的前 n项和，若 5103S，则 520= 【解析】 由5103，得 105S，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， 157， 2051，故 201【变式 3】 、 设 nS是等比数列
8、na的前 n项和，若 5102a，则201S= 【解析】 由 5102a，得512q，则 【关联 1】 、设数列a n的前 n项和为 Sn，满足 Sn2a n2，则 _.a8a6【解析】： 4 求出 a1及 an1 与 an间的递推关系思 路 分 析由 Sn2 an2 和 Sn1 2 an1 2，两式相减得 an1 2 an0，即 an1 2 an.又 a1 S12，所以数列 an是首项为 2、公比 q2 的等比数列，所以 q24.a8a6【关联 2】 、 Sn是等差数列 an的前 n项和，若 ，则 _.SnS2n n 14n 2 a3a5【答案】： 35解法 1 由 可得， ，当 n1 时，
9、 ，所以 a22 a1. SnS2n n 14n 2n a1 an22n a1 a2n2 a1 ana1 a2n n 12n 1 2a1a1 a2 23d a2 a1 a1，所以 .a3a5 a1 2da1 4d 3a15a1 35解法 2 ，SnS2n n 14n 2 n2 n4n2 2n观察发现可令 Sn n2 n，则 an Sn Sn1 n2 n( n1) 2( n1)2 n，所以 .a3a5 2325 35【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 13，使得 nb为整数的正整数 n的个数为 【解析】 ，所以， ，要使得 nba为整数，则 n+1
10、为 18的因数， n=1，2，5，8，17，所以，使得 n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 b1 a1， bn1 bn .1anan 1求数列 bn的通项公式；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 d0.由 a2a315， S416，得Error!解得Error! 或Error!(舍去)所以 an2 n1.(4 分)
11、(2) 因为 b1 a11，bn1 bn ， (6 分)1anan 1 1 2n 1 2n 1 12 ( 12n 1 12n 1)即 b2 b1 ，12(1 13)b3 b2 ，12(13 15)bn bn1 ， n2，12( 12n 3 12n 1)累加得 bn b1 ，(9 分)12(1 12n 1) n 12n 1所以 bn b1 1 .n 12n 1 n 12n 1 3n 22n 1又 b11 也符合上式，故 bn ， nN *.(11分)3n 22n 1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
12、 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13ma为数列 an中的项【解析】 （1）设公差为 d，则 ，得 ，因为 d 0，所以 430a，又由 S7 = 7得 a4 = 1，解得 a1 = 5， d = 2，所以 2n， （2） ，令 1mt，则 ，因为 t是奇数，所以 t可取的值为 1，当 t = 1， m = 1时，135ma，是数列 na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
13、 bn， cn满足( n1) bn an1 ，( n2) cnSnn ，其中 nN *.an 1 an 22 Snn(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 bn 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 an1 d， d，所以Snn n 12 an 1 an 22 Snn n 22bn cn d.因此要先证 bn cn 是常数12【解析】： (1) 若数列 an是公差为 2的等差数列，则 .(2分)Snn a1 an2所以( n2) cn n2，得 cn1.(4 分) a
14、n 1 a1 an 2 an2(2) 由( n1) bn an1 ，得 n(n1) bn nan1 Sn，Snn从而( n1)( n2) bn1 ( n1) an2 Sn1 .两式相减，得( n1)( n2) bn1 n(n1) bn( n1) an2 ( n1) an1 ，即( n2) bn1 nbn an2 an1 .(*)(6分)又( n2) cn( n1) bn ，an 2 an 12所以 2(n2) cn2( n1) bn( n2) bn1 nbn，整理，得 cn (bn bn1 )(9 分)12因为 bn cn对一切 nN *恒成立，所以 bn cn (bn bn1 ) 对一切 n
15、N *恒成立，12得 cn ，且 bn bn1 2 .而 bn ， bn1 ，所以必有 bn bn1 .综上所述， bn cn 对一切 nN *恒成立(12 分)此时，由(*)式，得 an2 an1 2 对一切 nN *恒成立(14 分)对( n1) bn an1 ，取 n1，得 a2 a12 .Snn综上所述， an1 an2 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Snn 12【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 Sn1 S n3 n1
16、 ，其中常数 0.设 bn (nN *)an3n(1) 若 3，求数列 的通项公式；bn(2) 若 1 且 3，设 cn an 3n(nN *)，证明数列 是等比数列；2 3 cn(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 Sn1 S n3 n1 ， nN *，所以当 n2 时， Sn S n1 3 n，从而 an1 a n23 n， n2， nN *又在 Sn1 S n3 n1 中，令 n1，可得 a2 a 123 1，满足上式，所以 an1 a n23 n, nN * (2 分)(1) 当 3 时， an1 3 an23 n， nN *，从而 ，即 bn
17、1 bn ，an 13n 1 an3n 23 23又 b11，所以数列 是首项为 1，公差为 的等差数列，bn23所以 bn .(4分)2n 13(2) 当 0且 3 且 1 时，cn an 3n a n1 23 n1 3n2 3 2 3 a n1 3n1 ( 33)2 3 (an1 3n1 ) cn1, (7分)2 3又 c13 0，6 3 3 1 3所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，cn3 1 3cn n1 (8 分)3 1 3(3) 在(2)中，若 1，则 cn0 也可使 an有意义，所以当 3 时， cn n1 .3 1 3从而由(1)和(2)可知(9分)当 3 时， bn ，显然
