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等差数列与等比数列的综合问题


3.4

等差数列与等比数列的综合问题

●知识梳理 等差、 (一)等差、等比数列的性质 1.等差数列 n}的性质 等差数列{a 的性质 等差数列 (1)am=ak+(m-k)d,d= am ? a . ) ( - ) , ?k
m k

(2)若数列 n}是公差为 d 的等差数 )若数列{a 是公差为 则数列

{ 为常数) 列,则数列 λan+b}(λ、b 为常数)是公 ( 差为λd 的等差数列;若{bn}也是公差为 d 的等差数列; 也是公差为 的等差数列, 的等差数列,则{λ1an+λ2bn}(λ1、λ2 为 ( 常数) 常数)也是等差数列且公差为λ1d+λ2d. (3)下标成等差数列且公差为 m 的项 ) ak,ak+m,ak+2m,…组成的数列仍为等差数 列,公差为 md. (4)若 m、n、l、k∈N*,且 m+n=k+l, ) 、 、、 ∈ , 反之不成立. 则 am+an=ak+al,反之不成立 ( 5 ) 设 A=a1+a2+a3+ … +an , B=an+1+an+2+an+3+ +a2n … , C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a3n,则 A、B、C 成 … 、 、 等差数列. 等差数列

(6)若数列 n}的项数为 2n(n∈N*) )若数列{a 的项数为 ( ∈ ,
S S ( (a 则 S 偶-S 奇=nd, = aa , 2n=n an+an+1) n、 , ( S


n +1 n



为中间两项) an+1 为中间两项) ; 若数列{a 的项数为 若数列 n}的项数为 2n-1(n∈N*) - ( ∈ ,
S ? 则 S 奇-S 偶=an, S = n n 1 ,S2n-1=(2n-1)an ( - )
偶 奇

为中间项) (an 为中间项). 2.等比数列 n}的性质 等比数列{a 的性质 等比数列 - (1)am=ak·qm k. ) 若数列{a 是等比数列 则数列 λ 是等比数列, 则数列{ (2) ) 若数列 n}是等比数列, 为常数) 的等比数列; ( 1an}(λ1 为常数)是公比为 q 的等比数列; 的等比数列, 若 {bn}也是公比为 q2 的等比数列 , 则 { λ 也是公比为 为常数) ( 1an·λ2bn}(λ1、λ2 为常数)也是等比数 列,公比为 q·q2. · (3)下标成等差数列且公差为 m 的项 ) ak,ak+m,ak+2m,…组成的数列仍为等比数 组成的数列仍为等比数 列,公比为 qm. (4)若 m、n、l、k∈N*,且 m+n=k+l, ) 、 、、 ∈ , 反之不成立. 则 am·an=ak·al,反之不成立 ( 5 ) 设 A=a1+a2+a3+ … +an , B=an+1+an+2+an+3+ +a2n … , C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a3n,则 A、B、C 成 … 、 、

等 比 数 列 , 设 M=a1 · a2 · … · an , N=an+1· n+2· a2n, 2n+1· 2n+2· a3n, a P=a a …· …· 则 M、N、P 也成等比数列 、 、 也成等比数列. 对于等差、 (二)对于等差、等比数列注意以下设 法: 如三个数成等差数列, a, 如三个数成等差数列, 可设为 a-d, , - , a+d;若四个符号相同的数成等差数列,知 差数列, ;若四个符号相同的数成等差数列 其和, 其和,可设为 a-3d,a-d,a+d,a+3d.三 - , - , , 三 个数成等比数列, , , 个数成等比数列,可设为 a ,a,aq,若四个 q 符号相同的数成等比数列,知其积,可设为 符号相同的数成等比数列,知其积,
a q3

