1、数 列第 3 讲 等差数列、等比数列题型 1 等差、等比数列的基本运算(对应学生用书第 8 页)核心知识储备1等差数列的通项公式及前 n 项和公式an a1( n1) d；Sn na1 d.n a1 an2 n n 122等比数列的通项公式及前 n 项和公式an a1qn1 (q0)；Sn (q1)a1 1 qn1 q a1 anq1 q典题试解寻法【典题 1】 (考查等比数列的基本量运算)设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若Sm1 5， Sm11， Sm1 21，则 m( )A3 B4 C5 D6解析 Sm1 5， Sm11， Sm1 21， am Sm Sm1 16，am1 Sm1
2、Sm32. q 2.am 1am又 Sm 11，a11 2 m1 2am1 a1(2) m32， a11， m5.答案 C【典题 2】 (考查等差(比)数列的通项与求和)(2016全国卷)已知 an是 公差为 3 的等差数列，数列 bn满足 b11， b2 ， anbn1 bn1 nbn.13(1)求 an的通项公式；(2)求 bn的前 n 项和. 【导学号：07804019】解 (1)由已知， a1b2 b2 b1， b11， b2 ，得 a12.13所以数列 an是首项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为 an3 n1.(2)由(1)知 anbn1 bn1 nbn，得 bn1 ，bn
3、3因此 bn是首项为 1，公比为 的等比数列13记 bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn .32 123n 1类题通法在等差 比 数列问题中最基本的量是首项 a1和公差 d 公比 q ，在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组，从而求出这两个量，其他问题也就会迎刃而解.这就是解决等差、等比数列问题的基本量的方法，这其中蕴含着方程的思想.提醒：应用等比数列前 n 项和公式时，务必注意公比 q 的取值范围.对点即时训练1 九章算术是我国古代第一部数学专著，全书收集了 246 个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为 3 升，下面三
4、节的容积之和为 4 升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第 2 节，第 3 节，第 8节竹子的容积之和为( )A. 升 B 升 C. 升 D 升176 72 11366 10933A 自上而下依次设各节竹子的容积分别为 a1， a2， a9，依题意有Error!，因为a2 a3 a1 a4， a7 a92 a8，故 a2 a3 a8 .选 A.32 43 1762已知数列 an为等差数列，其中 a2 a38， a53 a2.(1)求数列 an的通项公式；(2)数列 bn中， b11， b22，从数列 an中取出第 bn项记为 cn，若 cn是等比数列，求 bn的前 n 项和解 (1)设等差
5、数列 an的公差为 d，依题意有Error!，解得 a11， d2，从而 an的通项公式为 an2 n1， nN *.(2)c1 ab1 a11， c2 ab2 a23，从而等比数列 cn的公比为 3，因此 cn13 n1 3 n1 .另一方面， cn abn2 bn1，所以 2bn13 n1 ，因此 bn .3n 1 12记 bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn . 1 31 3n 1 n2 3n 2n 14题型强化集训(见专题限时集训 T1、T 4、T 5、T 9、T 12、T 13)题型 2 等差、等比数列的基本性质(对应学生用书第 9 页)核心知识储备1若 m， n， p， qN *，
6、 m n p q，则在等差数列中 am an ap aq，在等比数列中，aman apaq.2若 an， bn均是等差数列， Sn是 an的前 n 项和，则 man kbn， 仍为等差数列，其中Snnm， k 为常数3若 an， bn均是等比数列，则 can(c0)，| an|， anbn， manbn(m 为常数， m0)，a ， 仍为等比数列2n 1an4(1)等比数列( q1)中连续 k 项的和成等比数列，即 Sk， S2k Sk， S3k S2k，成等比数列，其公比为 qk.(2)等差数列中连续 k 项的和成等差数列，即 Sk， S2k Sk， S3k S2k，成等差数列，公差为 k2
7、d.5若 A2n1 ， B2n1 分别为等差数列 an， bn的前 2n1 项的和，则 .anbn A2n 1B2n 1典题试解寻法【典题 1】 (考查等比数列的性质)(2017福州五校二模联考)在等比数列 an中， a3， a15是方程 x27 x120 的两根，则 的值为( )a1a17a9A2 B43C2 D42解析 a3， a15是方程 x27 x120 的两根， a3a1512， a3 a157， an为等比数列，又 a3， a9， a15同号， a90， a9 2 ， a92 .故a3a15 3a1a17a9 a29a9 3选 A.答案 A【典题 2】 (考查等差数列的性质)(20
8、17湘中名校联考)若 an是等差数列，首项 a10， a2 016 a2 017 0， a2 016a2 0170，则使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是( )A2 016 B2 017C4 032 D4 033解析 因为 a10， a2 016 a2 0170， a2 106a2 0170，所以 d0， a2 0160， a2 0170，所以 S4 032 0， S4 0334 032 a1 a4 0322 4 032 a2 016 a2 01724 033a2 0170，所以使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是 4 4 033 a1 a4 0332032，故选 C.
