当前位置:首页 >> 数学 >>

专题4 第1讲 等差数列与等比数列(教师版)


专题 4 第 1 讲 等差数列与等比数列
考情分析 1. 对等差数列与等比数列基本量的考查是重点内 容, 主要考查利用通项公式、 前 n 项和公式建立方程组 求解,属于低档题. 2. 对等差数列与等比数列性质的考查是热点, 具 有“新、巧、活”的特点,考查利用性质解决有关的计 算问题,属中低档题. 3. 数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的 热点,根据 an 与 Sn 的关系求通项公式以及利用构造或 转化的方法求通项公式也是常考的热点. 4.数列的求和问题,多以考查等差、等比数列的 前 n 项和公式、错位相减法和裂项相消法为主. 等差数列 定 义 通 项 公 式 前 n 项 和 n(n-1) Sn=na1+ 2 d = n(a1+an) 2 Sn = an=a1+(n-1)d. an=am+(n-m)d an-an-1=d (n≥2) 等比数列 an =q (n≥2) an-1 an=a1qn
-1 -m

复习建议: 高考关于数列的考查大都是以一道综合 型的解答题进行, 着重考查等差数列和等比数列的基础 知识以及数列求和方法的应用能力. 同时呈现出淡化递 推数列的考查趋势, 还有一点要注意的是高考数列的难 点放置于求和这个地方, 因此在复习该讲内容时要坚持 基础为主,强化运算能力的培养. 一、核心知识 1.an 与 Sn 的关系 在数列 {an} 中, Sn = a1 + a2 + … + an ,从而 an = ?S1,n=1, ? ?Sn-Sn-1,n≥2. 2.等差、等比数列性质: 二、自主学习 1.(2013· 安徽)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, S8=4a3,a7=-2,则 a9= ( ) A.-6 B.-4 C.-2 D.2 解析: 根据等差数列的定义和性质可得, S8=4(a3+a6), 又 S8=4a3,所以 a6=0,又 a7=-2,所以 a8=-4, a9=-6. 答案:A 2.(2014· 天津)设{an}是首项为 a1,公差为-1 的 等差数列, Sn 为其前 n 项和. 若 S1, S2, S4 成等比数列, 则 a1=( ) 1 1 A.2 B.-2 C. D.- 2 2 【解析】 由题意知 S2 S4, 2=S1· 2×1 2 4 ×3 ∴(2a1+ d) =a1(4a1+ d), 2 2 1 把 d=-1 代入整理得 a1=- . 2 【答案】 D 3.(2014· 广东 )等比数列 {an}的各项均为正数,且 a1a5 = 4 ,则 log2a1 + log2a2 + log2a3 + log2a4 + log2a5 = ________. 答案:5 解析: 先由对数的运算性质转化为积的对数, 再由 等比数列的性质求解. log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5 =log2 (a1a2a3a4a5)=log2 a5 3=5log2a3 =5log2 a1a5=5log2 2=5.

an=am qn

na (q=1), ? ? 1 n ?a1(1-q ) (q≠1). ? ? 1-q



若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq Sn, S2n-Sn, S3n-

若 m+n=p+q,则 aman=apaq 若 Sn≠0, 则 Sn, S2n



S2n …也成等差数 列 若等差数列的项 数为 2n-1(n∈ N*),则 Sn=(2n- 1)an

-Sn, S3n-S2n,…
也成等比数列

3. 等比数列的注意事项 ⑴ 等比数列的定义中要注意 a1 ≠ 0 且 q≠ 0 ⑵等比数列前 n 项求和时,要判断公比 q 是否为 1 ⑶ 当 q=-1,且 n 为偶数时,数列 Sn, S2n-Sn, S3n

三、考点突破
? 考点一 1 数列的概念与表示 例 1 (2013· 新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和

-S2n ,…是常数数列 0,它不是等比数列

2 1 Sn= an+ ,则{an}的通项公式是 an=________. 3 3 2 1 2 【解】当 n=1 时,由已知 Sn= an+ ,得 a1= a1 3 3 3 1 2 1 + , 即 a1=1; 当 n≥2 时, 由已知得到 Sn-1= an-1+ , 3 3 3 2 1 2 1 2 2 所以 an=Sn-Sn-1= 3an+3 - 3an-1+3 = an- 3 3 an-1,所以 an=-2an-1,所以数列{an}是以 1 为首项, - 以-2 为公比的等比数列,所以 an=(-2)n 1. n-1 [答案] (-2)

(

) (

)

