高三数学二轮复习 必考问题专项突破9 等差、等比数列的基本问题 理

必考问题9 等差、等比数列的基本问题
1．(2012·辽宁)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )． 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{a n }是等差数列，所以a 4＋a 8
＝2a 6＝16⇒a 6＝8，则该数列的前11项和为S 11＝
11a 1＋a 11
2
＝11a 6＝88.]
2．(2012·新课标全国)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )． A ．7 B ．5 C ．－5
D ．－7
答案：D [设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨
⎪⎧
a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8得⎩
⎪⎨
⎪⎧ a 4＝4，
a 7＝－2或
⎩⎪⎨⎪⎧
a 4＝－2，
a 7＝4，
所以⎩
⎪⎨⎪
⎧
a 1＝－8，q 3＝－1
2或⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1，
q 3
＝－2，
所以⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＝－8，
a 10＝1
或⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1，
a 10＝－8，
所
以a 1＋a 10＝－7.]
3．(2012·福建)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )． A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
答案：B [在等差数列{a n }中，∵a 1＋a 5＝10，∴2a 3＝10，∴a 3＝5，又a 4＝7，∴所求公差为2.]
4．(2012·浙江)设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4
＝3a 4＋2，则q ＝________.
解析 ∵S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3(a 4－a 2)， ∴a 2(q ＋q 2
)＝3a 2(q 2
－1)， ∴q ＝－1(舍去)或q ＝3
2.
答案 32
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．
(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)a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *
，d 为常数)． (2)a n ＝a 1＋(n －1)d . (3)S n ＝
n a 1＋a n
2
＝na 1＋
n n －1
2
d .
(4)2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *
，n ≥2)． (5)①a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *
)；
②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *
)；
③等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 等比数列的有关公式与性质 (1)
a n ＋1a n
＝q (n ∈N *
，q 为非零常数)． (2)a n ＝a 1q n －1
.
(3)S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q
1－q
(q ≠1)．
(4)a 2
n ＝a n －1a n ＋1(n ∈N *
，n ≥2)． (5)①a n ＝a m q
n －m
；
②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；
③等比数列{a n }(公比q ≠－1)的前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…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a 1、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：a n＋1－a n＝d(d为常数)⇔{a n}是等差数列；a n＋1
a n
＝q(q为非零常数)⇔{a n}是
等比数列；
(2)利用中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列；a2n＋1＝a n·a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等比数列(注意等比数列的a n≠0，q≠0)；
(3)通项公式法：a n＝pn＋q(p，q为常数)⇔{a n}是等差数列；a n＝cq n(c，q为非零常数)⇔{a n}是等比数列；
(4)前n项和公式法：S n＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{a n}是等差数列；S n＝mq n－m(m为常数，q≠0)⇔{a n}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．
等差比数列的基本运算
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】►(2011·江西)已知两个等比数列{a n}、{b n}满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
(1)若a＝1，求数列{a n}的通项公式；
(2)若数列{a n}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{a n}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＋2，q2＝2－2，
所以{a n}的通项公式为a n＝(2＋2)n－1或a n＝(2－2)n－1.
(2)设{a n}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{a n}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝1 3 .
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】(2011·广东改编)等差数列{a n}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，a k＋a4＝0，则k＝( )．
A．10 B．12 C．15 D．20
答案： A [设等差数列{a n}的前n项和为S n，则S9－S4＝0，即a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0,5a7＝0，故a7＝0，而a k＋a4＝0，故k＝10.]
等差、等比数列的判断与证明
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{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． [审题视点] [听课记录]
[审题视点] (1)先利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 将S n ＋1＝4a n ＋2转化为关于a n 的递推关系式，再利用b n ＝a n ＋1－2a n 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a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， ∴b 1＝a 2－2a 1＝3，由S n ＋1＝4a n ＋2，① 则当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2.② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1. ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． 又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，
∴{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列， (2)解 由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1
，
∴
a n ＋12
n ＋1
－a n 2n ＝3
4
. ∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为3
4的等差数列，
∴a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －1
4
， 所以a n ＝(3n －1)·2
n －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{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n
. (1)设b n ＝a n
2n －1.证明：数列{b n }是等差数列；
(2)求数列{a n }的前n 项和S n .
(1)证明 ∵a n ＋1＝2a n ＋2n
，∴a n ＋1
2
n
＝
a n
2
n －1
＋1.
即有b n ＋1＝b n ＋1，
所以{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)解 由(1)知b n ＝n ，从而a n ＝n ·2
n －1
.
S n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，
∴2S n ＝1×21
＋2×22
＋3×23
＋…＋(n －1)×2n －1
＋n ×2n
.
两式相减得，
S n ＝n ×2n －20－21－22－…－2n －1＝n ×2n －2n ＋1＝(n －1)2n ＋1.
等差数列与等比数列的综合应用
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】► (2012·石家庄二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S 1、2S 2、3S 3
成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)数列{b n －a n }是首项为－6，公差为2的等差数列，求数列{b n }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b n 后，再根据公式求和． 解 (1)由已知4S 2＝S 1＋3S 3,4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3a 1(1＋q ＋q 2
)， 3q 2
－q ＝0，∴q ＝0(舍)，或q ＝13，∴a n ＝2·⎝ ⎛⎭
⎪⎫13n －1.
(2)由题意得：b n －a n ＝2n －8，b n ＝a n ＋2n －8＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫13n －1
＋2n －8.
设数列{b n }的前n 项和为T n ，
T n ＝21－⎝ ⎛⎭⎪
⎫13n
1－13
＋
n
－6＋2n －8
2
＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－13n ＋n (n －7) ＝－13
n －1＋n 2
－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{a n }为等差数列，a n 为正整数，其前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，且a 1＝3，b 1＝1，数列{ba n }是公比为64的等比数列，b 2S 2＝64.
(1)求a n ，b n ；
(2)求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜3
4
.
(1)解 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正整数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q
n －
1
.
依题意有⎩⎪⎨⎪⎧
ba n ＋1ba n ＝q 3＋nd
q
3＋n －1d ＝q d ＝64＝26，
S 2b 2＝6＋d q ＝64，
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a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8
n －1
.
(2)证明 S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋1
3×5＋…＋1
n n ＋2
＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－1
5＋…＋1n －1n ＋2
＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1
2－1n ＋1－1n ＋2＜34
.
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】► (2011·湖北)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1＝a (a ≠0)，a n ＋1＝
rS n (n ∈N *，r ∈R ，r ≠－1)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若存在k ∈N *
，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，试判断：对于任意的m ∈N *
，且m ≥2，
a m ＋1，a m ，a m ＋2是否成等差数列，并证明你的结论．
[满分解答] (1)由已知a n ＋1＝rS n ，可得a n ＋2＝rS n ＋1，两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝r (S n ＋1
－S n )＝ra n ＋1，
即a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1.(2分) 又a 2＝ra 1＝ra ，
所以，当r ＝0时，数列{a n }为：a,0，…，0，…；(3分) 当r ≠0，r ≠－1时，由已知a ≠0，所以a n ≠0(n ∈N *
)， 于是由a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1，可得
a n ＋2a n ＋1
＝r ＋1(n ∈N *
)， ∴a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列， ∴当n ≥2时，a n ＝r (r ＋1)
n －2
a .(5分)
综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
a ，n ＝1，
r r ＋1n －2
a ，a ≥2.
(6分)
(2)对于任意的m ∈N *
，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列，证明如下：
当r ＝0时，由(1)知，a n ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ，n ＝1，
0，n ≥2.
∴对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．(8分) 当r ≠0，r ≠－1时，
∵S k ＋2＝S k ＋a k ＋1＋a k ＋2，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1， 若存在k ∈N *
，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列， 则S k ＋1＋S k ＋2＝2S k ，
∴2S k ＋2a k ＋1＋a k ＋2＝2S k ，即a k ＋2＝－2a k ＋1.(10分) 由(1)知，a 2，a 3，…，a m ，…的公比r ＋1＝－2， 于是对于任意的m ∈N *
，且m ≥2，a m ＋1＝－2a m ， 从而a m ＋2＝4a m ， ∴a m ＋1＋a m ＋2＝2a m ，
即a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．(12分)
综上，对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．(13分)
老师叮咛：本题是以a n 和S n 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a n ＝r (r ＋1)
n －2
a ；第(2)问中有的考生也漏掉r ＝0的情况，很多考生不知将S k ＋1＋S k ＋2＝
2S k 转化为a k ＋1与a k ＋2的关系式，从而证明受阻．
【试一试】 (2012·四川)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数
n 都成立．
(1)求a 1，a 2的值；
(2)设a 1＞0，数列⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫
lg
10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大
值．
解 (1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 2
2＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ (i)若a 2＝0，由①知a 1＝0， (ii)若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④
由①、④解得，a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.
综上可知a 1＝0，a 2＝0；或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1＞0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.
当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1， 所以(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)， 所以a n ＝a 1(2)
n －1＝(2＋1)·(2)
n －1
.
令b n ＝lg 10a 1
a n
，
则b n ＝1－lg(2)
n －1
＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 100
2
n －1，
所以数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－1
2lg 2)，
从而b 1＞b 2＞…＞b 7＝lg 10
8＞lg 1＝0，
当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜1
2lg 1＝0，
故n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为
T 7＝
7b 1＋b 7
2
＝
71＋1－3lg 22＝7－21
2
lg 2.。