第7讲 等差数列与等比数列

第7讲 │ 教师备选习题
思考：已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且(a－1)Sn＝a(an－ 1)(a>0)(n∈N*)． (1)求证数列{an}是等比数列，并求 an； (2)已知集合 A＝{x|x2＋a≤(a＋1)x}，问是否存在实数 a，使 得对于任意的 n∈N*， 都有 Sn∈A？若存在， 求出 a 的取值范围； 若不存在，说明理由．
第7讲 │ 教师备选习题
【解答】 (1)当 n＝1 时，∵(a－1)S1＝a(a1－1)， ∴a1＝a(a>0)． n≥2 时，由(a－1)Sn＝a(an－1)(a>0)， 得(a－1)Sn－1＝a(an－1－1)． an ∴(a－1)an＝a(an－an－ 1)，变形得 ＝a(n≥2)， an－1 故{an}是以 a1＝a 为首项，公比为 a 的等比数列， ∴an＝an.
bn
第7讲 │ 要点热点探究
【解答】(1)因为数列{2bn}是首项为 2，公比为 4 的等比数列， 所以 2bn＝2·n－ 1＝22n－1，因此 bn＝2n－1. 4 T2n 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝n2，T2n＝4n2，所以 ＝4， Tn 因此数列{bn}为“和等比数列”． R2n (2)设数列{cn}的前 n 项和为 Rn，且 ＝k(k≠0)，因为数列{cn}是等差数列，所以 Rn 2n2n－1 d nn－1 2n2n－1 R2n 2nc1＋ 2 Rn＝nc1＋ d，R2n＝2nc1＋ d，所以 ＝ ＝k 对于 n 2 2 Rn nn－1 nc1＋ d 2 ∈N*都成立，化简得，(k－4)dn＋(k－2)(2c1－d)＝0， k－4d＝0， 则 因为 d≠0，所以 k＝4，d＝2c1， k－22c1－d＝0， 因此 d 与 c1 之间的等量关系为 d＝2c1.
2 n
0<a<1， 1 * 因此对任意的 n∈N 要使 Sn∈A，只需 a 解得 0<a≤ . 2 1－a≤1，
1 0， . 综上得实数 a 的范围是 2
第7讲 │ 规律技巧提炼
规律技巧提炼
1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn 共五个量中知道其中任意三个，就 可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基 本量的有关运算． 2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比 数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的 前提条件，有时需要进行适当变形． 3．巧用性质、减少运算量在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量 法”要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件， 又要时刻注意问题的目标，往往能取得与巧用性质解题相同的效果． 4．求解等差(比)数列的综合问题，一是熟练掌握有关等差、等比数列的基本知 识和方法；二是应仔细审题，理清思路；三是学会把一个较复杂的问题分解为几个 小问题求解．
第பைடு நூலகம்讲 │ 要点热点探究
【解答】 (1)设公比为 q(q≠1)，a3＝a1q2，a5＝a1q4， 代入(bn＋ 1－bn＋ 2)log2a1＋(bn＋2－bn)log2a3＋(bn－bn＋1)log2a5＝0， 得[(bn＋ 1 －bn＋ 2)＋(bn＋ 2 －bn)＋(bn－bn＋ 1)]log2a1 ＋2[(bn ＋ 2 －bn)＋ 2(bn－bn＋1)]log2q＝0， 即(bn＋bn＋2－2bn＋1)log2q＝0， ∵q≠1，∴log2q≠0，∴bn＋bn＋ 2＝2bn＋ 1(n∈N*)，∴{bn}是等差 数列． b7－b1 n[1＋2n－1] d＝ ＝2，∴bn＝2n－1，Sn＝ ＝n2. 2 7－1 － (2)cn＝b2n－1＝1＋(2n 1－1)· n－1， 2＝2 Tn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋„＋(2n－1) 22n－1 ＋ ＝(2 ＋2 ＋2 ＋„＋2 · －n＝ －n＝2n 1－2－n. 2－1
＋ ＋ ＋ ＋ ＋
第7讲 │ 要点热点探究
S2n 设 Sn 为数列{an}的前 n 项和， S (n∈N*)是非零常数， 若 n 则称该数列为“和等比数列”． (1)若数列{ 2 }是首项为 2，公比为 4 的等比数列，试判断数列 {bn}是否为“和等比数列”； (2)若数列{cn}是首项为 c1，公差为 d(d≠0)的等差数列，且数列 {cn}是“和等比数列”，试探究 d 与 c1 之间的等量关系．
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[2010· 全国卷Ⅰ] 已知各项均为正数的等比数列{an}， a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝( ) A．5 2 B．7 C．6 D．4 2
A 【解析】 由等比数列的性质知a1a2a3＝(a1a3)·2＝a 3 a 2 1 3 ＝5，a7a8a9＝(a7a9)·8＝a8 ＝10，所以a2a8＝50 ，所以a4a5a6 a 3 1 ＝(a4a6)·5＝a3＝( a2a8)3＝(50 )3＝5 2. a 5 6
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(2)①当 a＝1 时，A＝{1}，Sn＝n，只有 n＝1 时 Sn∈A，∴a＝1 不适合 题意． ②a>1 时，A＝{x|1≤x≤a}，S2＝a＋a2>a，∴S2∉A， 即当 a>1 时，不存在满足条件的实数 a. ③当 0<a<1 时，A＝{x|a≤x≤1}，
a a n ， 而 Sn＝a＋a ＋„＋a ＝ (1－a )∈a， 1－a 1－a
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【点评】 记住通项公式及求和公式的变式，可很快判 断出数列是否为等差(比)数列． (1)等差数列的通项公式可表示为an＝pn＋q，当p≠0 时，它是关于n的一次式；等比数列的通项公式可表示为an ＝p·n(p· q q≠0)是关于n的指数函数乘一个常数的形式． (2)等差数列的前n项和公式为Sn＝an2＋bn，它为关于n 的一次或二次式，常数项为0；等比数列前n项和公式为Sn＝ Aqn－A.