已知 Sn 与 an 的关系式求 an 的方法 数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an = ?S1,n=1, ? 当 n=1 时, a1 若适合 Sn-Sn-1, 则n ?Sn-Sn-1,n≥2. =1 的情况可并入 n≥2 时的通项 an;当 n=1 时,a1 若不适合 Sn-Sn-1,则用分段函数的形式表示. ? 考点二 等差、等比数列的基本运算 [例 2](2014· 湖北)已知等差数列{an}满足:a1=2, 且 a1,a2,a5 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,是否存在正整数 n,使得 Sn>60n+800?若存在,求 n 的最小值;若不 存在,说明理由. 【解】 (1)设数列{an}的公差为 d,依题意,2,2 +d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简 得 d2-4d=0,解得 d=0 或 d=4. 当 d=0 时,an=2;当 d=4 时,an=2+(n-1)· 4 =4n-2,从而得数列{an}的通项公式为 an=2 或 an= 4n-2. (2)当 an=2 时,Sn=2n.显然 2n<60n+800, 此时不存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立. n[2+?4n-2?] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 令 2n2>60n+800,即 n2-30n-400>0,解得 n >40 或 n<-10(舍去),此时存在正整数 n,使得 Sn> 60n+800 成立,n 的最小值为 41. 综上,当 an=2 时,不存在满足题意的 n;当 an =4n-2 时,存在满足题意的 n,其最小值为 41. 方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用 等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含 a1、d(或 q)、n、an 与 Sn 这五个量,如果已知其中的三 个,就可以求其余的两个.其中 a1 和 d(或 q)是两个基 本量, 所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先 设出这两个基本量, 然后根据通项公式、 求和公式构建 这两者的方程组, 通过解方程组求其值, 这也是方程思 想在数列问题中的体现. ? 考点三 等差数列、等比数列的性质 [例 3] (1)(2014· 北京)若等差数列{an}满足 a7+a8 +a9>0,a7+a10<0,则当 n=________时,{an}的前 n 项和最大. 2

(2)(2014· 全国大纲)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3,S4=15,则 S6=( ) A.31 B.32 C.63 D.64 【解析】 (1)因为 a7+a8+a9>0,所以 3a8>0,即 a8>0,又 a7+a10<0,所以 a8+a9<0,则 a9<0,故 n= 8. (2)∵S2=3,S4-S2=12,且 S2,S4-S2,S6-S4 成等比数列,∴(15-3)2=3×(S6-15),∴S6=63.故选 C. 【答案】 (1)8 (2)C 巧用等差(比)中项变形 等差数列与等比数列的性质应用问题中, 等差中项 与等比中项是非常重要的,主要体现在两个方面: (1)等差(比)中项在解决项的计算问题中的应用. 将 两项之和(或积)直接转化为数列中的某一项,在等差数 列{an}中,有 an-k+an+k=2an,在等比数列{bn}中,有 bn-k· bn+k=b2 n; (2)等差中项在等差数列求和公式中的应用.在等 差数列{an}中,如 n=2k+1(k∈N*),则 a1+an=2ak+1, n?a1+an? 所以 Sn= =nak+1. 2 ? 考点四 等差(比)数列的判断与证明

例 4 (1) (2012 湖北文)定义在(-∞,0)∪ (0,+∞) 上的函数 f(x) ,如果对于任意给定的等比数列 {an} , {f(an)}仍是等比数列, 则称 f(x)为“保等比数列函数”. 现 有定义在(-∞,0)∪ (0,+∞)上的如下函数: ① f(x)=x2;② f(x)=2x;③ f(x)= |x|;④ f(x)=ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( A.① ② B.③ ④ C.① ③ D.② ④ 【解析】C 设等比数列{an}的公比为 q,则{an2}的公比 为 q2, { |an|}的公比为 |q|, 其余的数列不是等比数列. (2014· 新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1=1, an+1=3an+1. (1)证明 式; 1 1 1 3 (2)证明 + +?+ < . a1 a2 an 2 3n-1 ,显然 2 )

{a +1 2}是等比数列,并求{a }的通项公
n n

[审题策略]

求 出 通 项 公 式 an =

{a1 }无法直接求和,所以用“放缩法”处理,利用
n

1 2 2 1 “ = n ≤ n = ”,将之转化为等比数列 an 3 -1 3 -3n-1 3n-1 ? 1 ? ? n-1?的前 n 项和,再证明即可. ?3 ?

[证明] 1 3 an+2 .

