专题3第1讲等差数列、等比数列 公开课一等奖课件

定 方
＝pn＋q(p、q 为常数)⇔{an} 为等差数列(4)前 n 项和公式
数列(3)通项公式法：an ＝c·qn(c、q 均是不为 0
法 法：Sn＝An2＋Bn(A、B 为常 常数，n∈N*)⇔{an}为
数)⇔{an}为等差数列(5){an} 等比数列(4){an}为等
为等比数列，an>0⇔{logaan} 差数列⇔{aan}为等比
∴a1S1＋a2S2＋a3S3＋…＋anSn ＝23[(－12)0＋(12)1＋(－12)1＋(12)3＋(－12)2＋(12)5＋…＋ (－12)n－1＋(12)2n－1] ＝23[(－12)0＋(－12)1＋(－21)2＋…＋(－21)n－1＋(12)1＋(12)3 ＋…＋(21)2n－1] ＝89－49·(－12)n－94·(41)n. 故 a1S1＋a2S2＋…＋anSn ＝89－49·(－12)n－94·(41)n.
专题三 数列
第 1 讲 等差数列、等比数列 感悟高考 明确考向
(2010·辽宁)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 等于
( B)
15
31
33
17
A. 2
B. 4
的等比数列，且 a2a4＝1， ∴设{an}的公比为 q，则 q>0，且 a23＝1，即 a3＝1.
系数法“知三求二”进而解决问题；(2)等差数列前 n
项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值，有时利
用数列的单调性(d>0，递增；d<0，递减)；(3)等差数列
的性质：设 m、n、p、q 为自然数，若 m＋n＝p＋q，
则 am＋an＝ap＋aq.
变式训练 1 (2010·福建)设等差数列{an}的前 n 项和为
题型三 等差、等比数列的综合问题 例 3 在等比数列{an}中，已知 a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若 a3，a5 分别为等差数列{bn}的第 3 项和第 5 项， 试求数列{bn}的通项公式及前 n 项和 Sn. 思维启迪
解 (1)设{an}的公比为 q. 由已知得 16＝2q3，解得 q＝2.∴an＝a1qn－1＝2n. (2)由(1)得 a3＝8，a5＝32，则 b3＝8，b5＝32.
知能提升演练
一、选择题
1．(2010·北京)等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若
am＝a1a2a3a4a5，则 m 等于
(C )
A．9
B．10
C．11
D．12
解析 在等比数列{an}中，∵a1＝1，∴am＝a1a2a3a4a5 ＝a51q10＝q10. 又∵am＝qm－1，∴m－1＝10，∴m＝11.
变式训练 3 (2010·福建)数列{an}中，a1＝13，前 n 项 和 Sn 满足 Sn＋1－Sn＝(13)n＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式 an 以及前 n 项和 Sn；
(2)若 S1，t(S1＋S2),3(S2＋S3)成等差数列，求实数 t
的值．
解 (1)由 Sn＋1－Sn＝(13)n＋1 得 an＋1＝(13)n＋1(n∈N*)， 又 a1＝13，故 an＝(13)n(n∈N*)． 从而 Sn＝13×[11－－13(13)n]＝12[1－(13)n](n∈N*)．
易错提醒 (1)易忽略条件{an}是由正数组成的等比数 列． (2)在应用 Sn＝a1(11－－qqn)求和时，易忽略 q＝1 时的情况．
主干知识梳理
1．an 与 Sn 的关系 Sn＝a1＋a2＋…＋an，
an＝SS1n，－Sn－1，
n＝1， n≥2.
2．等差数列和等比数列
等差数列
等比数列
当 n＝6 时 Sn 取最小值，故选 A.
