第1课时：等差数列与等比数列

专题四 数列

第1课时 等差数列与等比数列

??S1， n＝1，

1．an与Sn的关系：Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝?

?Sn－Sn－1， n≥2.?

2．等差数列和等比数列 定义 通项公式 等差数列 an－an－1＝常数(n≥2) an＝a1＋(n－1)d (1)定义法 (2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1)?{an}为等差数列 等比数列 an＝常数(n≥2) an－1an＝a1qn1(q≠0) －(1)定义法 (2)中项公式法：a2an＋2(n≥1) n＋1＝an·(an≠0)?{an}为等比数列 (3)通项公式法：an＝c·qn(c、q均是不为0(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常判定方法 数)?{an}为等差数列 (4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、的常数，n∈N*)?{an}为等比数列 B为常数)?{an}为等差数列 (5){an}为等比数列，an>0?{logaan}为等差数列 (1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq 性质 (2)an＝am＋(n－m)d (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 na1＋annn－Sn＝＝na1＋d 22(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq (2)an＝amqnm －(4){an}为等差数列?{aan}为等比数列(a>0且a≠1) (3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列 a1－qna1－anq(1)q≠1，Sn＝＝ 1－q1－q(2)q＝1，Sn＝na1 前n项和

题型一 等差(比)数列的基本运算

例1 (2012·山东)已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm. 审题破题 (1)由已知列出关于首项和公差的方程组，解得a1和d，从而求出an.(2)求出bm，再根据其特征选用求和方法．

解 (1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn， 5×－??5a1＋d＝105，

2由T5＝105，a10＝2a5，得?

??a1＋9d＝a1＋4d，解得a1＝7，d＝7.

因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)． (2)对m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m1.因此bm＝72m1.

－

－

所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，

＋

b1－qm7×－49m7×2m－72m1－7

故Sm＝＝＝＝. 48481－q1－49

反思归纳 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． 变式训练1 (2013·浙江)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等

比数列． (1)求d，an；

(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.

解 (1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4. 所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*. (2)设数列{an}的前n项和为Sn.

因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.

121

当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.

22

121

当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.

22

121

－n2＋n， n≤11，22

综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝

1221

n－n＋110， n≥12.22

???

题型二 等差(比)数列性质的应用

例2 (1)已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是 ( )

A．25

B．50

C．100

D．不存在

S12S10(2)在等差数列{an}中，a1＝－2 013，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 013的值为( )

1210A．－2 011

D．－2 013 a1＋a20

审题破题 (1)根据等差数列的性质，a7＋a14＝a1＋a20，S20＝可求出a7＋a14，

2?Sn?

然后利用基本不等式；(2)等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则?n?也成等差数列．

??答案 (1)A (2)D

a1＋a20

解析 (1)∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10.

2

∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.

a7＋a14?2

∵an>0，∴a7·a14≤??2?＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．

?Sn?S1(2)根据等差数列的性质，得数列?n?也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项＝1??

S2 013a1＝－2 013，公差d＝1，故＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S2 013＝－2 013.

2 013反思归纳 等差数列和等比数列的项，前n项和都有一些类似的性质，充分利用性质可简化解题过程．

变式训练2 (1)数列{an}是等差数列，若

取得最小正值时，n等于 A．11 答案 C

a11解析 ∵{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列为递减数列．又<－1，

a10∴a10>0，a11<0，得a10＋a11<0.

a1＋a19a1＋a20

而S19＝＝19·a10>0，S20＝＝10(a10＋a11)<0.

22故当n＝19时，Sn取得最小正值．

(2)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10等于 A．4 答案 B

解析 ∵a3·a11＝16，∴a2等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4. 7＝16. 又∵又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.

B．5

C．6

D．7

( )

B．17

a11<－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sna10

( )

B．－2 012

C．－2 010

C．19 D．21

题型三 等差数列、等比数列的综合应用

例3 已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn＝3(an－1)，其中n∈N*.

(1)证明：数列{an}为等比数列；

(2)设数列{bn}满足bn＝log3an，若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和．

审题破题 (1)利用an＝Sn－Sn－1求出an与an－1之间的关系，进而用定义证明数列{an}为等比数列．(2)由(1)的结论得出数列{bn}的通项公式，求出cn的表达式，再利用错位相减法求和．

3an(1)证明 由题意得an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)(n≥2)，∴an＝3an－1，∴＝3(n≥2)，

2an－1

3

又S1＝(a1－1)＝a1，解得a1＝3，∴数列{an}为首项为3，公比为3的等比数列．

2(2)解 由(1)得an＝3n，则bn＝log3an＝log33n＝n， ∴cn＝anbn＝n·3n，

设Tn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋(n－1)·3n1＋n·3n，

－

3Tn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n1.

－3n＋123nn＋1

∴－2Tn＝3＋3＋3＋…＋3－n·3＝－n·3n1，

1－3

n＋1

n－＋3

∴Tn＝.

4

＋

反思归纳 等差、等比数列的判断与证明方法是由已知条件求出an或得到an＋1与an的

an＋1递推关系，再确认an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)或＝q(n∈N*，q为非零常数)是否对

an一切正整数均成立．

变式训练3 已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别

是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．

(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；

c1c2cn(2)设数列{cn}对n∈N*，均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2 013.

b1b2bn解 (1)∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，d>0， ∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2. 则an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.

b39

又∵b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴等比数列{bn}的公比q＝＝＝3.

b23

∴bn＝b2qn2＝3×3n2＝3n1.

cn－1c1c2cnc1c2cn

(2)由＋＋…＋＝an＋1，得：当n≥2时，＋＋…＋＝an，两式相减，得＝b1b2bnb1b2bnbn－1

－

－

－

an＋1－an＝2，∴cn＝2bn＝2×3n1 (n≥2)

－

??3，n＝1，c1而当n＝1时，＝a2，∴c1＝3.∴cn＝? －

b1?2×3n1，n≥2.?

∴c1＋c2＋…＋c2 013＝3＋2×3＋2×3＋…＋2×3

013

122 012

6－6×32 012

＝3＋＝3－3＋32 013＝32

1－3

.

1． (2013·江西)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于

A．－24 答案 A

解析 由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，(3x＋3)2＝x(6x＋6)． 解得x1＝－3或x2＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.

2． (2012·福建)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为

A．1 答案 B

解析 方法一 设等差数列{an}的公差为d，

?2a1＋4d＝10，?a1＝1，??

由题意得? 解得?∴d＝2.

??a＋3d＝7.d＝2.?1?

B．2

C．3

D．4

( )

B．0

C．12

D．24

( )

方法二 ∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5. 又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.

3． (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 答案 D

解析 an＝a1＋(n－1)d，d＞0， ∴an－an－1＝d＞0，命题p1正确．

nan＝na1＋n(n－1)d，∴nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)d与0的大小和a1的取值情况有关． 故数列{nan}不一定递增，命题p2不正确．

ana1n－1anan－1－a1＋d

对于p3：＝＋d，∴－＝，

nnnnn－1nn－

an当d－a1＞0，即d＞a1时，数列{}递增，

n但d＞a1不一定成立，则p3不正确． 对于p4：设bn＝an＋3nd， 则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0. ∴数列{an＋3nd}是递增数列，p4正确． 综上，正确的命题为p1，p4.

( )

B．p3，p4 C．p2，p3 D．p1，p4

4． (2013·重庆)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成

等比数列，则S8＝________. 答案 64

解析 因为a1，a2，a5成等比数列，则a2a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，d＝2.所以an2＝a1·

a1＋a8×8

＝1＋(n－1)×2＝2n－1，S8＝＝4×(1＋15)＝64.

2

1

5． (2013·江苏)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an

2

的最大正整数n的值为________． 答案 12

1

解析 由已知条件a5＝，a6＋a7＝3，

2

11

即q＋q2＝3，整理得q2＋q－6＝0， 22解得q＝2，或q＝－3(舍去)．

1n－5n－6－

an＝a5qn5＝×2＝2，

2

1

a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)，

32n2－11na1a2…an＝222…2

－5－4－3

n－6

＝2 ，

n2－11n＋10

2

2

由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an可知2n>2 ＋1， n≤12.

一、选择题

1． (2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于( )

1

A. 3答案 C

解析 设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋10a1得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，

1

q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.

94

2． 已知{an}为等差数列，a2＋a8＝，则S9等于 ( )

3

A．4 答案 C

49×3a1＋a94

解析 ∵{an}为等差数列，∴a2＋a8＝a1＋a9＝，∴S9＝＝＝6.

322

B．5

C．6

D．7

1

B．－

3

1C. 9

1D．－

9

An7n＋45an3． 已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整Bnn＋3bn

数的正整数n的个数是 A．2 答案 D

解析 由等差数列的前n项和及等差中项，

11a1＋a2n－1n－a1＋a2n－1

2A2n－1n－＋4514n＋38an2

可得＝＝＝＝＝

bn11B2n－1n－＋32n＋2

b＋bn－b1＋b2n－1212n－127n＋1912an＝＝7＋ (n∈N*)，故n＝1,2,3,5,11时，为整数．

bnn＋1n＋1

4． 已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，

n∈N*，则S10的值为 A．－110 C．90 答案 D

解析 ∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，又∵a7是a3与a9的等比中项，∴(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得a1＝20.

1

∴S10＝10×20＋×10×9×(－2)＝110.

2

1

5． 已知数列{an}满足1＋log3an＝log3an＋1(n∈N＋)，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)

3

的值是 1

A. 5答案 D

an＋1

解析 由1＋log3an＝log3an＋1得＝3，{an}为等比数列，公比为3.

an∴a5＋a7＋a9＝27(a2＋a4＋a6)＝27×9＝35，

11∴log(a5＋a7＋a9)＝log35＝－5.

33

6． 已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项

和，则使得Sn取得最大值的n是 A．21 答案 B

解析 设数列{an}的公差是d，则a2＋a4＋a6－(a1＋a3＋a5)＝3d＝99－105＝－6，即d＝－2. 又3a3＝105，所以a3＝35.

所以an＝a3＋(n－3)d＝41－2n.令an>0得n<20.5，

即数列{an}的前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此使得Sn达到最大值的n为20.

B．20

( )

( )

1

B．－

5

( )

( )

B．3 C．4 D．5

B．－90 D．110

C．5 D．－5

C．19 D．18

二、填空题

21

7． (2013·课标全国Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝_______.

33

答案 (－2)n1

－

解析 当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，

22

an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，

33

an－故＝－2，故an＝(－2)n1. an－1

an＋2－an＋18．在数列{an}中，如果对任意n∈N*都有＝k(k为常数)，则称数列{an}为等差比数

an＋1－an

列，k称为公差比．现给出下列问题： ①等差比数列的公差比一定不为零； ②等差数列一定是等差比数列；

③若an＝－3n＋2，则数列{an}是等差比数列； ④若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比． 其中正确命题的序号为________． 答案 ①③④

解析 若k＝0，{an}为常数列，分母无意义，①正确；公差为零的等差数列不是等差比

an＋2－an＋1an＋2－an＋1－

数列，②错误；＝3，满足定义，③正确；设an＝a1qn1(q≠0)，则＝an＋1－anan＋1－an

＋

a1qn1－a1qn

正确． －＝q，④

a1qn－a1qn19． (2013·辽宁)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－

5x＋4＝0的两个根，则S6＝________. 答案 63

解析 ∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1， ∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，

1×－26

因此S6＝＝63.

1－2

10． (2012·浙江)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＝________.

3答案 2

解析 方法一 S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2， 将a3＝a2q，a4＝a2q2代入得，

3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化简得2q2－q－3＝0，

3

解得q＝(q＝－1不合题意，舍去)．

2方法二 设等比数列{an}的首项为a1，由S2＝3a2＋2，得

a1(1＋q)＝3a1q＋2.①

由S4＝3a4＋2，得a1(1＋q)(1＋q2)＝3a1q3＋2.② 由②－①得a1q2(1＋q)＝3a1q(q2－1)．

3

∵q>0，∴q＝.

2三、解答题

11．(2013·福建)已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.

(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1； (2)若S5>a1a9，求a1的取值范围．

解 (1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列， 所以a2(a1＋2)， 1＝1×

即a21－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2. (2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5>a1a9， 所以5a1＋10>a21＋8a1，

1

12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且2Sn＝2Sn－1＋2an－1＋1(n≥2，n∈N*)．数列{bn}

4

3

满足b1＝，且3bn－bn－1＝n(n≥2，n∈N*)．

4

(1)求证：数列{an}为等差数列； (2)求证：数列{bn－an}为等比数列； (3)求数列{bn}的通项公式以及前n项和Tn. (1)证明 ∵2Sn＝2Sn－1＋2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，

1

∴当n≥2时，2an＝2an－1＋1，可得an－an－1＝.

2∴数列{an}为等差数列．

1(2)证明 ∵{an}为等差数列，公差d＝，

2

111

∴an＝a1＋(n－1)×＝n－.

224又3bn－bn－1＝n(n≥2)，

11∴bn＝bn－1＋n(n≥2)，

33

1111

∴bn－an＝bn－1＋n－n＋ 3324

111＝bn－1－n＋ 364113＝(bn－1－n＋) 324111＝[bn－1－(n－1)＋] 3241

＝(bn－1－an－1)， 3即a21＋3a1－10<0，解得－5

1

又b1－a1＝≠0，

2

bn－an1

∴对n∈N*，bn－an≠0，得＝(n≥2)．

bn－1－an－1311

∴数列{bn－an}是首项为，公比为的等比数列．

231?1?n－1n11?1?n－1*

(3)解 由(2)得bn－an＝·，∴b＝－＋·(n∈N)． n

2?3?242?3?

1??1?n?1－

2??3??

∵b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝，

11－33?1?n?. ∴b1＋b2＋…＋bn－(a1＋a2＋…＋an)＝?1－

4??3??

2

n3?1?n?. ∴Tn－＝?1－

44??3??n23??1?n?∴Tn＝＋?1－?3??(n∈N*)．

44

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/n7tg.html