第1课时:等差数列与等比数列

xiaoxiao 13天前 1

专题四 数列 
第1课时 等差数列与等比数列 
??S1,    n=1,
1.an与Sn的关系:Sn=a1+a2+…+an,an=? 
?Sn-Sn-1,  n≥2.?
 
 
2.等差数列和等比数列  定义 通项公式 等差数列 an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d (1)定义法 (2)中项公式法:2an+1=an+an+2(n≥1)?{an}为等差数列 等比数列 an=常数(n≥2) an-1an=a1qn1(q≠0) -(1)定义法 (2)中项公式法:a2an+2(n≥1) n+1=an·(an≠0)?{an}为等比数列 (3)通项公式法:an=c·qn(c、q均是不为0(3)通项公式法:an=pn+q(p、q为常判定方法 数)?{an}为等差数列 (4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A、的常数,n∈N*)?{an}为等比数列 B为常数)?{an}为等差数列 (5){an}为等比数列,an>0?{logaan}为等差数列 (1)若m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq 性质 (2)an=am+(n-m)d (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差数列 na1+annn-Sn==na1+d 22(1)若m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq (2)an=amqnm -(4){an}为等差数列?{aan}为等比数列(a>0且a≠1) (3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列 a1-qna1-anq(1)q≠1,Sn== 1-q1-q(2)q=1,Sn=na1 前n项和   
 
题型一 等差(比)数列的基本运算 
例1 (2012·山东)已知等差数列{an}的前5项和为105,且a10=2a5. 
(1)求数列{an}的通项公式; 
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm. 审题破题 (1)由已知列出关于首项和公差的方程组,解得a1和d,从而求出an.(2)求出bm,再根据其特征选用求和方法. 
解 (1)设数列{an}的公差为d,前n项和为Tn, 5×-??5a1+d=105,
2由T5=105,a10=2a5,得? 
??a1+9d=a1+4d,解得a1=7,d=7. 
因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*). (2)对m∈N*,若an=7n≤72m,则n≤72m1.因此bm=72m1. 


 
所以数列{bm}是首项为7,公比为49的等比数列, 

b1-qm7×-49m7×2m-72m1-7
故Sm====. 48481-q1-49
反思归纳 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. 变式训练1 (2013·浙江)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等
比数列. (1)求d,an; 
(2)若d0,∴a7·a14≤??2?=25.当且仅当a7=a14时取等号. 
?Sn?S1(2)根据等差数列的性质,得数列?n?也是等差数列,根据已知可得这个数列的首项=1??
S2 013a1=-2 013,公差d=1,故=-2 013+(2 013-1)×1=-1,所以S2 013=-2 013. 
2 013反思归纳 等差数列和等比数列的项,前n项和都有一些类似的性质,充分利用性质可简化解题过程. 
变式训练2 (1)数列{an}是等差数列,若
取得最小正值时,n等于  A.11    答案 C 
a11解析 ∵{an}的前n项和Sn有最大值,∴数列为递减数列.又0,a110,S20==10(a10+a11)0,且第2项、第5项、第14项分别
是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项. 
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式; 
c1c2cn(2)设数列{cn}对n∈N*,均有++…+=an+1成立,求c1+c2+…+c2 013. 
b1b2bn解 (1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,d>0, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2. 则an=1+(n-1)×2=2n-1. 
b39
又∵b2=a2=3,b3=a5=9,∴等比数列{bn}的公比q===3. 
b23
∴bn=b2qn2=3×3n2=3n1. 
cn-1c1c2cnc1c2cn
(2)由++…+=an+1,得:当n≥2时,++…+=an,两式相减,得=b1b2bnb1b2bnbn-1



an+1-an=2,∴cn=2bn=2×3n1 (n≥2) 

??3,n=1,c1而当n=1时,=a2,∴c1=3.∴cn=? -
b1?2×3n1,n≥2.?
 
∴c1+c2+…+c2 013=3+2×3+2×3+…+2×3
013
122 012
6-6×32 012
=3+=3-3+32 013=32 
1-3

 
 
1. (2013·江西)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于  
A.-24   答案 A 
解析 由x,3x+3,6x+6成等比数列得,(3x+3)2=x(6x+6). 解得x1=-3或x2=-1(不合题意,舍去). 故数列的第四项为-24. 
2. (2012·福建)等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为 
A.1    答案 B 
解析 方法一 设等差数列{an}的公差为d, 
?2a1+4d=10,?a1=1,??
由题意得? 解得?∴d=2. 
??a+3d=7.d=2.?1?
 
B.2    
 
C.3    
 
D.4 
 
(  ) 
 
 
B.0    
C.12    
D.24 
 
 
 
 
(  ) 
  
方法二 ∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5. 又a4=7,∴公差d=7-5=2. 
3. (2013·辽宁)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题: 
p1:数列{an}是递增数列;p2:数列{nan}是递增数列; ?an?
p3:数列?n?是递增数列;p4:数列{an+3nd}是递增数列. 
??其中的真命题为  A.p1,p2    答案 D 
解析 an=a1+(n-1)d,d>0, ∴an-an-1=d>0,命题p1正确. 
nan=na1+n(n-1)d,∴nan-(n-1)an-1=a1+2(n-1)d与0的大小和a1的取值情况有关. 故数列{nan}不一定递增,命题p2不正确. 
ana1n-1anan-1-a1+d
对于p3:=+d,∴-=, 
nnnnn-1nn-
an当d-a1>0,即d>a1时,数列{}递增, 
n但d>a1不一定成立,则p3不正确. 对于p4:设bn=an+3nd, 则bn+1-bn=an+1-an+3d=4d>0. ∴数列{an+3nd}是递增数列,p4正确. 综上,正确的命题为p1,p4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
B.p3,p4    C.p2,p3    D.p1,p4 

123
4. (2013·重庆)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成
等比数列,则S8=________. 答案 64 
解析 因为a1,a2,a5成等比数列,则a2a5,即(1+d)2=1×(1+4d),d=2.所以an2=a1·
a1+a8×8
=1+(n-1)×2=2n-1,S8==4×(1+15)=64. 
2
1
5. (2013·江苏)在正项等比数列{an}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+an>a1a2…an
2
的最大正整数n的值为________. 答案 12 
1
解析 由已知条件a5=,a6+a7=3, 
2
11
即q+q2=3,整理得q2+q-6=0, 22解得q=2,或q=-3(舍去). 
1n-5n-6-
an=a5qn5=×2=2, 
2
1
a1+a2+…+an=(2n-1), 
32n2-11na1a2…an=222…2
-5-4-3
n-6
=2     , 
n2-11n+10
 2
2
 由a1+a2+…+an>a1a2…an可知2n>2        +1, n≤12.  
 
一、选择题 
1. (2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于(  ) 
1
A.   3答案 C 
解析 设等比数列{an}的公比为q,由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1,即a3=9a1,
1
q2=9,又a5=a1q4=9,所以a1=. 
94
2. 已知{an}为等差数列,a2+a8=,则S9等于        (  ) 
3
A.4    答案 C 
49×3a1+a94
解析 ∵{an}为等差数列,∴a2+a8=a1+a9=,∴S9===6. 
322
 
B.5    
 
C.6    
 
D.7 
 
1
B.-   
3
 
 
1C.   9
 
 
1D.- 
9
An7n+45an3. 已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且=,则使得为整Bnn+3bn
数的正整数n的个数是 A.2    答案 D 
解析 由等差数列的前n项和及等差中项, 
11a1+a2n-1n-a1+a2n-1
2A2n-1n-+4514n+38an2
可得===== 
bn11B2n-1n-+32n+2
b+bn-b1+b2n-1212n-127n+1912an==7+ (n∈N*),故n=1,2,3,5,11时,为整数. 
bnn+1n+1
4. 已知{an}为等差数列,其公差为-2,且a7是a3与a9的等比中项,Sn为{an}的前n项和,
n∈N*,则S10的值为  A.-110    C.90    答案 D 
解析 ∵a3=a1+2d=a1-4,a7=a1+6d=a1-12,a9=a1+8d=a1-16,又∵a7是a3与a9的等比中项,∴(a1-12)2=(a1-4)·(a1-16),解得a1=20. 
1
∴S10=10×20+×10×9×(-2)=110. 
2
1
5. 已知数列{an}满足1+log3an=log3an+1(n∈N+),且a2+a4+a6=9,则log(a5+a7+a9)
3
的值是  1
A.    5答案 D 
an+1
解析 由1+log3an=log3an+1得=3,{an}为等比数列,公比为3. 
an∴a5+a7+a9=27(a2+a4+a6)=27×9=35, 
11∴log(a5+a7+a9)=log35=-5. 
33
6. 已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以Sn表示数列{an}的前n项
和,则使得Sn取得最大值的n是 A.21    答案 B 
解析 设数列{an}的公差是d,则a2+a4+a6-(a1+a3+a5)=3d=99-105=-6,即d=-2. 又3a3=105,所以a3=35. 
所以an=a3+(n-3)d=41-2n.令an>0得n0)的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3a2+2,S4=3a4
+2,则q=________. 
3答案  2
解析 方法一 S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2, 将a3=a2q,a4=a2q2代入得, 
3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得2q2-q-3=0, 
3
解得q=(q=-1不合题意,舍去). 
2方法二 设等比数列{an}的首项为a1,由S2=3a2+2,得 
a1(1+q)=3a1q+2.① 
由S4=3a4+2,得a1(1+q)(1+q2)=3a1q3+2.② 由②-①得a1q2(1+q)=3a1q(q2-1). 
3
∵q>0,∴q=. 
2三、解答题 
11.(2013·福建)已知等差数列{an}的公差d=1,前n项和为Sn. 
(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1; (2)若S5>a1a9,求a1的取值范围. 
解 (1)因为数列{an}的公差d=1,且1,a1,a3成等比数列, 所以a2(a1+2), 1=1×
即a21-a1-2=0,解得a1=-1或a1=2. (2)因为数列{an}的公差d=1,且S5>a1a9, 所以5a1+10>a21+8a1, 
1
12.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,且2Sn=2Sn-1+2an-1+1(n≥2,n∈N*).数列{bn}
4
3
满足b1=,且3bn-bn-1=n(n≥2,n∈N*). 
4
(1)求证:数列{an}为等差数列; (2)求证:数列{bn-an}为等比数列; (3)求数列{bn}的通项公式以及前n项和Tn. (1)证明 ∵2Sn=2Sn-1+2an-1+1(n≥2,n∈N*), 
1
∴当n≥2时,2an=2an-1+1,可得an-an-1=. 
2∴数列{an}为等差数列. 
1(2)证明 ∵{an}为等差数列,公差d=, 
2
111
∴an=a1+(n-1)×=n-. 
224又3bn-bn-1=n(n≥2), 
11∴bn=bn-1+n(n≥2), 
33
1111
∴bn-an=bn-1+n-n+ 3324
111=bn-1-n+ 364113=(bn-1-n+) 324111=[bn-1-(n-1)+] 3241
=(bn-1-an-1), 3即a21+3a1-10<0,解得-51
又b1-a1=≠0, 
2
bn-an1
∴对n∈N*,bn-an≠0,得=(n≥2). 
bn-1-an-1311
∴数列{bn-an}是首项为,公比为的等比数列. 
231?1?n-1n11?1?n-1*
(3)解 由(2)得bn-an=·,∴b=-+·(n∈N). n
2?3?242?3?
1??1?n?1-
2??3??
∵b1-a1+b2-a2+…+bn-an=, 
11-33?1?n?. ∴b1+b2+…+bn-(a1+a2+…+an)=?1-
4??3??
2
n3?1?n?. ∴Tn-=?1-
44??3??n23??1?n?∴Tn=+?1-?3??(n∈N*). 
44

123
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