题型二 等比数列的有关问题 例 2 已知数列{an}是等比数列，其前 n 项和为 Sn，a1
＋2a2＝0，S4－S2＝81. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{anSn}的前 n 项和． 思维启迪（1）设基本量公比 q→列方程→求 q、a1→用 通项公式；
为等差数列
数列(0<a≠1)
性 质
(1)若 m、n、p、q∈N*，
且 m＋n＝p＋q，则 am＋ an＝ap＋aq(2)an＝am＋(n －m)d(3)Sm，S2m－Sm，S3m －S2m，…仍成等差数列
(1)若 m、n、p、q∈N*，
且 m＋n＝p＋q，则
am·an＝ap·aq(2)an＝ amqn－m(3)等比数列依 次每 n 项和(Sn≠0)仍
设{bn}的公差为 d，则有bb11＋＋24dd＝＝832，，
解得bd＝1＝1－2. 16，
从而 bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28. 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn＝n(－16＋212n－28) ＝6n2－22n.
探究提高 已知等差数列中的某几项成等比数列或已 知等比数列中的某几项成等差数列，往往是先设公差 为 d(或公比为 q)，用待定系数法求出 d(或 q)与首项之 间的关系，进而再解决问题．
探究提高 基本量法是求数列通项和前 n 项和的最常 用方法．但如果对于一个数列无法将它转化为常见的 数列形式，这时可用常见的求和方法将它转化为常见 的数列形式，其中常见的求和方法有分解法、裂项法， 并项求和法、分组求和法等．
变式训练 2 已知数列{an}的首项 a1＝a，an＝12an－1＋ 1(n∈N*，n≥2)．若 bn＝an－2(n∈N*)． (1)问数列{bn}是否能构成等比数列？并说明理由． (2)若已知 a1＝1，设数列{an·bn}的前 n 项和为 Sn，求
成等比数列
前 n
Sn＝n(a12＋an)＝na1＋
项
n(n－1)
和
2d
(1)q≠1，Sn＝ a1(11－－qqn)＝a11－－aqnq
(2)q＝1，Sn＝na1
3.求和先研究数列的通项，根据通项选择方法，化归为 基本数列求和．
(1)若 cn＝an·bn，{an}为等差数列，{bn}为等比数列， 则用错位相减法．
4．设{an}是公差为正数的等差数列，若 a1＋a2＋a3＝
15，a1a2a3＝80，则 a11＋a12＋a13 的值为 ( B )
2．(2010·全国Ⅰ)已知各项均为正数的等比数列an中， a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则 a4a5a6 的值为 ( A ) A．5 2 B．7 C．6 D．4 2
解析 ∵a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，且an是各项均为正数
的等比数列，∴ a2＝3 5，a8＝3 10，∴aa82＝3 2，即 q6
Sn，若 a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当 Sn 取最小值时，
n 等于
(A )
A．6
B．7
C．8
D．9
解析 设等差数列的公差为 d，则由 a4＋a6＝－6 得 2a5 ＝－6，∴a5＝－3.又∵a1＝－11，∴－3＝－11＋4d， ∴d＝2， ∴Sn＝－11n＋n(n－ 2 1)×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，故
Sn.
解 (1)b1＝a－2，an＝bn＋2， ∴bn＋2＝21(bn－1＋2)＋1， bn＝12bn－1. 所以，当 a≠2 时，数列{bn}能构成等比数列；
当 a=2 时，数列{bn}不能构成等比数列．
(2)当 a＝1，得 bn＝－(12)n－1， an＝2－(12)n－1， anbn＝(14)n－1－2(12)n－1， 所以 Sn＝1－1－(1414)n－21－1－(1212)n ＝43(1－41n)－4(1－21n) ＝－38－34·41n＋24n.
(2)由(1)可得 S1＝13，S2＝94，S3＝1237. 从而由 S1，t(S1＋S2),3(S2＋S3)成等差数列得 13＋3×(94＋1237)＝2×(13＋49)t，解得 t＝2.
规律方法总结
1．在等差或等比数列中，已知五个元素 a1，an，n， d(或 q)，Sn 中的任意三个，运用方程的思想，便可 求出其余两个，即“知三求二”．本着化多为少的
原则，解题时需抓住首项 a1 和公差 d(或公比 q)． 2．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aan＋n 1(n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2)．
3．常用性质 (1)等差数列{an}中，若 m＋n＝p＋q，则 am＋an＝ ap＋aq；等比数列{an}中，若 m＋n＝p＋q，则 aman ＝apaq； (2)在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…， Skn－S(k－1)n，…成等差数列，其中 Sn 为前 n 项的和， 且 Sn≠0(n∈N*)； 在等比数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，Skn －S(k－1)n，…成等比数列，其中 Sn 为前 n 项的和， 且 Sn≠0(n∈N*).
∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝q12＋1q＋1＝7，即 6q2－q－1＝0.
故 q＝12或 q＝－13(舍去)，∴a1＝q12＝4.
∴S5＝4(11－－12215)＝8(1－215)＝341.故选 B.
考题分析 本题考查了等比数列的概念、通项公式和 前 n 项和的概念．解决本题的基本思路为基本量法， 即根据条件列出关于首项 a1 和公比 q 的方程组．体现 了方程的思想．
解 (1)设{an}的公差为 d，由已知条件，
a1＋d＝1， a1＋4d＝－5，
解得 a1＝3，d＝－2.
所以 an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5(n∈N*)． (2)Sn＝na1＋n(n－ 2 1)d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2.
所以当 n＝2 时，Sn 取得最大值 4.
探究提高 (1)涉及等差数列的有关问题时往往用待定
（2）求{anSn}的通项→用分组法求和．
解 (1)设等比数列{an}的公比是 q，因为 a1＋2a2＝0， 且 a1≠0，所以 q＝aa21＝－12. 因为 S4－S2＝18，所以a1(11－－qq4)－a1(1＋q)＝81，
将 q＝－12代入上式， 解得 a1＝1，所以 an＝a1qn－1＝(－21)n－1(n∈N*)． (2)由于 an＝(－12)n－1，Sn＝32[1－(－12)n]， ∴anSn＝23[(－21)n－1＋(21)2n－1]，
＝3 2.
∴q3＝6
2.∴a4a5a6＝a53＝(a2q3)3＝(3
6 5·
2)3＝5
2.
3．已知数列{an}中，an∈(0，12)，an＋1＝83＋21·a2n，则数
列{an}是 A．单调递增数列
(A ) B．单调递减数列
C．摆动数列
D．先递增后递减数列
解析 ∵an＋1－an＝12a2n－an＋38＝12(an－1)2－18， 又∵0<an<12，∴－1<an－1<－12， ∴12(an－1)2>81，即12(an－1)2－18>0. ∴an＋1－an>0，即 an＋1>an. 对一切正整数 n 都成立，则数列{an}是单调递增数列． 故选 A.
定义
an－an－1＝常数 (n≥2)
an ＝常数 an－1
(n≥2)
通项公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0)
(1)定义法(2)中项公式法:2an (1)定义法(2)中项公式
＋1＝an＋an＋2(n≥1)⇔{an}为 法：a2n＋1＝an·an＋2(n≥1)
判 等差数列(3)通项公式法：an (an≠0)⇔{an}为等比
(2)若 cn＝an＋bn，则用分组求和，其中分组的方法比 较灵活． (3)裂项相消法形如 an＝(2n－1)1(2n＋1)等． (4)倒序相加法．
热点分类突破
题型一 等差数列的有关问题 例 1 已知{an}是一个等差数列，且 a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an； (2)求{an}的前 n 项和 Sn 的最大值． 思维启迪 由 a2 及 a5 的值，可求出等差数列{an}的首 项 a1 及公差 d，从而求出通项公式 an.再由 Sn 的公式可 求出 Sn 的表达式，利用二次函数求最值即可求出 Sn 的 最大值．