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第13讲 等差数列与等比数列


专题四
第13讲

数 列

等差数列与等比数列

1.在江苏省数学科高考考试说明的八个C级要求中, “等差数列”与“等比数列”位列其中.因而,从 数学比例上看,本讲占有“四分之一的权重”,

应引起备考者足够重视.
2.备考中要牢固树立函数意识.要明确数列是特殊的 函数,其定义域

是自然数集或自然数集的子集.可 以借助函数的性质与图象研究数列的性质等问 题,如单调性、周期性、最大项、最小项等.

3.备考中要牢固树立方程意识.数列的确定,可以依

赖几个基本量而确定.如,等差数列{an}中,若已
知首项a1与公差d,则可以写出任何一项的数值 (ak=a1+(k-1)d),我们称a1与d是{an}的基本量.

数列的基本量往往联系了其通项公式与前n项和公
式,解题时依此可以列出关于基本量的方程(组) 使问题得以解决.常言“回归基本量”的方法策略

即此.
4.备考中要牢固树立类比归纳的逻辑推理意识.等差 数列与等比数列虽是两类不同的数列,但在性质 上有许多相似或相同之处,运用类比、归纳等逻 辑推理方法,可以将两块知识放在一起比较、鉴 别、记忆,效果良好.

5.备考中要注意分类讨论思想、转化化归思想的应 用.如,求等比数列前n项和时,要分公比为1与不 为1,而确定是否用求和公式 S ? a (1 ? q ) . 1? q 6.备考中要注意积累一些基本的性质、公式等结论
n 1 n

以提高自身分析问题和解决问题的能力.

【例1】(2009·广东)已知等比数列{an}的公比为
正数,且a3·a9= 2 a5 ,a2=1,则a1=
2

2 2

.

分析
量. 解析

紧扣等比数列通项公式an=a1qn-1,回归基本
设公比为q,由已知得a1q2·a1q8=2(a1q4)2,

即q2=2, 又因为等比数列{an}的公比为正数,所以q= 2 ,
a 1 2 故a ? ? ? . q 2 2
2 1

探究拓展

有关等差数列与等比数列的运算问题

通性、通法有两个:①化归到基本量间运算;② 利用性质解题.一般而言前者基础,不易出错,但 运算稍复杂些,后者解题简捷,过程优化,但思 路的寻找需一定的功底.备考中要加强两种方法的 训练. 变式训练1 (2009·安徽文)已知{an}为等差数

列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20=

.

解析

∵a1+a3+a5=105,即3a3=105,

∴a3=35,同理可得a4=33,∴公差d=a4-a3=-2,
∴a20=a4+(20-4)×d=1. 或回归到基本量 有 a1+a1+2d+a1+4d=105 a1+d+a1+3d+a1+5d=99 ① ②

①-②得-3d=6,d=-2,a1=39 a20=a1+19d=39-38=1.

答案

1

【例2】(2008·北京)已知数列{an}对任意的

p,q∈N*满足ap+q=ap+aq且a2=-6,那么a10= -30 .
分析 破口. 解析 由ap+q=ap+aq,a2=-6,得a4=a2+a2=-12,同理 从特殊到一般,再从一般到特殊是人 a8=a4+a4=-24,所以a10=a8+a2=-24-6=-30. 探究拓展 类认识世界的规律.体现在本题中就是先用特殊值 针对p、q的任意性,赋予特殊值,找到突

法求出部分基本量,再依通性规律向目标靠近.

变式训练2 a3 +a5 = 解析
61 16

数列{an}中,a1=1,对于所有的 .

n≥2,n∈N,都有a1·a2·a3·?·an=n2,则
方法一 令n=2,3,4,5,分别求出 9 25 61 a3 ? , a5 ? .a3 ? a5 ? . 4 16 16 方法二 当n≥2时,a1·a2·a3·?·an=n2, 当n≥3时,a1·a2·a3·?·an-1=(n-1)2. 两式相除有 an ? (
a ?a ?
3 5

n 2 9 25 ) ? a3 ? , a5 ? ? n ?1 4 16

61 . 16

【例3】等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d<0.若存

在正整数m (m≥3),使得am=Sm,则当n>m (n∈N*)
时,有Sn < 解析 an(填“>”、“<”、“=”). 由于公差小于零,因此数列

{an}是递减数列,(n,an)为斜率 小于零的直线上的孤立的点,{Sn}

为开口向下的抛物线,且恒过原点,
可考虑利用图象来解.事实上,数列 {an}与{Sn}所对的函数图象分别是直线y=dx+(a1-d)