, a ,aq,aq3. , q

(三)用函数的观点理解等差数列、等 用函数的观点理解等差数列、 比数列 1.对于等差数列 , ∵ an=a1+( n- 1) 对于等差数列 ( - ) d=dn+(a1-d) 当 d≠0 时,an 是 n 的一次 ,当 ≠ ( ) , 函数,对应的点( , 函数,对应的点(n,an)是位于直线上的 若干个点.当 > 函数是增函数, 若干个点 当 d>0 时,函数是增函数,对应 数列是递增数列;同理, 的数列是递增数列;同理,d=0 时,函数是 常数函数,对应的数列是常数列; < 常数函数,对应的数列是常数列;d<0 时, 函数是减函数,对应的数列是递减函数. 函数是减函数,对应的数列是递减函数 若 等 差 数 列 的 前 n 项 和 为 Sn , 则

Sn=pn2+qn(p、q∈R).当 p=0 时,{an}为 ( 、 ∈ )当 为 常数列; 常数列;当 p≠0 时,可用二次函数的方法 ≠ 解决等差数列问题. 解决等差数列问题 2.对于等比数列:an=a1qn-1.可用指数函 对于等比数列: 对于等比数列 可用指数函 数的性质来理解. 数的性质来理解 当 a1>0,q>1 或 a1<0,0<q<1 时, , > , < < 等比数列是递增数列; 等比数列是递增数列; 当 a1>0,0<q<1 或 a1<0,q>1 时, , < < , > 等比数列{a 是递减数列 是递减数列. 等比数列 n}是递减数列 是一个常数列. 当 q=1 时,是一个常数列 无法判断数列的单调性 断数列的单调性, 当 q<0 时,无法判断数列的单调性, < 它是一个摆动数列. 它是一个摆动数列 ●点击双基 1.等比数列 n}的公比为 q,则“q>1” 等比数列{a 的公比为 , 等比数列 > ” 是“对于任意自然数 n,都有 an+1>an”的 , A.充分不必要条件 B. 必 充分不必要条件 要不充分条件 C.充要条件 D. 既 不 充 充要条件 分又不必要条件 解析: 解析:当 a1<0 时,条件与结论均不能 由一方推出另一方. 由一方推出另一方 答案: 答案:D

2.已知数列 n}满足 an+2=-a(n∈N*) 已知数列{a 满足 已知数列 - n ∈ , 且 a1=1,a2=2,则该数列前 2002 项的和为 , , A.0 B.-3 C.3 - D.1 解析:由题意,我们发现 解析:由题意,我们发现:a1=1,a2=2, , , a3=-a1=-1,a4=-a2=-2,a5=-a3=1,a6= - - , - - , - , a -a4=2, , 2001=-a1999=1, 2002=-a2000=2, , a … - , - , a1+a2+a3+a4=0. a1+a2+a3+ … ∴ +a2002=a2001+a2002=a1+a2=1+2=3. 答案: 答案:C 3.若关于 x 的方程 x2-x+a=0 和 x2- 若关于 x+b=0(a≠b)的四个根可组成首项为 1 的等 ( ≠ ) 4 差数列, 差数列,则 a+b 的值是
3 A. 8 31 D. 72

B. 11 24

C.

13 24

解析: 解析:依题意设四根分别为 a1、a2、a3、 a4 , 公 差 为 d , 其 中 a1=
1 4

, 即

a1+a2+a3+a4=1+1=2.又 a1+a4=a2+a3, 又 所以 a1+a4=a2+a3=1.

由此求得 a4= 3 ,d= 1 , 4 6
5 7 于是 a2= 12 ,a3= 12 . 5 7 62 31 故 a+b=a1a4+a2a3= 1 × 3 + 12 × 12 = 144 = 72 . 4 4