1 (1) 由 an + 1 = 3an + 1 , 得 an + 1 + = 2

1.解决等差数列有关问题的常用思想方法 (1)数形结合的思想 ① 通项的几何意义,由 an=a1+(n-1)d 可变形为 an=dn+(a1-d).

( )

1 3 ① 又 a1+ = ,所以 2 2 为 3 的等比数列. 1 3n 所以 an+ = , 2 2

{ }
1 an+ 2

3 是首项为 ,公比 2

若 d=0,则 an=a1 是常数函数; 若 d≠0,则 an 是 n 的一次函数. (n,an)是直线 y=dx+(a1-d)上一群孤立的点. 单调性:d>0 时,{an}为单调递增数列;d<0 时, {an}为单调递减数列. d d ② 数列{an}的前 n 项和 Sn 可变形为 Sn= n2+(a1- )n, 2 2 d d 令 A= ,B=a1- ,则 Sn=An2+Bn. 2 2

3n-1 因此{an}的通项公式为 an= . 2 1 2 (2)由(1)知 = n . an 3 -1 因为当 n≥1时,3n-1≥2×3n 1 1 所以 n ≤ - . 3 -1 2×3n 1 1 1 1 1 1 3 于 是 + + ? + ≤1 + + ? + n-1 = a1 a2 an 3 2 3
-1 ②



当 A≠0 即 d≠0 时,Sn 是关于 n 的二次函数,(n, Sn)在二次函数 y=Ax2+Bx 的图象上,为抛物线 y=Ax2 +Bx 上一些孤立的点.利用其几何意义可解决前 n 项 和 Sn 的最值问题. (2)方程思想 将等差、 等比数列问题化归为基本量的关系来解决 是通性通法.一般地,等差数列的五个基本量 a1、an、 d、n、Sn,知道任意三个元素,可建立方程组,求出另 外两个元素,即“知三求二”. (3)分类思想 当 q=1 时,{an}的前 n 项和 Sn=na1;当 q≠1 时, {an}的前 n 项和 Sn= a1(1-qn) a1-anq = .等比数列的 1-q 1-q

( )

1 3 1- n < . 3 2 1 1 1 3 所以 + +?+ < . a1 a2 an 2 [失分警示] 失分点 1:题中①处易粗心将等比数

列首项视为 a1=1 进行求解. 失分点 2:题中②处不能进行合理放缩,对证明不 等式的成立性感觉无从下手. ?规律 根据数列的通项 an 与前 n 项和的关系求解 数列的通项公式时考虑两个方面,一方面是根据 Sn+1 -Sn=an+1 把数列中的和转化为数列的通项之间的关 系;另一方面是根据 an+1=Sn+1-Sn 把数列中的通项转 化为和的关系,先求 Sn 再求 an. ?技巧 判断数列{an}是不是等差数列的方法有: (1) 根据等差数列的定义,即证明 an+1-an=d(常数);(2) an+an+2 证明 an+1= .判断数列{an}为等比数列的基本 2 方法是定义法. ?易错 ?S1,n=1, 关系式 an=? 一定要注意分 ?Sn-Sn-1,n≥2.

前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论,此处是常考、 易错点. 四、对点集训 建议用时 45 分钟 实际用时 错题档案

n=1,n≥2 两种情况,在求出结果后,看看这两种情况 能否整合在一起. 等比数列的前 n 项和 Sn=?a1(1-qn) 一 (q≠1). ? 1 - q ? 定要注意对公比 q 的分类讨论 3

?na1 ?

(q=1),

1.(2014· 重庆)在等差数列{an}中,a1=2,a3+a5 =10,则 a7=( ) A.5 B.8 C.10 D.14 【解析】 由等差数列的性质得 a1+a7=a3+a5, 因为 a1=2,a3+a5=10,所以 a7=8,选 B. 【答案】 B 2.(2014· 辽宁)设等差数列{an}的公差为 d.若数列 {2a1an}为递减数列,则( ) A.d>0 B.d<0 C.a1d<0 D.a1d>0 【解析】 法一 an=a1+(n-1)d,所以 2a1an= 2a1an 2a1[a1+(n-1)d], 因为是递减数列, 故有 =2a1[a1 2a1an-1 +(n-1)d]-a1[a1+(n-2)d]=2a1d<1=20, 所以 a1d< 0,故选 C.