1 2 3 n
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(3)Tn－Sn＝2n 1－(n2＋n＋2)， n＝3 时，T3－S3＝2>0，n＝4 时，T4－S4＝10>0， 猜测 n≥3(n∈N*)时，Tn>Sn.用数学归纳法证明如下： ①n＝3 时，T3>S3(已证)， ②假设 n＝k(k≥3)时不等式成立，即 2k 1>k2＋k＋2 成立， n＝k＋1 时，2k 2＝2·k 1>2(k2＋k＋2)， 2 又 2(k2＋k＋2)－[(k＋1)2＋(k＋1)＋2]＝k2－k>0， ∴2k 2>2(k2＋k＋2)>(k＋1)2＋(k＋1)＋2，即 Tk＋ 1>Sk＋1， 即 n＝k＋1 时， 不等式成立． 由①②知， n≥3(n∈N*)时， n>Sn. 当 T
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A 【解析】 解法一：设该数列的公差为d，则 a4＋a6＝2a1＋8d＝2×(－11)＋8d＝－6，解得d＝2， nn－1 所以Sn＝－11n＋ ×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，所 2 以当n＝6时，Sn取最小值． 解法二：由解法一知d＝2，因此该数列是一个递增等差数 列；a6＝a1＋5d＝－1<0，a7＝a1＋6d＝1>0，则前6项和最小．
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D【解答】 解法一：可求得通项
3＋r n＝1， an＝ － 2×3n 1 n≥2，
由于{an}为等比数列，
因此，3＋r＝2×30，即r＝－1，故选D. 解法二：由等比数列前n项和公式 a11－qn a1 Sn＝ (q≠1)，令 ＝－A， 1－q 1－q 则Sn＝A·n－A，由题意Sn＝3n＋r， q 比较系数知r＝－1，故选D.
第7讲 │ 等差数列与等比数列
等差数列与等比数列
第7讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
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要点热点探究 ► 探究点一 等差、等比数列的概念及基本运算
例 1 设等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n＋r，那么 r 的值 等于( ) A．3 B．1 C．0 D．－1
＝a1＋2a2，即a3＝a1＋
2a2，则有a1q2＝a1＋2a1q，可得q2＝1＋2q，解得q＝1＋ 2 或q＝ 1－ 2(舍去)， a9＋a10 a1q8＋a1q9 q2＋q3 2 所以 ＝ 6 ＝q ＝3＋2 2，故C正确． 7＝ a7＋a8 a1q ＋a1q 1＋q
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[2010· 福建卷]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
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例2
[2010· 湖北卷]
已知等比数列{an}中，各项都是正 )
a9＋a10 1 数，且a1， a3,2a2成等差数列，则 ＝( 2 a7＋a8 A．1＋ 2 C．3＋2 2 B．1－ 2 D．3－2 2
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C 【解析】
1 依题意可得：2× a3 2
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n 在等差数列{an}中，前n项和Sn＝ ，前m项和Sm＝ m m ，其中m≠n，则Sm＋n的值( ) n A．大于4 B．等于4 C．小于4 D．大于2且小于4
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A 【解析】 解法一：特值法，令n＝1，m＝2， 1 3 5 则该数列为： ， ， ，„，立即可以得出答案选A. 2 2 2 n m 解法二：设Sn＝pn2＋qn，则pn2＋qn＝ ，pm2＋qm＝ ， m n n2－m2 ∴两式相减得p(m＋n)(n－m)＋q(n－m)＝ . mn m＋n ∵m≠n，∴p(m＋n)＋q＝ . mn m＋n 2 2 mn 2 Sm＋ n＝p(m＋n) ＋q(m＋n)＝(m＋n)· [p(m＋n)＋q]＝ ≥ ＝4. mn mn
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