答案:D 答案: 4.(2004 年春季上海,12)在等差数列 年春季上海, ) ( {an}中,当 ar=as(r≠s)时,数列 n}必定 数列{a 必定 中 ≠ ) 是常数列,然而在等比数列{a 中 是常数列,然而在等比数列 n}中,对某些 ,当 正整数 r、s(r≠s) 当 ar=as 时,非常数列 、(≠) , {an}的一个例子是 的一个例子是___________________. 的一个例子是 解析: 公比为- 解析: 只需选取首项不为 0, , 公比为-1 的等比数列即可. 的等比数列即可 答案: ,- ,-a, ,- ,-a… ≠ ) 答案:a,- ,a,- …(a≠0) 5.(2002 年北京,14)等差数列 n}中, 年北京, )等差数列{a 中 ( a1=2,公差不为零,且 a1,a3,a11 恰好是某 ,公差不为零, 等比数列的前三项, 等比数列的前三项,那么该等比数列公比的 值等于___________________. 值等于 解析: 成等比, 解析:设 a1,a3,a11 成等比,公比为 q, , a3=a1 · q=2q, a11=a1 · q2=2q2.又 {an}是等差 , 又 是等差 数列,∴a11=a1+5(a3-a1) ∴q=4. 数列, ( ,∴ , 答案: 答案:4

●典例剖析 年春季北京, ) 【例 1】 (2005 年春季北京,17)已 】 是等比数列, 知{an}是等比数列,a1=2,a3=18;{bn}是等 是等比数列 , ; 是等 差数列, 差数列,b1=2,b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3>20. , 的通项公式; (1)求数列 n}的通项公式; )求数列{b 的通项公式 的公式; 求数列{b 的前 (2) ) 求数列 n}的前 n 项和 Sn 的公式; (3)设 Pn=b1+b4+b7+…+b3n-2, ) … Qn=b10+b12+b14+…+b2n+8, … 其中 n=1,2,…,试比较 Pn 与 Qn 的大 ,, 并证明你的结论. 小,并证明你的结论 剖析:将已知转化成基本量, 剖析:将已知转化成基本量,求出首项 和公比后,再进行其他运算. 和公比后,再进行其他运算 解:(1)设{an}的公比为 q,由 a3=a1q2 ( ) 的公比为 , 得 q2= a =9,q=±3. , ± a
3 1

当 q=-3 时,a1+a2+a3=2-6+18=14< - - < 20, , 矛盾,故舍去. 这与 a1+a2+a3>20 矛盾,故舍去 当 q=3 时,a1+a2+a3=2+6+18=26>20, > , 故符合题意. 故符合题意 设 数 列 {bn} 的 公 差 为 d , 由 b1+b2+b3+b4=26 得 4b1+ 4 × 3 d=26. 2

又 b1=2,解得 d=3,所以 bn=3n-1. , , - (2)Sn= n(b 2+ b ) = 3 n2+ 1 n. ) 2 2
1 n

(3)b1,b4,b7,…,b3n-2 组成以 3d ) 为公差的等差数列, 为公差的等差数列, 所以 Pn=nb1+ n(n2? 1) ·3d= 9 n2- 5 n; ; 2 2 b10,b12,b14,…,b2n+8 组成以 2d 为公 差的等差数列, 差的等差数列,b10=29, , 所以 Qn=nb10+ n(n2? 1) ·2d=3n2+26n. )-(3n Pn-Qn=( 9 n2- 5 n)-( 2+26n)= 3 n (2 )-( ) 2 2 (n-19). - ) 所以, 所以,对于正整数 n,当 n≥20 时,Pn , ≥ >Qn; 当 n=19 时,Pn=Qn; 当 n≤18 时,Pn<Qn. ≤ 评述:本题主要考查等差数列、 评述:本题主要考查等差数列、等比数 列等基本知识,考查逻辑思维能力、 列等基本知识,考查逻辑思维能力、分析问 题和解决问题的能力. 题和解决问题的能力 年北京东城区模拟题) 【例 2】 (2005 年北京东城区模拟题) 】 已知等差数列{a 的首项 已知等差数列 n}的首项 a1=1,公差 d>0, , > , 且第二项、第五项、 且第二项、第五项、第十四项分别是等比数

