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2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题九 等差、等比数列的基本问题


专题九 等差、等比数列的基本问题

1.在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列前 11 项和 S11 =( A.58 C.143 B.88 D.176

).

答案: B [利用等差数列的性质及求和公式求解.因为{an}是等差数列,所以 a4+a8 11?a1+a11? =2a6=16?a6=8,则该数

列的前 11 项和为 S11= =11a6=88.] 2 2.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10=( A.7 C.-5 答案: D B.5 D.-7
? ? ? ?a4+a7=2, ?a4=4, ?a4=-2, [设数列{an}的公比为 q, 由? 得? 或? 所 ?a5· ? ?a7=4, a6=a4· a7=-8 ? ?a7=-2 ?

).

a =-8, ? ? ? ? ? 1 ?a1=1, ?a1=-8, ?a1=1, 以? 3 或? 3 所以? 或? 所以 a1+a10=-7.] 1 ?q =-2, ?a10=1 ?a10=-8, ? ? ? ?q =-2 ? 3.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( A.1 C.3 B.2 D.4 ).

答案:B [在等差数列{an}中,∵a1+a5=10,∴2a3=10,∴a3=5,又 a4=7,∴所求 公差为 2.] 4.设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 q =________. 解析 ∵S4-S2=a3+a4=3(a4-a2), ∴a2(q+q2)=3a2(q2-1), 3 ∴q=-1(舍去)或 q= . 2 答案 3 2

本部分在高考中常以选择题和填空题的形式出现,考查这两种数列的概念、基本性质、 简单运算、 通项公式、 求和公式等,属于中档题; 以解答题出现时,各省市的要求不太一样, 有的考查等差、等比数列的通项公式与求和等知识,属于中档题;有的与函数、不等式、解 析几何等知识结合考查,难度较大.

(1)深刻理解两种数列的基本概念和性质,熟练掌握常用的方法和技能;掌握等差数列 和等比数列的判定、 证明方法, 这类问题经常出现在以递推数列为背景的试题的第(1)问中.
[来 源:学科网 ZXXK]

(2)熟练掌握等差数列和等比数列的性质,并会灵活应用,这是迅速、准确地进行计算 的关键.

必备知识 等差数列的有关公式与性质 (1)an+1-an=d(n∈N*,d 为常数). (2)an=a1+(n-1)d. n?a1+an? n?n-1? (3)Sn= =na1+ d. 2 2 (4)2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2). (5 )①an=am+(n-m)d(n,m∈N*); ②若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*); ③等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?成等差数列. 等比数列的有 关公式与性质 an+1 (1) =q(n∈N*,q 为非零常数). an (2)an=a1qn 1.

[来源:学+科+网 Z+X+X+K]

a1?1-qn? a1-anq (3)Sn= = (q≠1). 1-q 1-q
* (4)a2 n=an-1an+1(n∈N ,n≥2).

(5)①an=amqn m;


②若 m+n =p+q,则 am· an=ap· aq; ③等比数列{an}(公比 q≠-1)的前 n 项和为 Sn,则 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?也成等比 数列.

必备方法 1.运用方程的思想解等差(比)数列是常见题型,解决此类问题需要抓住基本量 a1、d(或 q),掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节,常通过“设而不求,整体代入”来简化 运算. 2. 深刻理解等差(比)数 列的定义, 能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的 关键.解题时应从基础处着笔,首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式,然后要 熟悉它们的变形使用,善用技巧,减少运算量,既准又快地解决问题.

3.等差、等比数列的判定与证明方法: an+1 (1)定义法:an+1-an=d(d 为常数)?{an}是等差数列; =q(q 为非零常数)?{an}是等 an 比数列; (2)利用中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数列;a2 an+2(n∈N*)?{an} n+1=an· 是等比数列(注意等比数列的 an≠0,q≠0); (3)通项公式法:an=pn+q(p,q 为常数)?{an}是等差数列;an=cqn(c,q 为非零常数) ?{an}是等比数列; (4)前 n 项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B 为常数)?{an}是等差数列;Sn=mqn-m(m 为常 数,q≠0)?{an}是等比数列; (5)若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列,只需用 a1,a2,a3 验证即可.

等差?比?数列的基本运算 等差数列和等比数列在公式和性质上有许多相似性,是高考必考内容,着重考查等差、 等比数列的基本运算、 基本技能和基本思想方法, 题型不仅有选择题、 填空题、 还有解答题, 题目难度中等. 【例 1】已知两个等比数列{an}、{bn}满足 a1=a(a>0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3 =3. (1)若 a=1,求数列{an}的通项公式; (2)若数列{an}唯一,求 a 的值. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)利用 b1、b2、b3 等比求解;(2)利用(1)问的解题思路,结合方程的相关知 识可求解. 解 (1)设{an}的公比为 q,则 b1=1+a=2,b2=2+aq=2+q,b3=3+aq2=3+q2.

由 b1,b2,b3 成等比数列得(2+q)2=2(3+q2), 即 q2-4q+2=0,解得 q1=2+ 2,q2=2- 2, 所以{an}的通项公式为 an=(2+ 2)n
-1

或 an=(2- 2)n 1.