法二 数列 {2a1an}为递减数列等价于数列 {a1an} 为递减数列,等价于 a1an-a1an-1<0,即 a1(an-an-1) <0,即 a1d<0. 【答案】 C 3.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1=2Sn +1(n≥1),则 a6= ( ) A.35 B.35+1 C.3×24 D.3×24+1 [ 解 答 ] (1) 由 an + 1 = 2Sn + 1 , 得 an = 2Sn - 1 + 1(n≥2),两式相减得 an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,即 an+1=3an(n≥2),故该数列从第二项起构成一个公比为 3 的等比数列. 由 an+1=2Sn+1,得 a2=2S1+1=2a1+1=3, 故 a6=a2×34=3×34=35. 4.【2012 辽宁文】已知等比数列{an}为递增数 列.若 a1>0,且 2(a n+a n+2)=5a n+1 ,则数列{an}的公比 q = .2 5. (2013· 辽宁)下面是关于公差 d>0 的等差数列{an} 的四个命题: p1:数列{an}是递增数列; p2:数列{nan}是递增数列; an p3:数列 n 是递增数列; p4:数列{an+3nd}是递增数列. 其中的真命题为 ( ) A.p1,p2 B.p3,p4 C.p2,p3 D.p1,p4 解析:设 an=a1+(n-1)d=dn+a1-d, 它是递增数 列,所以 p1 为真命题;若 an=3n-12,则满足已知, 但 nan=3n2-12n 并非递增数列, 所以 p2 为假命题; 若 an 1 an=n+1,则满足已知,但 =1+ 是递减数列,所以 n n p3 为假命题;设 an+3nd=4dn+a1-d, 它是递增数列, 所以 p4 为真命题.

A.6 [解析]

B.5

C.4

D.3

lg a1+lg a2+?+lg a8=lg(a1· a2· ?· a8)=

lg(a4· a5)4=lg(2×5)4=4,故选 C. 8.已知 1,a1,a2,19 成等差数列,-2,b1,b2, b3,-8 成等比数列,则 【解析】b2=-2q2<0 9.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,2S2, 3S3 成等差数列,则等比数列{an}的公比为 【解析】设等比数列{an}的公比为 q(q≠0), 由 4S2=S1+3S3,得 4(a1+a1q)=a1+3(a1+a1q+ 1 a1q2),即 3q2-q=0,∴ q= (q=0 舍) 3 10 .(2014· 重庆)对任意等比数列 {an},下列说法 一定正确的是( ) A.a1,a3,a9 成等比数列 B.a2,a3,a6 成等比数列 C.a2,a4,a8 成等比数列 D.a3,a6,a9 成等比数列 【解析】 由等比数列的性质得,a3· a9=a2 6≠0, 因此 a3,a6,a9 一定成等比数列,选 D. 【答案】 D 11. (2014· 北京)设{an}是公比为 q 的等比数列, 则 “q>1”是“{an}为递增数列”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】 ①q>1 时,{an}未必是递增数列,如- 1,-2,-4,-8,-16?; ②{an}是递增数列时,q 不一定大于 1,如-16, -8,-4,-2,-1,故选 D. 【答案】 D a7 12.已知数列{an}满足 a1=5,anan+1=2n,则 = a3 (B ) A.2 B.4 C.5 5 D. 2


a2-a1 = b2



3 2



{}

答案:D 6.(2014· 安徽)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3 +3 , a5+5 构成公比为 q 的等比数列, 则 q=________. 答案:1 解析: 解法一:因为数列 {an}是等差数列,所以 a1+1,a3+3,a5+5 也成等差数列,又 a1+1,a3+3, a5+5 构成公比为 q 的等比数列,所以 a1+1,a3+3, a5+5 是常数列,故 q=1. 解法二:因为数列{an}是等差数列, 所以可设 a1=t-d,a3=t,a5=t+d, 故由已知得(t+3)2=(t-d+1)(t+d+5), 得 d2+4d +4=0,即 d=-2, 所以 a3+3=a1+1,即 q=1. 7. (2014· 全国大纲)等比数列{an}中,a4=2,a5=5, 则数列{lg an}的前 8 项和等于( ) 4

【解析】由已知得:

an+1an+2 2n 1 an+2 = n =2,即 =2 2 an anan+1

数列 a1,a3,a5,a7,…,是一个以 5 为首项,2 为公 比的等比数列 13.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S9=-18,S13 =-52,等比数列{bn}中,b5=a5,b7=a7,则 b15 的值 为 . 9 【解析】因为 S9= (a1+a9)=9a5=-18, 2