9、答案 C【典题 3】 (考查数列的单调性与最值)(2017洛阳一模)等比数列 an的首项为 ，公比为32 ，前 n 项和为 Sn，则当 nN *时， Sn 的最大值与最小值之和为( )12 1Sn【导学号：07804020】A B23 712C. D14 56解析 依题意得， Sn 1 n.当 n 为奇数时， Sn1 随着 n 的增大而减小，(12) 12n1 Sn1 S1 ， Sn 随着 Sn的增大而增大，0 Sn ；当 n 为偶数时，12n 32 1Sn 1Sn 56Sn1 随着 n 的增大而增大， S2 Sn1 1， Sn 随着 Sn的增大而增大，12n 34 12n 1Sn Sn 0.
10、因此 Sn 的最大值与最小值分别为 、 ，其最大值与最小值之和为712 1Sn 1Sn 56 712 ，选 C.56 712 312 14答案 C类题通法1.应用数列性质解题,关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.2数列中项的最值的求法常有以下两种：(1)根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数 f(n) an，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制(2)转化为关于 n 的不等式组求解，若求数列 an的最大项，则可解不等式组Error!若求数列 an的最小项，则可解不等式组Error!求出
11、 n 的取值范围之后，再确定取得最值的项对点即时训练1已知等比数列 an，且 a6 a8 dx，则 a8(a42 a6 a8)的值为( )4016 x2A 2 B4 2C8 2 D16 2D 因为 a6 a8 dx 4 24 ，所以 a8(a42 a6 a8)4016 x2 14 a8a42 a6a8a a 2 a6a8a ( a6 a8)216 2，故选 D.28 26 282设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 S150， S160， S16 16 0， a90， d0，故 Sn最大为 S8.又 d0，所以 an单调递减，因为前 8 项中 Sn递增，所以 Sn最大且 an取最小正
12、值时 有最大值，即 最大，故选 C.Snan S8a8题型强化集训(见专题限时集训 T3、T 6、T 8、T 10)题型 3 等差、等比数列的判定与证明(对应学生用书第 10 页)核心知识储备数列 an是等差数列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利用定义，证明 an1 an(nN *)为同一常数；利用中项性质，即证明 2an an1 an1 (n2)(2)证明数列 an是等比数列的两种基本方法利用定义，证明 (nN *)为同一常数；an 1an利用等比中项，即证明 a an1 an1 (n2)2n典题试解寻法【典题】 (2014全国卷)已知数列 an的前 n 项
13、和为 Sn， a11， an0， anan1 S n1，其中 为常数(1)证明： an2 an ；(2)是否存在 ，使得 an为等差数列？并说明理由解 (1)证明：由题设知 anan1 S n1， an1 an2 S n1 1，两式相减得an1 (an2 an) a n1 ，由于 an1 0，所以 an2 an .(2)由题设知 a11， a1a2 S 11，可得 a2 1.由(1)知， a3 1.令 2a2 a1 a3，解得 4.故 an2 an4，由此可得 a2n1 是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a2n1 4 n3.a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列， a2n4 n1.所