(2)设{an}的公比为 q,则由(2+aq)2=(1+a)(3+aq2), 得 aq2-4aq+3a-1=0.(*) 由 a>0 得,Δ=4a2+4a>0,故方程(*)有两个不同的实根, 1 由{an}唯一,知方程(*)必有一根为 0,代入(*)得 a= . 3 关于等差(等比)数列的基本运算,一般通过其通项公式和前 n 项和公式构造 关于 a1 和 d(或 q)的方程或方程组解决,如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的 性质,不仅可以快速获解,而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识. 【突破训练 1】等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和.若 a1=1,ak+a4=0,则 k =( ). A.10 B.12 C.15 D.20 答案: A [设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S9-S4=0,即 a5+a6+a7+a8+a9=

0,5a7=0,故 a7=0,而 ak+a4=0,故 k=10.] 等差、等比数列的判断与证明 高考对该内容的考查主要是等差、等比数列的定义,常与递推数列相结合考查.常作为 数列解答题的第一问,为求数列的通项公式做准备,属于中档题.

【例 2】? 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn+1=4an+2. (1)设 bn=an+1-2an,证明:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)先利用 an+1=Sn+1-Sn 将 Sn+1=4an+2 转化为关于 an 的递推关系式, 再利 用 bn=an+1-2an 的形式及递推关系式构造新数列来求证. (2)借助(1)问结果,通过构造新数列的方式求通项. (1)证明 由 a1=1,及 Sn+1=4an+2, 有 a1+a2=4a1+2,a2=3a1+2=5, ∴b1=a2-2a1=3,由 Sn+1=4an+2,① 则当 n≥2 时,有 Sn=4an-1+2.② ①-②得 an+1=4an-4an-1. ∴an+1-2an=2(an-2an-1). 又∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1, ∴{bn}是首项 b1=3,公比为 2 的等比数列, (2)解 ∴ 由(1)可得 bn=an+1-2an= 3· 2n 1,


an+1 an 3 + - n= . 2n 1 2 4

?an? 1 3 ∴数列?2n?是首项为 ,公差为 的等差数列, 2 4 ? ?

an 1 3 3 1 ∴ n= +(n-1)× = n- , 2 2 4 4 4 所以 an=(3n-1)· 2 n 2.


判断一个数列是等差数列或等比数列的首选方法是根据定义去判断, 其次是 由等差中项或等比中项的性质去判断. 【突破训练 2】 在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n. an (1)设 bn= n-1.证明:数列{bn}是等差数列; 2 (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. an+1 an (1)证明 ∵an+1=2an+2n,∴ n = n-1+1. 2 2 即有 bn+1=bn+1,

所以{bn}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列. (2)解 由(1)知 bn=n,从而 an=n· 2n 1.
- - -

Sn=1×20+2×21+3×22+?+(n-1)×2n 2+n×2n 1, ∴2Sn=1×21+2×22+3×23+?+(n-1)×2n 1+n×2n.


两式相减得, Sn=n×2 n-20-21-22-?-2n 1=n×2n-2n+1=(n-1)2n+1.

[来源:学科网 ZXXK]

等差数列与等比数列的综合应用 从近几年的考题看, 对于等差与等比数列的综合考查也频频出现. 考查的目的在于测试 考生灵活运用知识的能力,这个“灵活”就集中在“转化”的水平上. 【例 3】已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=2,S1、2S2、3S3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{bn-an}是首项为-6,公差为 2 的等差数列,求数列{bn}的前 n 项和. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)列出关于公比 q 的方程求 q;(2)先求出 bn 后,再根据公式求和. 解 (1)由已知 4S2=S1+3S3,4(a1+a1q)=a1+3a1(1+q+q2),

1 ?1?n-1. 3q2-q=0,∴q=0(舍),或 q= ,∴an=2· ?3? 3 1?n-1 (2)由题意得:bn-an=2n-8,bn=an+2n-8=2? ?3? +2n-8. 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn, 1?n 21-? ?3? n?-6+2n-8? Tn= + 1 2 1- 3 1? =3? ?1-3n?+n(n-7) 1 =- n-1+n2-7n+3. 3 (1)在等差数列与等比数列的综合问题中, 特别要注意它们的区别, 避免用错 公式.(2)方程思想的应用往往是破题的关键. 【突破训练 3】 数列{an}为等差数列,an 为正整数,其前 n 项和为 Sn,数列{bn}为等比 数列,且 a1=3,b1=1,数列{ban}是公比为 64 的等比数列,b2S2=64. (1)求 an,bn;

1 1 1 3 (2)求证: + +?+ < . S1 S2 Sn 4 (1)解 设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,则 d 为正整数,an=3+(n-1)d,bn=qn 1.


ban+1 q ? ? ba = 3+?n-1?d=qd=64=26, q 依题意有? n ① ? ?S2b2=?6+d?q=64, 由(6+d)q=64 知 q 为正有理数, 故 d 为 6 的因子 1,2,3,6 之一, 解①得 d=2,q=8, 故 an=3+2(n-1)=2n+1,bn=8n 1.


3+nd

(2)证明 Sn=3+5+?+(2n+1)=n(n+2), 1 1 1 1 1 1 1 ∴ + +?+ = + + +?+ S1 S2 Sn 1×3 2×4 3×5 n?n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 = ?1-3+2-4+3-5+?+n-n+2? 2? ? 1 1 1 1 3 = ?1+2-n+1-n+2?< . 2? ? 4

[来源:学科网]

递推数列及其应用 递推数列问题一直是高考命题的特点, 递推数列在求数列的通项、 求和及其它应用中往 往起至关 重要的纽带作用,是解决后面问题的基础和台阶,此类题目需根据不同的题设条 件,抓住数列递推关系式的特点,选择恰当的求解方法. 【示例】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足:a1=a(a≠0),an+1=rSn(n∈N*,r∈R, r≠-1). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若存在 k∈N*, 使得 Sk+1, Sk, Sk+2 成等差数列, 试判断: 对于任意的 m∈N*, 且 m≥2, am+1,am,am+2 是否成等差数列,并证明你的结论. [满分解答] (1)由已知 an+1=rSn,可得 an+2=rSn+1,两式相减,得 an+2-an+1=r(Sn+1 -Sn)=ran+1, 即 an+2=(r+1)an+1.(2 分) 又 a2=ra1=ra, 所以,当 r=0 时,数列{an}为:a,0,?,0,?;(3 分) 当 r≠0,r≠-1 时,由已知 a≠0,所以 an≠0(n∈N*), an+2 于是由 an+2=(r+1)an+1,可得 =r+1(n∈N*), an+1

∴a2,a3,?,an,?成等比数列, ∴当 n≥2 时,an=r(r+1)n 2a.(5 分)


综上,数列{an}的通项公式为 an=? (6 分)

?a,n=1, ? ?r?r+1? ?
n-2

a,a≥2.

(2)对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列,证明如下:
? ?a,n=1, 当 r=0 时,由(1)知,an=? ?0,n≥2. ?

∴对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.(8 分) 当 r≠0,r≠-1 时, ∵Sk+2=Sk+ak+1+ak+2,Sk+1=Sk+ak+1, 若存在 k∈N*,使得 Sk+1,Sk,Sk+2 成等差数列, 则 Sk+1+Sk+2=2Sk, ∴2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk,即 ak+2=-2ak+1.(10 分) 由(1)知,a2,a3,?,am,?的公比 r+1=-2, 于是对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1=-2am, 从而 am+2=4am, ∴am+1+am+2=2am, 即 am+1,am,am+2 成等差数列.(12 分) 综上 ,对于任意的 m∈N*,且 m≥2,am+1,am,am+2 成等差数列.(13 分) 老师叮咛:本题是以 an 和 Sn 为先导的综合问题,主要考查等差、等比数列的基础知识 以及处理递推关系式的一般方法.失分的原因有:第(1)问中漏掉 r=0 的情况,导致结论写 为 an=r(r+1)n 2a; 第(2)问中有的考生也漏掉 r=0 的情况, 很多考生不知将 Sk+1+Sk+2=2Sk

[来源:Z_xx_k.Com]

转化为 ak+1 与 ak+2 的关系式,从而证明受阻. 【试一试】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2an=S2+Sn 对一切正整数 n 都 成立. (1)求 a1,a2 的值;
? 10a1? (2)设 a1>0, 数列?lg a ?的前 n 项和为 Tn.当 n 为何值时, Tn 最大?并求出 Tn 的最大值. ? n ?



(1)取 n=1,得 a2a1=S2+S1=2a1+a2,①

取 n=2,得 a2 2=2a1 +2a2,② 由②-①,得 a2(a2-a1)=a2,③ (i)若 a2=0,由①知 a1=0, (ii)若 a2≠0,由③知 a2-a1=1.④ 由①、④解得,a1= 2+1,a2=2+ 2;或 a1=1- 2,a2=2- 2.

综上可知 a1=0,a2=0;或 a1= 2+1,a2= 2+2;或 a1=1- 2,a2=2- 2. (2)当 a1>0 时,由(1)知 a1= 2+1,a2= 2+2. 当 n≥2 时,有(2+ 2)an=S2+Sn,(2+ 2)an-1=S2+Sn-1, 所以(1+ 2)an=(2+ 2)an-1,即 an= 2an-1(n≥2), 所以 an=a1( 2)n 1=( 2+1)· ( 2)n 1.
- -

10a1 令 bn=lg , an 1 1 100 - 则 bn=1-lg( 2)n 1=1- (n-1)lg 2= lg n-1, 2 2 2 1 所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为- lg 2), 2 10 从而 b1>b2>?>b7=lg >lg 1=0, 8 1 100 1 当 n≥8 时,bn≤b8= lg < lg 1=0, 2 128 2 故 n=7 时,Tn 取得最大值,且 Tn 的最大值为 7?b1+b7? 7?1+1-3lg 2? 21 T7= = =7- lg 2. 2 2 2


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