S13=

13 (a +a13)=13a7=-52, 2 1

又 b5=a5,b7=a7, 所以 q2=2,b15=b7· q8=-4× 16=-64. 【点评】 等差数列和等比数列的运算求解型问题的算法 思想是先考虑能否应用性质,然后再转化为 a1,d,q 的方程求解. 14.(2014· 江西)在等差数列{an}中,a1=7,公差 为 d, 前 n 项和为 Sn, 当且仅当 n=8 时 Sn 取得最大值, 则 d 的取值范围为________. 【解析】 等差数列的前 n 项和为 Sn,则 Sn=na1 n?n-1? d d d d + d= n2+ (a1- )n= n2+(7- )n,对称轴为 2 2 2 2 2 d d -7 -7 2 2 ,对称轴介于 7.5 与 8.5 之间,即 7.5< <8.5, d d 7 解得-1<d<- . 8 7 -1,- 【答案】 8 15 . (2014· 全国新课标Ⅱ ) 数列 {an} 满足 an + 1 = 1 ,a8=2,则 a1=________. 1-an 1 【解析】 将 a8=2 代入 an+1= ,可求得 a7 1-an 1 1 1 = ;再将 a7= 代入 an+1= ,可求得 a6=-1;再 2 2 1-an 1 将 a6=-1 代入 an+1= ,可求得 a5=2;由此可以 1-an 推出数列{an}是一个周期数列,且周期为 3,所以 a1= 1 a7= . 2 1 【答案】 2

? 考点一等差、等比数列的判定与证明 [例 1] (2013· 北京)给定数列 a1,a2,…,an,对 i=1,2,…,n-1,该数列前 i 项的最大值记为 Ai, 后 n-i 项 ai+1,ai+2,…,an 的最小值记为 Bi,di=Ai -Bi. (1)设数列{an}为 3,4,7,1,写出 d1,d2,d3 的值; (2)设 a1,a2,…,an(n≥4)是公比大于 1 的等比数 列,且 a1>0,证明:d1,d2,…,dn-1 是等比数列; [解答] (1)d1=2,d2=3,d3=6. (2)证明:因为 a1>0,公比 q>1,所以 a1,a2,…, an 是递增数列. 因此,对 i=1,2,…,n-1,Ai=ai,Bi=ai+1. 于是对 i=1,2,…,n-1, - di=Ai-Bi=ai-ai+1=a1(1-q)qi 1. di+1 因此 di≠0 且 =q(i=1,2,…,n-2), di 即 d1,d2,…,dn-1 是等比数列. 证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈ N*)?{an}是等差 an+1 数列; =q(q 是非零常数)?{an}是等比数列; an (2)等差 (比 )中项法:2an+1=an+an+2(n∈ N*)?{an} 2 * 是等差数列;an+1=an· an+2(n∈ N ,an≠0)?{an}是等比数 列; (3)通项公式法: an=pn+q(p, q 为常数)?{an}是等 - 差数列; an=a1· qn 1(其中 a1, q 为非零常数, n∈ N*)?{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=Aqn-A(A 为非零常数,q≠0,1)?{an} 是等比数列. 3.(2014· 江苏)在各项均为正数的等比数列{an}中, 若 a2=1,a8=a6+2a4,则 a6 的值是________. 答案:4 5

(

)

16.(2014· 全国大纲)数列{an}满足 a1=1,a2=2, an+2=2an+1-an+2. (1)设 bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 【解】 (1)由 an+2=2an+1-an+2 得 an+2-an+1=an+1-an+2, 即 bn+1=bn+2. 又 b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. (2)由(1)得 bn=1+2(n-1),即 an+1-an=2n-1. 于是 ? (ak+1-ak)= ? (2k-1),
k=1 k=1 n n

所以 an+1-a1=n ,即 an+1=n2+a1. 又 a1=1,所以{an}的通项公式为 an=n2-2n+2.

