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                        B.88

C.143                       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=2a6=16?a6=8,则该数列的前11项和为S11==11a6=88.]

2.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(  ).

A.7                          B.5

C.-5                       D.-7

答案:D [设数列{an}的公比为q,由得或所以或所以或所以a1+a10=-7.]

3.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为(  ).

A.1                          B.2

C.3                          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),

∴q=-1(舍去)或q=.

答案

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.

(3)Sn==na1+d.

(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

(1)=q(n∈N*,q为非零常数).[来源:学+科+网Z+X+X+K]

(2)an=a1qn-1.

(3)Sn==(q≠1).

(4)a=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:

(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}是等比数列;

(2)利用中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an}是等差数列;a=an·an+2(n∈N*)?{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+,q2=2-,

所以{an}的通项公式为an=(2+)n-1或an=(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,

由{an}唯一,知方程(*)必有一根为0,代入(*)得a=.

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.]

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,

∴-=.

∴数列是首项为,公差为的等差数列,

∴=+(n-1)×=n-,

所以an=(3n-1)·2n-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.

(1)设bn=.证明:数列{bn}是等差数列;

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

(1)证明 ∵an+1=2an+2n,∴=+1.

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]

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),

3q2-q=0,∴q=0(舍),或q=,∴an=2·n-1.

(2)由题意得:bn-an=2n-8,bn=an+2n-8=2n-1+2n-8.

设数列{bn}的前n项和为Tn,

Tn=+

=3+n(n-7)

=-+n2-7n+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;

(2)求证:++…+<.

(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.

依题意有①

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.

(2)证明 Sn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),

∴++…+=+++…+

=<.

[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*),

于是由an+2=(r+1)an+1,可得=r+1(n∈N*),

∴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)

(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:

当r=0时,由(1)知,an=

∴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,[来源:Z_xx_k.Com]

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;

(2)设a1>0,数列的前n项和为Tn.当n为何值时,Tn最大?并求出Tn的最大值.

解 (1)取n=1,得a2a1=S2+S1=2a1+a2,①

取n=2,得a=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=+1,a2=2+;或a1=1-,a2=2-.

综上可知a1=0,a2=0;或a1=+1,a2=+2;或a1=1-,a2=2-.

(2)当a1>0时,由(1)知a1=+1,a2=+2.

当n≥2时,有(2+)an=S2+Sn,(2+)an-1=S2+Sn-1,

所以(1+)an=(2+)an-1,即an=an-1(n≥2),

所以an=a1()n-1=(+1)·()n-1.

令bn=lg,

则bn=1-lg()n-1=1-(n-1)lg 2=lg,

所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为-lg 2),

从而b1>b2>…>b7=lg>lg 1=0,

当n≥8时,bn≤b8=lg<lg 1=0,

故n=7时,Tn取得最大值,且Tn的最大值为

T7===7-lg 2.


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