2014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

2014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×2n－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.‎