14、以 an2 n1， an1 an2，因此存在 4，使得数列 an为等差数列类题通法1 判断一个数列是等差 比 数列，也可以利用通项公式及前 n 项和公式，但不能作为证明方法.2 都是数列 an为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零.对点即时训练已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a12,2 Sn( n1) 2an n2an1 ，数列 bn满足b11， bnbn1 2an.(1)求数列 an的通项公式；(2)是否存在正实数 ，使得 bn为等比数列？并说明理由解 (1)由 2Sn( n1) 2an n2an1 ，得到 2Sn1 n2an1 ( n1) 2an，所以 2an( n1
15、) 2an n2an1 n2an1 ( n1) 2an，所以 2an an1 an1 ，所以数列 an为等差数列，因为 2S1(11) 2a1 a2，所以 48 a2，所以 a24，所以 d a2 a1422，所以 an22( n1)2 n.(2)存在，因为 bnbn1 2an 4n， b11，所以 b2b14 ，所以 b24 ，所以 bn1 bn2 4n1 ，所以 4，所以 bn2 4 bn，所以 b34 b14，bn 1bn 2bnbn 1若 bn为等比数列，则( b2)2 b3b1，所以 16 241，所以 .12题型强化集训(见专题限时集训 T2、T 7、T 11、T 14)三年真题|
16、 验收复习效果(对应学生用书第 11 页)1(2017全国卷)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若a4 a524， S648，则 an的公差为( )A1 B2C4 D8C 设 an的公差为 d，则由Error!得Error!解得 d4.故选 C.2(2017全国卷)等差数列 an的首项为 1，公差不为 0.若 a2， a3， a6成 等比数列，则 an前 6 项的和为( ) 【导学号：07804022】A24 B3C3 D8A 由已知条件可得 a11， d0，由 a a2a6可得(12 d)2(1 d)(15 d)，解得 d2.23所以 S661 24.65 22故选 A.3(2017全国
17、卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望 巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是： 一座7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍， 则塔的顶层共有灯( )A1 盏 B3 盏C5 盏 D9 盏B 设塔的顶层的灯数为 a1，七层塔的总灯数为 S7，公比为 q，则由题意知S7381， q2， S7 381，解得 a13.a1 1 q71 q a1 1 271 2故选 B.4(2015全国卷)已知等比数列 an满足 a13， a1 a3 a521，则 a3 a5 a7( )A21 B42C63 D84B 设数列 an的公比为 q
18、. a13， a1 a3 a521，33 q23 q421，1 q2 q47，解得 q22 或 q23(舍去) a3 a5 a7 q2(a1 a3 a5)22142.故选 B.5(2016全国卷)设等比数列 an满足 a1 a310， a2 a45，则a1a2an的最大值为_64 设等比数列 an的公比为 q，则由 a1 a310， a2 a4 q(a1 a3)5，知 q .又12a1 a1q210， a18.故 a1a2an a q12( n1) 2 3nn1 (12) n 1 n2 2 2 .记 t (n27 n)，n22 7n2 12结合 nN *可知 n3 或 4 时， t 有最大值
19、6.又 y2 t为增函数，从而 a1a2an的最大值为 2664.6(2016全国卷)已知数列 an的前 n 项和 Sn1 a n，其中 0. 【导学号：07804023】(1)证明 an是等比数列，并求其通项公式；(2)若 S5 ，求 .3132解 (1)证明：由题意得 a1 S11 a 1，故 1， a1 ，故 a10.11 由 Sn1 a n， Sn1 1 a n1 得 an1 a n1 a n，即 an1 ( 1) a n.由 a10， 0 得 an0，所以 .an 1an 1因此 an是首项为 ，11 公比为 的等比数列， 1于是 an .11 ( 1)n 1 (2)由(1)得 Sn1 .( 1)n 由 S5 得 1 ，3132 ( 1)5 3132即 .( 1)5 132解得 1.