18、不满足条件，故 3.(10 分)2n 13当 3 时， bn n1 . 1 3 (3) 2 3若 3, 0， bn0， 0， bnbn1 ， nN *，且 bn0. 1 3 2 3所以只需 b1 13 即可，显然成立故 00， 1 3 2 3从而 bn0.故 bn ，1， 2 3)要使 bn3 恒成立，只需 3 即可2 3所以 1 . (15分)73综上所述，实数 的取值范围是 .(16分)(0，73【关联 2】 、已知数列a n的各项均为正数，记数列a n的前 n项和为 Sn，数列a 的前 n项和为 Tn，且2n3TnS 2S n，nN *.2n(1) 求 a1的值；(2) 求数列 an的通
19、项公式；(3) 若 k， tN *，且 S1， Sk S1， St Sk成等比数列，求 k和 t的值第(2)问，由于式子“3T nS 2S n”涉及数列a n，a 的前 n项和，常用相邻项作差法处理，思 路 分 析 2n 2n将其转化为数列a n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 3T1S 2S 1，得 3a a 2a 1，即 a a 10.因为 a10，所以 a11.(2 分)21 21 21 21(2) 因
20、为 3TnS 2S n， 2n所以 3Tn1 S 2S n1 ， 2n 1，得 3a S S 2a n1 ，即 3a (S n1 S n)(Sn1 S n)2a n1 ，即2n 1 2n 1 2n 2n 13a (S n1 S n)an1 2a n1 ，2n 1因为 an1 0，所以 3an1 S n1 S n2， (5 分)所以 3an2 S n2 S n1 2， ，得 3an2 3a n1 a n2 a n1 ，即 an2 2a n1 ，所以当 n2 时 ， 2.(8 分)an 1an又由 3T2S 2S 2，得 3(1a )(1a 2)22(1a 2)，2 2即 a 2a 20.2因为
21、a20，所以 a22，所以 2，a2a1所以对 nN *，都有 2 成立，an 1an所以数列 an的通项公式为 an2 n1 ， nN *.(10分)(3) 由(2)可知 Sn2 n1.因为 S1， Sk S1， St Sk成等比数列，所以( Sk S1)2 S1(St Sk)，即(2 k2) 22 t2 k，(12 分)所以 2t(2 k)232 k4，即 2t2 (2 k1 )232 k2 1(*)由于 Sk S10，所以 k1，即 k2.当 k2 时，2 t8，得 t3.(14 分)当 k3 时，由(*)，得(2 k1 )232 k2 1 为奇数，所以 t20，即 t2，代入(*)得
22、22k2 32 k2 0，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，解 后 反 思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， an1 3 an2 n1.(1) 求证：数列 an n为等比数列；(2) 记 bn an(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
23、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 T2 T3，得 9；(12 分)当 n4 时， n2 n12( n4)( n3)0 恒成立，所以 对 n4 恒成立3n 1 81n2 n 12令 f(n) ， n4，3n 1 81n2 n 12则 f(n1) f
24、(n) 0 恒成立，3n 1 2n2 26 162 n 1 n2 3n 10 n2 n 12故 f(n) 在 n4 时单调递增，3n 1 81n2 n 12所以 f(4) .(15分)814综上，9 .(16分)814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，( k1 k2 kn)成等比数列，公比为 q.(1) 若 k11， k23
25、， k38，求 的值；a1d(2) 当 为何值时，数列 kn为等比数列？a1d(3) 若数列 kn为等比数列，且对于任意 nN *，不等式 an akn2 kn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；a1d(2) 先由数列 kn为等比数列，得出 k k1k3，再结合 ak1， ak2， ak3成等比数列，得方程 a1( k11 )d2a1( k31) d a1( k21) d2，化简得 1，再证明当 1 时，数列 kn为等比数列，从而确定a1d a1d的值为 1；a1d(3) 由(2)中结论得出 kn k1qn1 (q1)，代入 a
26、n akn2 kn并分离变量得 0 1a1 n k1qn 12k1qn 1 12 q2k1，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nqn nqn 12 q2k1 nqn 12 1a1 122，)【解析】： (1) 由已知可得 a1， a3， a8成等比数列，所以( a12 d)2 a1(a17 d), (2分)整理可得 4d23 a1d.因为 d0，所以 .(4分)a1d 43(2) 设数列 kn为等比数列，则 k k1k3.2又因为 ak1， ak2， ak3成等比数列，所以 a1( k11) da1( k31) d a1( k21) d2.整理，得 a1
27、(2k2 k1 k3) d(k1k3 k k1 k32 k2)2因为 k k1k3，所以 a1(2k2 k1 k3) d(2k2 k1 k3)2因为 2k2 k1 k3，所以 a1 d，即 1.(6 分)a1d当 1 时， an a1( n1) d nd，所以 akn knd.a1d又因为 akn ak1qn1 k1dqn1 ，所以 kn k1qn1 .所以 q，数列 kn为等比数列kn 1kn k1qnk1qn 1综上，当 1 时，数列 kn为等比数列(8 分)a1d因为 lnx x x，则 lnn12ln n 1 n 1，1e 12 12 12解不等式 n 1 n1lnqln ，即( n 1)2lnq n 1ln 0，12 12 12可得 n 1 ，12 1 1 4lnqln2lnq所以 n1 2.(1 1 4lnqln2lnq )设 x表示不大于 x的最大整数不妨取 n0 1，则当 n1 n0时，原式得证(1 1 4lnqln2lnq )2所以 0 ，所以 a12，即得 a1的取值范围是2，)(16 分)1a1 12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，a1d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a1d n1qn1法严格证明，要认真地体会