高三数学二轮专题等差等比数列

第七讲等差数列、等比数列
命题要点：（1）等差（比）数列的定义；（2）等差（比）数列的通项公式及其前n项和公式；（3）等差（比）数列的性质；（4）等差（比）数列的综合应用。
命题规律：等差（比）数列是高考考查的重要内容，主要考查等差（比）数列的定义，通项公式，前n项和公式，等差（比）中项，等差（比）数列性质等相关内容。而这部分内容多以选择题、填空题为主，难度较小。而通项公式与前n项和相结合的题目，多出现的简答题中，难度中等。
方法总结：等差数列的判断方法
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立；
(3)通项公式法：验证an＝pn＋q；
(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.
注 后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列．
等比数列的判断方法有：
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2且n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：在数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
注：前两种方法也可用来证明一个数列为等比数列．
题型分析：
类型一 等差、等比数列的基本运算

[例1]　（1）(2012年高考山东卷)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m，92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.
[解析]　(1)因为{an}是一个等差数列，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.
设数列{an}的公差为d，
则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.
由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)
＝9n－8(n∈N*)．
(2)对m∈N*，若9m则9m＋8<9n<92m＋8，
因此9m－1＋1≤n≤92m－1，
故得bm＝92m－1－9m－1.
于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm
＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)
＝－
＝.

（2）?(2011·福建)在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
[审题视点] 第(1)问，求公差d；
第(2)问，由(1)求Sn，列方程可求k.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3.
解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n.
所以Sn＝＝2n－n2.
进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又k∈N*，故k＝7为所求．
点评：等差数列的通项公式及前n项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组解之．如果利用等差数列的性质、几何意义去考虑也可以．体现了用方程思想解决问题的方法．
（3）?(2011·全国)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30.求an和Sn.
[审题视点] 列方程组求首项a1和公差d.
解 设{an}的公比为q，由题设得
解得或
当a1＝3，q＝2时，an＝3·2n－1，Sn＝3·(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2·3n－1，Sn＝3n－1.
等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．
跟踪训练
1．(2012年皖北四市联考)已知数列{an}为等比数列，且a1＝4，公比为q，前n项和为Sn，若数列{Sn＋2}也是等比数列，则q＝(　　)
A．2　　　　　B．－2
C．3 D．－3
解析：因为数列{Sn＋2}是等比数列，所以(S1＋2)(S3＋2)＝(S2＋2)2，即6(6＋4q＋4q2)＝(6＋4q)2，即q(q－3)＝0，∵q≠0，∴q＝3.
答案：C
2．(2012年高考广东卷)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________．
解析：利用等差数列的通项公式求解．
设等差数列的公差为d，则由a3＝a－4，得
1＋2d＝(1＋d)2－4，
∴d2＝4，∴d＝±2.由于该数列为递增数列，∴d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案：2n－1
类型二 等差、等比数列的判定与证明
数列{an}是等差或等比数列的证明方法
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义证明an＋1－an(n∈N*)为常数；
②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：
①利用定义证明(n∈N*)为一常数；
②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．
[例2]　(1)(2012年高考陕西卷)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
[解析]　(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，
即2a1q2＝a1q4＋a1q3.
由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，
解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，
所以q＝－2.
(2)证明：证法一　对任意k∈N＋，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1
＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)
＝0，
所以对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
证法二　对任意k∈N＋，2Sk＝，
Sk＋2＋Sk＋1＝＋
＝，
2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－
＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]
＝(q2＋q－2)＝0，
因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
(2)?(2012·长沙模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N*.
(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
[审题视点] 第(1)问把bn＝an＋1－an中an＋1换为整理可证；第(2)问可用叠加法求an.
(1)证明 b1＝a2－a1＝1.
当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an＝－(an－an－1)＝－bn－1，
∴{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知bn＝an＋1－an＝n－1，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋＋…＋n－2＝1＋＝1＋
＝－n－1.
当n＝1时，－1－1＝1＝a1，
∴an＝－n－1(n∈N*)．
证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．
跟踪训练
已知数列{an}和{bn}满足a1＝m，an＋1＝λan＋n，bn＝an－＋.
(1)当m＝1时，求证：对于任意的实数λ，数列{an}一定不是等差数列；
(2)当λ＝－时，试判断数列{bn}是否为等比数列．
解析：(1)证明：当m＝1时，a1＝1，a2＝λ＋1，
a3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2.
假设数列{an}是等差数列，
由a1＋a3＝2a2，得λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)，
即λ2－λ＋1＝0，Δ＝－3<0，∴方程无实根．
故对于任意的实数λ，数列{an}一定不是等差数列．
(2)当λ＝－时，an＋1＝－an＋n，bn＝an－＋.
bn＋1＝an＋1－＋
＝(－an＋n)－＋
＝－an＋－＝－(an－＋)＝－bn，
b1＝a1－＋＝m－.
∴当m≠时，数列{bn}是以m－为首项，－为公比的等比数列；
当m＝时，数列{bn}不是等比数列．
类型三 等差等比数列的性质