与抛物线 y ? x ? (a ? ) x, 由于S1=a1,am=Sm,也即
2 1

上述两函数图象有两个交点E(1,a1),F(m, am),如图所示,当n>m时,Sn<an.

d 2

d 2

探究拓展

数列是一类特殊的函数(特殊性在于

其定义域是自然数集或其子集).对于有些问题 “回到老家去”——回归到函数上面去研究,借助 函数的性质图象,可有十分便捷的解法.备考中要 注意使用. 变式训练3 已知数列{an}、{bn}分别为等差数列

与等比数列,公比q>1且b1>0,若a1=b1,a13=b13,则

a7与b7的大小关系为

.

解析

设{an}公差为d,

则an=a1+(n-1)d,(n,an)是分布在 直线上的孤立点;bn=b1qn-1,(n,bn) 是分布在类指数函数图象上的孤立 点.a1=b1,a13=b13,即两图象有两个公 共点(1,a1),(13,a13).又y=b1qx-1图象是下凹的, 易得a7>b7.

答案

a7 >b7

【例4】有两个等差数列{an}、{bn},它们的前n项和
47 S n 5n ? 2 a5 ,则 ? 分别为Sn和Tn,若 ? . 12 Tn n?3 b5 分析 Sn ? a1 ? an , 联想a1 ? a9 ? 2a5 , b1 ? b9 ? 2b5 , 可得 a5 . Tn b1 ? bn b5 n(a1 ? an ) n(b1 ? bn ) 解析 Sn ? , Tn ? 2 2

S n a1 ? an ? , 令n ? 9时, Tn b1 ? bn S n a1 ? a9 a5 ? ? , Tn b1 ? b9 b5

a5 S 9 5 ? 9 ? 2 47 可见 ? ? ? . b5 T9 9?3 12

探究拓展

由通项公式推得的“四项之间关系

式”,am+an=ap+aq=2ar(m+n=p+q=2r),可使解题过
程大大简化,使用的关键是考察项数(脚码)间的 联系.在等比数列中有类似结论aman=apaq=a2r(其 中m+n=p+q=2r),注意使用. 变式训练4 (2009·广东改编)已知等比数列{an}满

足an>0 (n∈N*)且有a5·a2n-5=22n (n≥3),则当
n≥1时,log2a1+log2a3+?+log2a2n-1= 解析 n2

.

∵an>0,∴an=2n,

a5·a2n-5=22n,得 an2 ? 2 2 n

∴log2a1+log2a3+?+log2a2n-1 =1+3+5+?+(2n-1)=n2.

【例5】设数列{an}前n项和为Sn,且(3- m)Sn+2man=

m+3 (n∈N+),其中m为常数,m≠-3,m≠0.
(1)求证:{an}为等比数列; (2)若数列{an}的公比q=f(m),数列{bn}满足
n

3 ?1? b 1 = a 1 , b n= f(bn-1) (n≥2,n∈N+),求证: ? ?为等 ?b ? 2
差数列并求通项bn. 分析 公式求法. 本题旨在考查等比数列的判定方法,及通项

证明

(1)由(3-m)Sn+2man=m+3

得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3, 两式相减得(3+m)an+1=2man,m≠-3,

an?1 2m ? ? ,??an ?是等比数列. an m ? 3 2m (2)b ? a ? 1, q ? f (m) ? ,当n ? N , 且n ? 2时. m?3 3 3 2b b ? f (b ) ? ? 2 2 b ?3 1 1 1 ? b b ? 3b ? 3b ? ? ? . b b 3
1 1 ? n ?1 n n ?1 n ?1 n n ?1 n n ?1 n n ?1

?1? 1 ? ? ?是以1为首项, 为公差的等差数列. 3 ?b ? 1 n ?1 n ? 2 ? ? 1? ? , b 3 3
n n

3 ?b ? (n ? N ). n?2
n ?

探究拓展

(1)充分认识题设条件的价值,理清

各量之间的联系,是解题基本功.本题主要训练数
列基本量的运算与变形能力. (2)等比数列判定方法有:利用定义、等比中项或 性质.具体归纳见本讲中“规律方法技巧”(等差 数列判定方法也有类似结论).

变式训练5

(2008·苏州模拟)数列{an}的前n项

和为Sn,且对任意的正整数n,an+Sn=4 096. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)设数列{log2an}的前n项和为Tn,对数列
{Tn},从第几项起Tn<-509?