的第二项、 列{bn}的第二项、第三项、第四项 的第二项 第三项、第四项. 的通项公式; (1)求数列 n}与{bn}的通项公式; )求数列{a 与 的通项公式 (2)设数列 n}对任意正整数 n 均有 )设数列{c 对任意正整数
c1 b1 c + mb + mc b +…+ m c b =(n+1)an+1 成立,其中 … 成立, ( )
2

3 2

n n ?1

2

3

n

的前 m 为不等于零的常数,求数列{cn}的前 n 项 为不等于零的常数,求数列 和 Sn. 剖析: (1)依已知可先求首项和公差, 剖析: )依已知可先求首项和公差, ( (2) 进而求出通项 an 和 bn; )由题先求出 n} ( 由题先求出{a 的通项公式后再求 Sn. 解: )由题意得(a1+d) 1+13d)= (1)由题意得( ( ) (a ( ) (a1+4d)2,整理得 2a1d=d2. ) 不合题意舍去) ∵a1=1, , 解得 d=2 d=0 不合题意舍去) ( , ∴an=2n-1(n=1,2,3,…). - ( , , , - 由 b2=a2=3,b3=a5=9,易求得 bn=3n 1 , , (n=1,2,3,…). , , , (2)当 n=1 时,c1=6; ) ; 当 n≥2 时,
m cn n ?1 bn

= ( n+1 ) an+1 -

nan=4n+1, , - (3m) ∴cn=(4n+1)mn 1bn=(4n+1) ( ) ( ) ( )n -1 . ∴cn= ?(64n + 1)(3m) ?
?
n ?1

n = 1, n = 2,3,4,? ? ?.

当 3m=1,即 m= 1 时, , 3 Sn=6+9+13+…+(4n+1) … ( ) =6+ (n ? 1)(92+ 4n + 1) =6+(n-1) ( - ) (2n+5)=2n2+3n+1. ( ) 当 3m≠1,即 m≠ 1 时, ≠ , ≠3 Sn=c1+c2+…+cn,即 … Sn=6+9· 3m)+13· 3m)2+…+(4n · ( ) · ( ) … ( (3m) - ( (3m) - -3) ) ( )n 2+(4n+1) ) ( ) n 1. ① 2 3 3mSn=6· 3m+9· 3m) +13· 3m) +… · · ( ) · ( ) … +(4n-3) (3m) - ( (3m) ( - ) ( )n 1+(4n+1) ) ( )n. ② ①-②得 ( 1 - 3m ) Sn=6+3 · 3m+4 · 3m ) ( 2 3 n- +4· 3m) +…+4· 3m) 1- (4n+1) ) (3m) · ( ) … · ( ) ( ) (
n

=6+9m+4[ [ (3m)2+(3m)3+…+(3m) ( ) ( ) … ( ) n-1 ]-(4n+1) (3m) ]-( ) ( )n
( =6+9m+ 4[(3m1) ? ?m3m) ] -( -(4n+1) (3m) ) ( )n. 3
2 n

+ ∴Sn= 6 + 9m ?1(?4nm 1)(3m) + 4[(3m)? 3?m()3m) ] . 3 (1
n

2

n

2

∴Sn=

?2n 2 + 3n + 1 ? ? 6 + 9m ? (4n + 1)(3m) n 4[(3m) 2 ? (3m) n ] + ? 1 ? 3m (1 ? 3m) 2 ?

1 m= , 3 1 m≠ . 3

评述: 评述:本题主要考查了数列的基本知识 和解决数列问题的基本方法.如 基本量法” 和解决数列问题的基本方法 如“基本量法” 错位相减求和法” “错位相减求和法”等. 年北京海淀区模拟题) 【例 3】 (2005 年北京海淀区模拟题) 】 在等比数列{a ( ∈ 在等比数列 n}(n∈N*)中,a1>1,公比 , q>0.设 bn=log2an,且 b1+b3+b5=6,b1b3b5=0. > 设 , 是等差数列; (1)求证:数列 n}是等差数列; )求证:数列{b 是等差数列 (2) {bn}的前 n 项和 Sn 及{an}的通项 ) 求 的 的通项 an; 的大小. (3)试比较 an 与 Sn 的大小 ) 剖析: (1)定义法即可解决.( ) 剖析: )定义法即可解决 (2)先求 ( 首项和公差及公比.( )分情况讨论. 首项和公差及公比 (3)分情况讨论 ( 1 ) 证 明 : ∵ bn=log2an , ∴ bn+1 - bn=log2 a =log2q 为常数 ∴ 数列 n}为等差 为常数.∴ 数列{b 为等差
n +1

an

数列且公差 d=log2q. (2)解:∵b1+b3+b5=6,∴b3=2. ) , ∵a1>1,∴b1=log2a1>0. , ∵b1b3b5=0,∴b5=0. ,
2 ∴ ?b + 2d = 0,. 解得 ?b ==?41,. ? ? b + 4d = d
1 1 1

?

?

(-1) 2 ∴Sn=4n+ n(n2? 1) ×(- )= 9n ? n .
2



?log 2 q = ?1, ? ?log 2 a1 = 4,



1 ? ?q = , 2 ? ?a1 = 16. ?

- ∴an=25 n(n∈N*). ∈ , 当 ≥ (3) : ) 解 显然 an=25-n>0, n≥9 时,



Sn= n(92? n) ≤0. ∴n≥9 时,an>Sn. ≥ a , a , a , a , 2 a ∵a1=16, 2=8, 3=4, 4=2, 5=1, 6= 1 , , a 8 S , S , S , S S a7= 1 , 8= 1 , 1=4, 2=7, 3=9, 4=10, 5=10, , , 4 S6=9,S7=7,S8=4, , , , ∴当 n=3,4,5,6,7,8 时,an<Sn; , , , , , 当 n=1,2 或 n≥9 时,an>Sn. , ≥ 评述: 评述:本题主要考查了数列的基本知识 和分类讨论的思想. 和分类讨论的思想 ●闯关训练 夯实基础 1.在等比数列 n}中,a5+a6=a(a≠0) 在等比数列{a 中 在等比数列 ( ≠ ) , a15+a16=b,则 a25+a26 的值是 , A. b a B. b a
2 2

C.

b2 a

D. ab

2

解析: 解析:由等比数列的性质得三个和成等 比数列, 比数列,由等比中项公式可得选项为 C. 答案: 答案:C 2.公差不为零的等差数列 n}的第二、 公差不为零的等差数列{a 的第二、 的第二 公差不为零的等差数列 三及第六项构成等比数列, a 则 三及第六项构成等比数列, a
1 2

+ a3 + a5 + a4 + a6

=_____.

解析: ,由题意 解析 : 设公差为 d( d≠ 0) 由题意 ( ≠ ) , a32=a2·a6,即(a1+2d)2=(a1+d) 1+5d) (a ) ( ) ( ) ,
a 解得 d=-2a1,故 a -
1 2

+ a3 + a5 + a4 + a6

= 3a 3a

1 1

+ 6d + 9d

9 3 = ??15aa = 5 .
1 1

答案: 3 答案: 5 成等差数列, , 3.若数列 x,a1,a2,y 成等差数列,x, 若数列 , 成等比数列, b1,b2,y 成等比数列,则 (ab +? a ) 的取值范围 b
2 1 2 1 2

是___________________. 解析:在等差数列中, 解析:在等差数列中,a1+a2=x+y;在等 ; 比数列中, 比数列中,xy=b1·b2. ∴ (ab +? a ) = ( xx+? yy) = x b
2 2 1 2 1 2 2