2

解析:设等比数列{an}的公比为 q,q>0.则 a8=a6 +2a4 即为 a4q =a4q +2a4, 解得 q2=2(负值舍去), 又 a2=1,所以 a6=a2q4=4. (1)(2014· 福建)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6 等于( A.8 B.10 C.12 ) D.14
4 2

答案:C 解析:设等差数列{an}的公差为 d, 则 S3=3a1+3d,所以 12=3×2+3d, 解得 d=2,所以 a6=a1+5d=2+5×2=12,故选 C. 4.(2014· 福建)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81. (1)求 an; (2)设 bn=log3an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【解】 (1)设{an}的公比为 q,依题意得 ?a1q=3, ?a1=1, ? 4 解得? ?a1q =81, ?q=3. 因此,an=3n 1. (2)因为 bn=log3an=n-1,


所以数列{bn}的前 n 项和 Sn=

n?b1+b2? n2-n = . 2 2

1.(1)忽视 d 的符号:在等差数列的基本运算中, 易忽视 d 的符号、大小而导致增解. (2)忽视公式成立的条件:公式 an=Sn-Sn-1 成立 的条件是 n≥2. (3)忽视 n 的范围: 求解{an}的前 n 项和的最值时, 无论是利用 Sn 还是 an,都要注意条件 n∈N*. 2.(1)忽视对公比 q 的讨论: 应用等比数列的前 n 项和公式时,应注意条件是 否暗示了 q 的范围,否则,应注意讨论. (2)混淆等差数列与等比数列单调性的条件:等差 数列的单调性只取决于公差 d 的正负, 等比数列的单调 性既要考虑公比又要考虑首项. 答题指导 1. (1)看到求等差数列的基本量时, 想到可从方程 入手,若能应用性质,可大大简化解题过程. (2)看到等差数列的判定,想到等差数列定义和等 差中项的概念. 2. (1)看到求等比数列中的基本量, 想到可以从方 程入手. (2)看到 am· an,想到等比数列的性质. (3)看到利用公式求等比数列前 n 项和,想到公比 q 是否等于 1 所用公式不同. 等差数列、等比数列的存在探索与证明 1. 存在探索性问题是高考考查数学能力的良好素 6

材, 高考重视存在探索性问题的考查. 存在探索性问题 的基本解法是:先假设其存在,在这个假设下,进行推 理论证或计算, 当得出符合数学规律的最后结论时, 肯 定其存在性,否则就不存在. 方法规律 (1)利用定义证明等差(比)数列的方法.(2)转化为 关于 a1,d(q)的方程组求解的基本量法. 2.等差数列、等比数列的存在探索性问题,其解 法与一般的存在探索性问题的解法相比, 特殊性在于数 列中的项数是正整数,在解题中注意这个特点. 【规律感悟】 本题的特点是先从特殊的情况得 出 λ 值,在这个 λ 值下,一般结论也成立,这是解决含 有参数的等差数列、 等比数列证明的一个重要方法, 其 实质是一般与特殊的数学思想方法的运用, 也是合情推 理与演绎推理的有机结合. 【典例】 (预测题)设数列{an}的前 n 项和为 Sn, a1=1,且对任意正整数 n,点(an+1,Sn)在直线 3x+2y -3=1 上. (1)求数列{an}的通项公式; λ n+ n 为 (2)是否存在实数 λ,使得数列 Sn+λ· 3 等差数列?若存在, 求出 λ 的值; 若不存在, 说明理由. 【解】 (1)由题意可得 3an+1+2Sn-3=0① n≥2 时,3an+2Sn-1-3=0② ①-②得 3an+1-3an+2an=0,整理得 an+1 1 = (n≥2),又∵a1=1, an 3 1 ∴数列{an}是首项为 1,公比为 的等比数列, 3 1 n-1 ∴an= 3 . 1 3?1- 3 n? ? ? (2)由(1)知 Sn= , 2 λ n+ n 为等差数列,则 若 Sn+λ· 3 19 4 82 3 2 S2+ 9 λ =S1+ λ+S3+ λ,得 λ= , 3 27 2 3?n+1? 3 3 3 ?3?n+1?? 又 λ= 时, Sn+ · n+ n= , 显然? 2 2 2· 3 2 ? 2 ? 成等差数列, λ 3 n+ n 成等 故存在实数 λ= ,使得数列 Sn+λ· 3 2 差数列. [创新预测] 3.(2014· 长春模拟)已知数列{an}中,Sn 是其前 n 项和,并且 Sn+1=4an+2(n=1,2,?),a1=1, (1)设数列 bn=an+1-2an(n=1,2,?),求证:数列 {bn}是等比数列; an (2)设数列 cn= n(n=1,2,?),求证:数列{cn}是 2 等差数列; (3)求数列{an}的通项公式及前 n 项和. 【解】 (1)证明:由 Sn+1=4an+2,Sn+2=4an+1 +2,两式相减,得 Sn+2-Sn+1=4(an+1-an),即 an+2= 4an+1-4an,

{

}

()

()

{ (

}

)