[例3]　(1)(2012年高考福建卷)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
(2)(2012年高考广东卷)若等比数列{an}满足a2a4＝，则a1aa5＝________．
[解析]　(1)解法一　利用基本量法求解．
设等差数列{an}的公差为d，由题意得
解得 ∴d＝2.
解法二　利用等差数列的性质求解．
∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.
又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.
(2)利用等比数列的性质求解．
∵数列{an}为等比数列，
∴a2·a4＝a＝，a1·a5＝a.
∴a1aa5＝a＝.
[答案]　(1)B　(2)

跟踪训练
(1)(2012年高考安徽卷)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：利用等比数列的性质和通项公式求解．
∵a3·a11＝16，∴a＝16.
又∵等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4.
又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.故选B.
答案：B
(2) (2011·北京)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案 －2 2n－1－
(3)设数列{an}的首项a1＝－7，且满足an＋1＝an＋2(n∈N＋)，则a1＋a2＋…＋a17＝________.
解析 (1)∵an＋1－an＝2，∴{an}为等差数列．
∴an＝－7＋(n－1)·2，∴a17＝－7＋16×2＝25，
S17＝＝＝153.
析典题（预测高考）
高考真题
【真题】　(2012年高考天津卷)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，
证明：Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n≥2)．
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.
由条件，得方程组解得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)证明：由(1)得Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①
2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1.②
由①－②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1
＝－(3n－1)×2n＋1－2＝－(3n－4)×2n＋1－8，
即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1.
而当n≥2时，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1，
所以Tn－8＝an－1bn＋1，n∈N*，n≥2.
【名师点睛】　本题主要考查等差、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式、数列求和等知识，本题(2)中，解题的关键是利用错位相减求和法准确求出Tn，否则不会得出结论
考情展望
高考对等差、等比数列基本运算的考查．一是在选择、填空中考查，二是在解答题中求通项时进行考查，难度较低，注意方程思想与整体思想的运用．
名师押题
【押题】　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S15＝225.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)设等差数列{an}首项为a1，公差为d，
由题意，得
解得
∴an＝2n－1.
(2)bn＝2an＋2n＝·4n＋2n，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝＋n2＋n
＝·4n＋n2＋n－.
经典作业：
1．(人教A版教材习题改编)已知{an}为等差数列，a2＋a8＝12，则a5等于( )．
A．4 B．5 C．6 D．7
解析 a2＋a8＝2a5，∴a5＝6.
答案 C
2．(2010·福建理)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)
A．6 B．7 C．8 D．9
[答案]　A
[解析]　∴
∴Sn＝na1＋d＝－11n＋n2－n＝n2－12n.
＝(n－6)2－36.
即n＝6时，Sn最小．
3．(2010·浙江绍兴)设{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．记Mn＝ab1＋ab2＋…abn，则{Mn}中不超过2012的项的个数为(　　)
A．8　　　　　　B．9 C．10 D．11
[答案]　C
[解析]　由条件易得，an＝n＋1，bn＝2n－1，所以Mn＝ab1＋ab2＋ab3＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(1＋1)＋(2＋1)＋(4＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋n＝＋n＝2n＋n－1，∵Mn≤2012，即2n＋n－1≤2012，∴n≤10，故答案为C.
4. (2011·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝( )．
A．1 B．9 C．10 D．55
解析 由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10?a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1.
答案 A
5. (人教A版教材习题改编)在等比数列{an}中，如果公比q＜1，那么等比数列{an}是( )．
A．递增数列 B．递减数列
C．常数列 D．无法确定数列的增减性
解析 当a1＞0,0＜q＜1，数列{an}为递减数列，
当q＜0，数列{an}为摆动数列．
答案 D
6. (2010·辽宁理)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝(　　)
A. B. C. D.
[答案]　B
[解析]　a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，
∵S3＝7，∴q≠1，∴，
∴两式相比＝7，
∴q＝或q＝－(舍去)，即a1＝4.
∴S5＝＝，故选B.
7. 设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N*)，且x1＋x2＋…＋x10＝10，记{xn}的前n项和为Sn，则S20＝(　　)
A．1025 B．1024 C．10250 D．10240
[答案]　C
[解析]　∵log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N*)，∴log2xn＋1＝log2(2xn)，∴xn＋1＝2xn，＝2(n∈N*)，又xn>0(n∈N*)，所以数列{xn}是公比为2的等比数列，由x1＋x2＋…＋x10＝10得到x1＝，所以S20＝＝10×(210＋1)＝10250.
8. (2010·江西理)等比数列{an}中a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…·(x－a8)，则f ′(0)＝(　　)
A．26 B．29 C．212 D．215
[答案]　C
[解析]　令g(x)＝(x－a1)(x－a2)……(x－a8)，则f(x)＝xg(x)
f ′(x)＝g(x)＋g′(x)x，故f ′(0)＝g(0)＝a1a2……a8
＝(a1a8)4＝212.
9. 在等比数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a12＋a22＋…＋an2等于________．
[答案]　(4n－1)
[解析]　由a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，
∴a1＝1，an＝2n－1，q＝2
∴{an}是等比数列
∴{an2}也是等比数列，首项为1，公比为4
∴a12＋a22＋…＋an2＝＝(4n－1)．
10. (2010·浙江理)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是__________．
[答案]　d≥2或d≤－2
[解析]　∵S5＝5a1＋d＝5(a1＋2d)
S6＝3(2a1＋5d)
∴S6·S5＋15＝0，即(a1＋2d)(2a1＋d)＋1＝0，整理：2a12＋9a1d＋10d2＋1＝0
Δ＝81d2－4×2×(10d2＋1)≥0，即81d2－80d2－8≥0
∴d2≥8，∴d≥2或d≤－2.
11．(2011·韶关月考)给定81个数排成如图所示的数表，若每行9个数与每列的9个数按表中顺序构成等差数列，且表中正中间一个数a55＝5，则表中所有数之和为______．
a11　a12　…　a19
a21　a22　…　a29
…　…　…　…
a91　a92　…　a99
[答案]　405
[解析]　S＝(a11＋…＋a19)＋…＋(a91＋…＋a99)＝9(a15＋a25＋…＋a95)＝9×9×a55＝405.
12. ．(文)(2010·新课标文)设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．
[解析]　本题考查了等差数列的通项公式和等差列的前n项和公式以及前n 项和的最大值等知识，在解决问题时，要抓住等差数列的特征，认真运算．题目难度不大，属于容易题，重在考查学生对基础知识的掌握．
(1)由已知a3＝5，a10＝－9得
可解得
数列{an}的通项公式为an＝11－2n.
(2)由(1)知，Sn＝na1＋d＝10n－n2.
因为Sn＝－(n－5)2＋25，
所以当n＝5时，Sn取得最大值．
(理)已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)设数列{an}的公差为d，依题意得方程组解得a1＝5，d＝4.
所以{an}的通项公式为an＝4n＋1.
(2)由an＝4n＋1得bn＝24n＋1，
所以{bn}是首项b1＝25，公比q＝24的等比数列．
于是得{bn}的前n项和
Sn＝＝.
13. (2010·全国Ⅱ文)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋)2，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　本题考查了数列的通项公式、数列求和等基础知识和基本技能，考查分析问题的能力和推理论证能力．
(1)设等比数列公比为q，则an＝a1·qn－1，
由已知有
化简得
又a1>0，故q＝2，a1＝1，
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2＝an2＋＋2＝4n－1＋＋2，
∴Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋＋2n
＝＋＋2n
＝(4n－41－n)＋2n＋1.