(1)由于数列{an}满足an+Sn=4 096,n∈N+,① ②

故2a1=a1+S1=4 096,有a1=2 048.
又an-1+Sn-1=4 096,n∈N+,n≥2,
1 将①-②,得 an ? an?1 , n ? N ? , n ? 2. 2 1 所以数列{an}是以2 048为首项,以 为公比的等 2 比数列.

所以数列{an}的通项公式为
1 a ? 2 048 ? ( ) ? 2 , n ? N . 2
n ?1 12 ? n n ?

(2)由于数列{an}的通项公式为
1 n?1 an ? 2 048 ? ( ) ? 212?n , n ? N ? , 2 则log2an=log2212-n=12-n.

所以数列{log2an}是以11为首项,-1为公差的等差 数列,则数列{log2an}的前n项和为
2 23 ? 4 601 23n ? n 2 由 ? ?509, 得n ? . 2 2 又n∈N+,∴从第46项开始Tn<-509. Tn

? 11 ? (12 ? n)?n 23n ? n ? ?
2

2

规律方法总结

1.数列是定义域为自然数集或其有限子集的一类特
殊函数,具备一般函数应具有的性质,其图象是相 应普通函数图象上的离散点.备考中要强化这一意 识的应用. 2.等差数列与等比数列的判定:

{an}成等差数列? ? 2an=an-1 ? an+1-an=d(d为常数)?
+an+1 (n≥2)? ?an=an+b? ? Sn=An2+Bn; {an}成等比数列 ?
n ?1 n

an?1 ? an2 ? an?1 ? ? q (q为常数)? an
n ?1 1

a ( n ? 2) ? a ? a q .

3.等差数列中:an=am+(n-m)d,d ? a ? a
n

m

等比数列中:an=amqn-m, q ?
n?m

an . am

n?m

4.等比数列的“三个特别”:(1)项与公比不能是

零;(2)用求和公式时要考虑公比q是否为1;
(3)相隔仅一项的两项,应同符号. 5.m+n=p+q时,对等差数列,有am+an=ap+aq;对等比 数列有am·an=ap·aq. 6.等差数列中,若项数n为偶数,即若n=2k (k∈N+),则S2k=k(ak+ak+1)且S偶-S奇=kd, S 奇 ak ? ; 若其项数为奇数,即若n=2k-1 (k∈N+), S 偶 ak ?1

则S2k-1=(2k-1)ak且S奇=kak,S偶=(k-1)ak,S奇-

S偶=a k,

S ? q. 等比数列中,若项数n为偶数,则 S


S奇 k ? . S偶 k ? 1

以上结论从不同侧面反映了数列的本质与特征, 可以理解记忆或边证边用,不必死记硬背. 7.等差数列中:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,?,Skn-S(k-1)n也成 等差数列. 等比数列中:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,?,Skn-S(k-1) n也成 等比数列(m≠n时,Sm≠Sn). 8.等差数列中:项数成等差数列时,相应项也成等 差数列. 等比数列中:项数成等差数列时,相应项成等比数 列.



一、填空题
1.(2009·江西文)公差不为零的等差数列{an}的前

n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则
S10= 解析 60 . 由 a42 =a3a7,

得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),得2a1+3d=0, 56 再由S8 ? 8a1 ? d ? 32, 2 得2a1+7d=8,则d=2,a1=-3,
90 所以S10 ? 10a1 ? d ? 60. 2

2.(2009·辽宁)设等比数列{an}的前n项和为Sn,

S6 S9 若 ? 3, 则 ? S3 S6
解析

7 3
6

.
3 3

S (1 ? q ) S ? 设公比为q,则 S S
3 3
3 3 3 6

? 1? q ? 3 ? q ? 2 S 1? q ? q 1? 2 ? 4 7 于是 ? ? ? . S 1? q 1? 2 3
9 3 6

3.(2009·安徽理)已知{an}为等差数列, a1+a3+a5

=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示{an}的前n项和,则使
得Sn达到最大值的n是 解析 即a3=35,由a2+a4+a6=99, 得3a4=99,即a4=33,∴d=-2, an=a4+(n-4)×(-2)=41-2n, 由 an≥0 20 . 由a1+a3+a5=105,得3a3=105,

an+1<0

得n=20.

4.设Sn是等差数列{an}的前n项和,a12=-8,S9=-9,则 S16= -72 . 由S9=-9,得 a1 ? a9 ? a5=-1.又a12=-8, 2 所以a5+a12=a1+a16=-9,故 解析
16 ? (a1 ? a16 ) S16 ? ? ?72. 2

n ? 2 008 5.已知数列{an}中,an ? 且数列{an}共有 , n ? 2 009 100项,则此数列中最大项为第 45 项,最小项为

第 44 项. 解析
n ? 2 008 2 009 ? 2 008 an ? ? 1? , n ? 2 009 n ? 2 009

又 2 009 ? 2 008 ? 0,44 ? 2 009 ? 45,

∴第44项最小,第45项最大.

6.(2009·宁夏海南)等差数列{an}的前n项和为
2 Sn,已知am-1+am+1- am =0,S2m-1=38,则m= 10 .

解析

∵{an}为等差数列,∴am-1+am+1=2am

2 又am-1+am+1- am =0, 2 ∴2am- am =0,∴am=0或2.

若am=0,则显然不合题意.

? a ? 2, 又S
m

2 m ?1

(a ? a )(2m ? 1) ? ? 38, 2
1 2 m ?1 m

(2m ? 1) ? 2a ? ? 38,即(2m ? 1) ? 2 ? 38, m ? 10. 2

二、解答题
1 7.在数列{an}中,a1=2,an+1= an ? ln(1 ? ),n∈N+,求 n 通项公式an. 1 解 ∵an+1=an+ ln(1 ? ), n 1 n ?1 ∴an+1-an= ln(1 ? ) ? ln ? ln( n ? 1) ? ln n. n n 又a1=2,

∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+?+(an-an-1)=2+ [ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+?+ln n-

ln(n-1)]=2+ln n-ln 1=2+ln n.
∴an=2+ln n(n∈N+).

1 8.等差数列{an}公差为d>0,Sn为其前n项和,又 S4与 4 1 S6的等比中项是 a17 ? 1且等差中项为6,求通项 6 an . 1 1 解 ? S 4 ? (a1 ? a1 ? d ? a1 ? 2d ? a1 ? 3d ) 4 4

1 3 ? ( 4a ? 6d ) ? a ? d ; 4 2 1 1 S ? ( 4 a ? 6 d ? a ? 4 d ? a ? 5d ) 6 6 1 5 ? (6a ? 15d ) ? a ? d , 6 2
1 1 6 1 1 1 1 1

3 5 ? ( a ? d ) ? ( a ? d ) ? a ? 16d ? 1 ? 2 2 ?? ?a ? 3 d ? a ? 5 d ? 12 ? 2 2 ?(2a ? 3d )(2a ? 5d ) ? 4a ? 64d ? 4 ?? ?a ? 2 d ? 6
1 1 1 1 1 1 1 1 1

由a1+2d=6得a1=6-2d,代入得d2+56d-116=0, 即d=2或d=-58,∵d>0,∴d=2, 由d=2得a1=2.∴an=2+2(n-1)=2n(n∈N+).

9.数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn (c是常数,n=1, 2,3,?),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列. (1)求c的值; (2)求{an}的通项公式. 解 (1)a1=2,a2=2+c,a3=2+3c,

因为a1,a2,a3成等比数列, 所以(2+c)2=2(2+3c),解得c=0或c=2.

当c=0时,a1=a2=a3,不合题意,应舍去,故c=2.

(2)当n≥2时,由于a2-a1=c, a3-a2=2c,??,an-an-1=(n-1)c,
n(n ? 1) 所以an ? a1 ? ?1 ? 2 ? ? ? (n ? 1)?c ? c. 2 又a1=2,c=2,

故an=2+n(n-1)=n2-n+2 (n=2,3,?), 当n=1时,上式也成立, 所以an=n2-n+2 (n=1,2,?).

10.(2009·全国Ⅱ)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. (1)证明 由已知得a1+a2=4a1+2, 解得a2=3a1+2=5,故b1=a2-2a1=3. 又an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-(4an+2)=4an+1-4an, 于是an+2-2an+1=2(an+1-2an),

即bn+1=2bn.
因此数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.

(2)解

由(1)知等比数列{bn}中b1=3,公比
n ?1 n n ?1 n

q=2,所以an+1-2an=3×2n-1,于是

a a 3 ? ? , 2 2 4 an ? ? 因此数列 ? n ?是首项为 1 , 公差为 3 的等差数列, 2 4 ?2 ? an 1 3 3 1 故 n ? ? (n ? 1) ? ? n ? , 2 2 4 4 4

所以an=(3n-1)·2n-2.

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