{

}

∴an+2-2an+1=2(an+1-2an). 又 bn=an+1-2an,所以 bn+1=2bn① 已知 S2=4a1+2,a1=1, a1+a2=4a1+2, 解得 a2=5,b1=a2-2a1=3≠0② 由①和②得,数列{bn}是首项为 3,公比为 2 的等 - 比数列,且 bn=3· 2n 1. an (2)证明:因为 cn= n(n∈N*), 2 an+1 an an+1-2an 所以 cn+1-cn= n+1- n= + 2 2 2n 1 n-1 2 bn 3· 3 = n+1= n+1 = . 4 2 2 a1 1 又 c1= = , 2 2 1 3 故数列{cn}是首项为 ,公差是 的等差数列, 2 4 3 1 且 cn= n- . 4 4 an 3 1 (3)因为 cn= n,又 cn= n- , 2 4 4 an 3n 1 - 所以 n= - ,an=(3n-1)· 2n 2. 2 4 4 - 当 n≥2 时,Sn=4an-1+2=2n 1(3n-4)+2; 当 n=1 时,S1=a1=1 也适合上式. 综上可知,所求的求和公式为 - Sn=2n 1(3n-4)+2. 10. (2014· 浙江考试院抽测)已知等差数列 {an}的 首项 a1=2,a7=4a3,前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn; Sn-4an-4 (2)设 bn= ,n∈N*,求 bn 的最大值. n 【解】 (1)设公差为 d,由题意知 a1+6d=4(a1 +2d), 由 a1=2 解得,d=-3, -3n2+7n 故 an=-3n+5,Sn= ,n∈N*. 2 Sn-4an-4 31 3 16 (2)由(1)得 bn= = - (n + ). n 2 2 n 16 16 由基本不等式得 n+ ≥2 n· =8(当且仅当 n n n=4 时取等号). 31 3 16 7 7 所以 bn= - (n+ )≤ ,又当 n=4 时,bn= . 2 2 n 2 2 7 从而得 bn 的最大值为 . 2 9 . (2014· 江西 ) 已知数列 {an} 的前 n 项和 Sn = 3n2-n ,n∈N*. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明: 对任意的 n>1, 都存在 m∈N*, 使得 a1, an,am 成等比数列. 3n2-n 【解】 (1)由 Sn= ,得 a1=S1=1,当 n≥2 2 时,an=Sn-Sn-1=3n-2, 所以数列{an}的通项公式为:an=3n-2. (2)要使得 a1, an, am 成等比数列, 只需要 a2 am, n=a1· 7

即(3n-2)2=1· (3m-2),即 m=3n2-4n+2,而此 * 时 m∈N ,且 m>n. 所以对任意的 n>1,都存在 m∈N*,使得 a1,an, am 成等比数列.

五、附加题
课题 12 累加(乘)法求通项公式 (2013· 安徽)如图, 互不相同的点 A1, A2, ?, An, ? 和 B1,B2,?,Bn,?分别在角 O 的两条边上,所有 AnBn 相互平行,且所有梯形 AnBnBn+1An+1 的面积均相 等.设 OAn=an,若 a1=1,a2=2,则数列{an}的通项 公式是________. [ 考题揭秘] 本题主要考查 由数列递推公式求通项的方法, 考查考生的逻辑推理能力、归纳 推理能力以及运算求解能力. [ 审题过程] 第一步:审条 件.(1)所有 AnBn 平行;(2)所有 梯形 AnBnBn+1An+1 的面积相等; (3)OAn=an,a1=1,a2=2. 第二步:审结论.求{an}的通项公式. 第三步:建联系.由于图中所有 AnBn 都互相平行, 所以图中三角形均相似, 可利用相似三角形的面积之比 等于相似比的平方建立 an 与 an-1 的关系. [ 规范解答 ] 令 S △ OA1B1 = m(m>0) ,因为所有 AnBn 平行且 a1=1,a2=2,所以 S = 梯形 AnBnBn+1An+1 an OAn S = 3m. 当 n≥2 时 , = = an-1 OAn-1 梯 形 A1B1B2A2 m+?n-1?×3m 3n-2 = ,???① m+?n-2?×3m 3n-5 3n-2 2 3n-5 2 3n-8 故 a2 a - ,a2- = a - ,a2- = n= 3n-5 n 1 n 1 3n-8 n 2 n 2 3n-11 a2 n-3, ?? 4 2 a2 2=1a1,??????② 2 以上各式累乘可得:a2 n=(3n-2)a1.???③ 因为 a1=1,所以 an= 3n-2.????? ④ [答案] an= 3n-2 2. 【2012 辽宁理】 在等差数列{an}中, 已知 a4+a8=16, 则该数列前 11 项和 S11=(B) A.58 B.88 C.143 D.176 (2)(2014· 广东)若等比数列{an}的各项均为正数, 且 a10a11+a9a12=2e5,则 ln a1+ln a2+?+ln a20= ________. 【解析】 ∵a10a11+a9a12=2e5,∴a10· a11=e5, ln a1+ln a2+?+ln a20=10ln(a10· a11)=10· ln e5= 50. 【答案】 50 (2014· 重庆)已知{an}是首项为 1, 公差为 2 的等 差数列,Sn 表示{an}的前 n 项和. (1)求 an 及 Sn; (2)设{bn}是首项为 2 的等比数列,公比 q 满足 q2 -(a4+1)q+S4=0.求{bn}的通项公式及其前 n 项和 Tn.