+ 2 xy + y 2 x? y

y = x + x +2. y
(a1 + a 2 ) 2 b1 ? b2
1

当 x·y>0 时, + ≥2,故 · > ,
x y y x

≥4; ;
2 2 1 2

y 当 x·y<0 时, x + x ≤-2,故 (ab +? a ) ≤ · < , y b

0. 答案: [4, ∞ (-∞ 答案: ,+∞)或(-∞,0] [ ] 4.已知数列 n}中,1= 5 且对任意非零自 已知数列{a 中 a 6 已知数列 数列{b 对任 然数 n 都有 an+1= 1 an+( 1 )n+1.数列 n}对任 (2 数列 3 意非零自然数 n 都有 bn=an+1- 1 an. 2 数列{b 是等比数列 是等比数列; (1)求证 数列 n}是等比数列; )求证:数列 的通项公式. (2)求数列 n}的通项公式 )求数列{a 的通项公式 (1)证明:bn=an+1- 1 an=[ 1 an+( 1 ) )证明: [3 (2 2
n+1

- 2 ( 2 n+1 6 b ( 2 n+2 6 ] 1 an= 1 ) - 1 an, n+1= 1 ) - 1 an+1=

( 1 ) n+2 - 1 [ 1 an+( 1 ) n+1 ] = 1 · 1 ) n+1 (2 (2 2 6 3 2
1 - 18 an- 1 · 1 ) = 1 · 1 ) - 18 an= 1 · 1 ) ( 2 n+1 3 ( 2 n+1 1 [ 2 ( 6 3

n+1

- 1 an] , 6 ∴ bb = 1 (n=1,2,3,…). , , , 3
n +1 n

∴{bn}是公比为 1 的等比数列 是公比为 3 的等比数列. (2) : b1= 1 ) - 1 a1= 1 - 1 ·5 = 1 , ) 解 ∵ (2 2 6 4 6 6 9
- ∴ bn= 1 · 1 ) n 1=( 1 ) n+1.由 bn=( 1 ) n+1 (3 (3 由 (2 9 -

- 1 an,得( 1 )n+1=( 1 )n+1- 1 an,解得 an=6 (2 6 3 6 (2 [ 1 )n+1-( 1 )n+1]. 3 5.设{an}为等比数列,1=b1=1,2+a4=b3, 设 为等比数列, a 为等比数列 a , b2b4=a3,分别求出 n}及{bn}的前 10 项的和 分别求出{a 及 的前 S10 及 T10. 解:设公差为 d,公比为 q,由题意知 , ,由题意知
?2 + 4 d = q 2 , ? ? ?1 + 2d = q 4 , ?
3 ? ?d = ? 8 , ? ? ?q = 2 ? 2 ? 3 ? ?d = ? 8 , ? ? ?q = ? 2 . ? 2 ?





3 ∴S10=10+ 102× 9 (- 8 )=- 55 . -8
+ 当 q= 22 时,T10= 31(232 2 ) ; ? 当 q=- 22 时,T10= 31(232 2 ) . -

培养能力 6.(2003 年北京高考,文 16)已知数列 年北京高考, ( ) 是等差数列, {an}是等差数列,且 a1=2,a1+a2+a3=12. 是等差数列 , 的通项公式; (1)求数列 n}的通项公式; )求数列{a 的通项公式 (2)令 bn=anxn(x∈R) 求数列{bn} ) ∈ ) 求数列 ,求数列 , 项和的公式. 前 n 项和的公式

(1)设数列{a 的公差为 , 解: )设数列 n}的公差为 d, ( 则 a1+a2+a3=3a1+3d=12. 又 a1=2,得 d=2. , 所以 an=2n. (2)令 Sn=b1+b2+…+bn, ) … 则由 bn=anxn=2nxn,得 Sn=2x+4x2+…+(2n-2)xn-1+2nxn, … ( - ) ① xSn=2x2+4x3+…+(2n-2)xn+2nxn+1. … ( - ) ② 式减去② 当 x≠1 时,①式减去②式,得 ≠ (1-x)Sn=2(x+x2+…+xn)- - ) ( … )-2nxn+1 = 2x(11??xx ) -2nxn+1.
n

所以 Sn= 2(x1(1??x)x ) - 21nx x . ?
n 2

n +1

当 x=1 时,Sn=2+4+…+2n=n(n+1). … ( ) 综上可得, 综上可得,当 x=1 时,Sn=n(n+1) ( ) ; 当 x≠1 时,Sn= 2(x1(1??x)x ) - 21nx x . ≠ ?
n
2

n +1

7.数列 n}中,a1=8,a4=2,且满足 an+2 数列{a 中 数列 , , -2an+1+an=0(n∈N*). ( ∈ 的通项公式. (1)求数列 n}的通项公式 )求数列{a 的通项公式

(2) bn= n(121? a (n∈N*) Sn=b1+b2+… ) 设 ∈ , … )
n

+bn, 是否存在最大的整数 m, , 使得任意的 n
m 总成立?若存在, ; 均有 Sn> 32 总成立?若存在,求出 m;若不

存在,请说明理由 存在,请说明理由. (1) 解: )∵an+2-2an+1+an=0, ( , ∴an+2-an+1=an+1-an(n∈N*). ∈ 是等差数列.设公差为 , ∴{an}是等差数列 设公差为 d, 是等差数列 又 a1=8,a4=a1+3d=8+3d=2, , , ∴d=-2.∴an=-2n+10. - ∴ - (2)bn= n(121? a ) = 2n(n1 + 1) )
n

= 1 ( 1 - n1 1 ) , 2 n + (1- 2 ( 2 3 ∴Sn=b1+b2+…+bn= 1[ - 1 )+( 1 - 1 ) … ( 2 +…+( 1 - n 1 1 ) … (n ] + = 1 (1- n 1 1 )= 2(nn+ 1) . - + 2
m 总成立. 假设存在整数 m 满足 Sn> 32 总成立

又 Sn+1-Sn= 2(nn++12) - 2(nn+ 1) = 2(n + 21)(n + 1) >0, ,

是单调递增的. ∴数列{Sn}是单调递增的 数列 是单调递增的 的最小值, m 4 ∴S1= 1 为 Sn 的最小值,故 32 < 1 , 4 即 m<8.又 m∈N*, < 又 ∈ ∴适合条件的 m 的最大值为 7. 探究创新 8.有点难度哟! 有点难度哟! 已知数列{a 的各项均为正整数 的各项均为正整数, (理) 已知数列 n}的各项均为正整数, ( ∈ , 且满足 an+1=an2-2nan+2 n∈N*) 又 a5=11. 的值, (1)求 a1,a2,a3,a4 的值,并由此推 ) 测出{an}的通项公式(不要求证明) 测出 的通项公式(不要求证明) ; 的通项公式 (2)设 bn=11-an,Sn=b1+b2+…+bn, ) - … Sn′=|b1|+|b2|+…+|bn|,求 lim … ,
n →∞

Sn ′ Sn

的值. 的值

(1) 解: )由 a5=11,得 11=a42-8a4+2, ( , , . 即 a42-8a4-9=0.解得 a4=9 或 a4=-1 舍) 解得 -( 由 a4=9,得 a32-6a3-7=0. , 解得 a3=7 或 a3=-1(舍). - ( 同理可求出 a2=5,a1=3. , 的一个通项公式 由此推测 an 的一个通项公式 an=2n+1 (n∈N*). ∈ ,可 ( 2)bn=11-an=10-2n(n∈N* ) 可 ) - - ( ∈ , 是等差数列. 知数列{b 是等差数列 知数列 n}是等差数列

Sn= n(b 2+ b ) = n(8 + 10 ? 2n) =-n2+9n. - 2
1 n

当 n≤5 时,Sn′=Sn=-n2+9n; ≤ - ; S - - 当 n>5 时, n′=-Sn+2S5=-Sn+40=n2 > -9n+40. ; 当 n≤5 时, S ′ =1; ≤
n

Sn

n 当 n>5 时, S ′ = n ? ? 9n+ +9n40 . >
2

n

Sn

2

∴ lim

n →∞

Sn ′ Sn

n = lim n ? ? 9n+ +9n40 =-1. -
2

n →∞

2

设( ) (文) f k) 是满足不等式 log2x+log2 - (3·2k 1-x)≥2k-1(k∈N*)的自然数 · ) - ( ∈ x 的个数 的个数. (1)求 f(k)的表达式; ) ( )的表达式; (2)记 Sn=f(1)+f(2)+…+f(n) ) ( ) ( ) … ( ) , Pn=n2+n-1,当 n≤5 时试比较 Sn 与 Pn 的 - , ≤ 大小. 大小 - (1) 解: )由不等式 log2x+log2(3·2k 1 ( · - - -x)≥2k-1,得 x(3·2k 1-x)≥22k 1, ) - , ( · ) - - =2 解之得 2k 1≤x≤2k, (k) k-2k 1+1=2k ≤ 故f ) -1 +1. ( 2)∵ Sn=f(1)+f(2)+… +f(n) ) ( ) ( ) … ( ) =1+2+22+23+…+2n-1+n=2n+n-1, … - ,

-(n - ) ∴Sn-Pn=2n+n-1-( 2+n-1)=2n- - -( n2 . 又 n≤5,可计算得 S1>P1,S2=P2,S3 ≤ , <P3,S4=P4,S5>P5. ●思悟小结 本节加强了数列知识与函数、不等式、 本节加强了数列知识与函数、不等式、 方程、对数、立体几何、三角等内容的综合. 方程、对数、立体几何、三角等内容的综合 解决这些问题要注意: 解决这些问题要注意: (1)通过知识间的相互转化,使学生 )通过知识间的相互转化, 更好地掌握数学中的转化思想 中的转化思想. 更好地掌握数学中的转化思想 (2)通过解数列与其他知识的综合问 ) 题,培养学生分析问题和解决问题的综合能 力. ●教师下载中心 教学点睛 本节教学中应注意以下几个问题: 本节教学中应注意以下几个问题: 1.等差、等比数列是两种最基本、最常 等差、 等差 等比数列是两种最基本、 见的数列,灵活地运用等差、 见的数列,灵活地运用等差、等比数列的性 能使问题简化; 质,能使问题简化;灵活地运用通项公式和 项和公式解题是高考考查的重点. 前 n 项和公式解题是高考考查的重点 2.从等差数列中按某种规律,抽取某些 从等差数列中按某种规律, 从等差数列中按某种规律 依次排列, 组成一个等比数列, 是等差、 项, 依次排列, 组成一个等比数列, 是等差、

等比数列综合题中的较重要的类型, 等比数列综合题中的较重要的类型,要认真 体会此类题. 体会此类题 3.用函数的观点和方法揭示等差数列和 用函数的观点和方法揭示等差数列和 等比数列的特征, 等比数列的特征,在分析和解决有关数列的 综合题中具有重要的意义 有重要的意义. 综合题中具有重要的意义 拓展题例 例题】 已知数列{a , 【例题】 已知数列 n},构造一个新数 (a (a ,… ( (a 列 a1 , 2 - a1 ) ( 3 - a2 ) … , n - an - ( , , ,… , 1) …,此数列是首项为 1,公比为 1 的等比 , 3 数列. 数列 的通项; (1)求数列 n}的通项; )求数列{a 的通项 (2)求数列 n}的前 n 项和 Sn. )求数列{a 的前 (1) 解: )由题意 an=a1+(a2-a1)+(a3 ( ( ( +… ( = -a2) …+(an-an-1)
1 1 ? ( )n 3 1 1? 3

= 3[1- 1 ) ] - 3 n . ( 2
3 n

S (2) n= 3[n- 1 + 31 + 31 +…+ 31 ) = 3[n ) 2 - 3 ( … ] 2
2

]= - 1 (1- 31 ) 3 n- 3 + 4 ? 3 . - ] 2 -4 1 2
n n ?1


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