【解】 (1)因为{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的 等差数列,所以 an=a1+(n-1)d=2n-1. 故 Sn=1+3+?+(2n-1) n?a1+an? n?1+2n-1?? = = =n2. 2 2 (2)由(1)得 a4=7,S4=16.因为 q2-(a4+1)q+S4 =0,即 q2-8q+16=0, 所以(q-4)2=0,从而 q=4. 又因 b1=2,{bn}是公比 q=4 的等比数列,所以 - - - bn=b1qn 1=2· 4n 1=22n 1. b1?1-qn? 2 n 从而{bn}的前 n 项和 Tn= = (4 -1). 3 1-q

8


赞助商链接
相关文章:
专题4 等差数列与等比数列(教师版)
专题4 等差数列与等比数列(教师版)_数学_高中教育_教育专区。专题 等差数列与等比数列★★★高考在考什么【考题回放】 1.设数列{an}的首项 a1=-7,且满足 an...
专题四 第1讲 等差数列和等比数列
专题四 第1讲 等差数列和等比数列_数学_高中教育_教育专区。2015 届高三直升班第二轮复习 第1讲知识主干 专题四 数列、推理与证明 等差数列和等比数列 ? ?S1,...
专题四 第1讲 等差数列和等比数列
专题四 第1讲 等差数列和等比数列_高三数学_数学_高中教育_教育专区。第1讲考...2015上半年教师资格证考试 教师资格考试《幼儿教育学》模拟试题 2015年教师资格考试...
专题四 几何数列、推理与证明(文理通用)教师版
专题四 几何数列、推理与证明(文理通用)教师版_数学_高中教育_教育专区。高三一模复习专用专题四 几何数列、推理与证明(文理通用) 第1讲 主干知识 ?S1,n=1, ?...
...第一篇专题突破专题四数列第1讲等差数列等比数列理0...
届高三数学二轮复习冲刺提分作业第一篇专题突破专题四数列第1讲等差数列等比数列理0118254-含答案 - 第 1 讲 等差数列等比数列 A 组 基础题组 1.(2017 ...
...第二轮专题复习专题4 等差数列与等比数列(教师版)
2014 福建高考文科数学第二轮专题复习 专题 4 ★★★高考在考什么【考题回放】 1.设数列{an}的首项 a1=-7,且满足 an+1=an+2(n∈N),则 a1+a2+?? +...
...二轮专题练习【专题4】(1)等差数列和等比数列(含答...
【高考数学备战专题】高考数学(理)二轮专题练习【专题4】(1)等差数列和等比数列(含答案) - 高考数学(理)二轮专题练习 第1讲 等差数列和等比数列 考情解读 1....
...第一篇专题突破专题四数列第1讲等差数列等比数列理-...
届高三数学二轮复习冲刺提分作业第一篇专题突破专题四数列第1讲等差数列等比数列理-含答案 - 第 1 讲 等差数列等比数列 A 组 基础题组 1.(2017 湖南五市...
...二轮配套训练【专题4】(1)等差数列和等比数列(含答...
高考数学(理)二轮配套训练【专题4】(1)等差数列和等比数列(含答案)_数学_高中教育_教育专区。第1讲考情解读 等差数列和等比数列 1. 等差、等比数列基本量和性质...
...复习第一部分专题四数列1.4.1等差数列等比数列限时...
18届高考数学二轮复习第一部分专题四数列1.4.1等差数列等比数列限时规范训练理180112134_高考_高中教育_教育专区。限时规范训练 等差数列等比数列 限时45分钟,实际用...
更多相关文章: