第讲等差数列等比数列.doc

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第五讲　等差数列、等比数列

真题试做►———--——-————-—--———

1．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)设首项为1,公比为的等比数列{an｝的前n项和为Sn，则(　　)
A．Sn＝2an－1　　　　　　　　B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
2．（2013·高考重庆卷)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＝________．
3．（2013·高考江西卷)正项数列｛an｝满足：a－（2n－1)an－2n＝0。
（1)求数列｛an｝的通项公式an；

（2）令bn＝，求数列｛bn}的前n项和Tn。

考情分析►-————————-————--———

等差数列与等比数列是最重要也是最基本的数列模型,因而也是高考中重点考查的内容．客观题突出“小而巧”，主要考查等差(比)数列的性质，利用方程思想求a1、d、q、Sn、n、an等一些基本元素；主观题一般“大而全”,常与函数、不等式、解析几何等知识相结合，注重考查题目的综合性与新颖性，属于中档题，主要考查考生灵活运用两种数列分析问题、解决问题的能力．

考点一　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．
(2013·高考重庆卷)设数列｛an｝满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋。
（1)求{an｝的通项公式及前n项和Sn；
（2）已知{bn｝是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.
【思路点拨】　根据等比、等差数列的通项公式及前n项和公式直接运算求解．

　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．
强化训练1　（2012·高考重庆卷）已知{an｝为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.
(1)求｛an}的通项公式；
(2）记{an｝的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．

考点二　等差(比)数列的判定与证明
等差(比）数列的判定与证明，以及在此基础上延伸出来的一些新数列是历年高考数列问题的一大热点．主要以解答题的形式进行考查，考查的目的是：考生对基本数列的理解和利用，对已知信息进行转化和变通的能力．在解决此类问题时，要注意Sn与an关系的应用．
（2013·高考陕西卷）设Sn表示数列｛an}的前n项和．
（1）若｛an}是等差数列， 推导Sn的计算公式；
（2）若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有Sn＝，判断｛an}是否为等比数列，并证明你的结论.
【思路点拨】　利用等差数列的性质倒序相加求和；等比数列的证明通过定义进行．

　判定或证明｛an｝为等差数列或等比数列时也常用以下方法：
(1)通项公式法：an＝pn＋q（p，q为常数，n∈N＊)⇔｛an｝为等差数列；
an＝cqn（c，q为非零常数，n∈N*)⇔｛an}为等比数列．
(2）前n项和公式法：
Sn＝an2＋bn＋c（a，b,c都是常数），c＝0⇔{an}为等差数列；
Sn＝k（qn－1），k为常数，且q≠0，1⇔{an}为等比数列．
强化训练2　（2013·东北三校高三第一次联合模拟考试）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n（n∈N＊）．
(1)求数列｛an｝的前三项a1，a2，a3；
(2）求证:数列{an＋(－1）n}为等比数列，并求出{an}的通项公式．

考点三　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．
（2013·高考湖北卷）已知Sn是等比数列｛an}的前n项和，S4,S2,S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18。
（1）求数列{an｝的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在,求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．
【思路点拨】　首先由S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18，求得a1和公比q,进而得通项公式；然后根据等比数列的前n项和公式列出关于n的不等式，通过解不等式进而做出判断．

　对于等差数列与等比数列综合性的问题，要找准其结合点,弄清哪些是等差数列中的量,哪些是等比数列中的量，注意它们的区别,避免用错公式．
强化训练3　已知等比数列｛an}的前n项和为Sn，a1＝2，S1、2S2、3S3成等差数列．
（1)求数列｛an｝的通项公式；
（2)数列｛bn－an｝是首项为－6，公差为2的等差数列，求数列｛bn｝的前n项和．

结构创新型试题的解题技巧
-—函数与数列的珠联璧合

数列是定义在正整数集上的一类特殊的函数，以函数为背景的数列问题通常有两种：一是数列由函数关系给出；二是利用函数的有关方法求解数列的有关问题．数列与函数的这种关系也是数列解答题命题的重点之一．
(2012·高考四川卷)设函数f（x）＝2x－cos x，{an｝是公差为的等差数列，f（a1)＋f（a2）＋…＋f（a5)＝5π，则[f（a3）]2－a1a5＝（　　)
A．0　　　　　　　　　　　　B。π2
C.π2 D.π2
(1）给出以等差数列前5项为自变量的函数值之和．
(2)根据等差数列性质和三角函数性质把f(a1)＋f（a2)＋f（a3)＋f（a4)＋f(a5）的结构用a3表达．
（3)构造函数，通过函数的单调性确定a3的值．
(4)将求解结果用a3表示、化简．

【解析】　f（a1）＋f(a2)＋f(a3）＋f（a4)＋f（a5)
＝2（a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－（cos a1＋cos a2＋cos a3＋cos a4＋cos a5）

＝10a3－［cos(a3－)＋cos(a3－）＋cos a3＋cos(a3＋）＋cos(a3＋)］
＝10a3－(2cos ＋2cos ＋1）cos a3.
构造函数g（x)＝10x－（2cos ＋2cos ＋1)cos x－5π，
g′（x）＝10＋(2cos ＋2cos ＋1）sin x〉0，
函数g(x）在(－∞，＋∞）内单调递增，由g()＝0，
所以方程10x－（2cos ＋2cos ＋1）cos x－5π＝0有唯一解x＝，所以a3＝.
所以［f(a3)］2－a1a5＝[f(a3)]2－（a3－)(a3＋）
＝［f(a3）］2－a＋＝π2－(）2＋＝。
【答案】　D
跟踪训练　(2013·成都市高中毕业班第二次诊断性检测)已知数列{an｝满足an＋2－an＋1＝an＋1－an,n∈N*，且a5＝。若函数f(x）＝sin 2x＋2cos2 ,记yn＝f（an），则数列｛yn}的前9项和为(　　）
A．0 B．－9
C．9 D．1

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1．【解析】选D。法一:在等比数列｛an}中，
Sn＝＝＝3－2an.
法二：在等比数列{an｝中，a1＝1，q＝，
∴an＝1×()n－1＝(）n－1.
Sn＝＝3［1－(）n]
＝3［1－()n－1］＝3－2an。
2．【解析】∵a1，a2，a5成等比数列，∴a＝a1a5，
∴(1＋d）2＝1×（4d＋1），∴d2－2d＝0.
∵d≠0，∴d＝2.
∴S8＝8×1＋×2＝64.
【答案】64
3．【解】(1)由a－(2n－1）an－2n＝0，得
(an－2n）(an＋1)＝0。
由于{an}是正项数列，所以an＝2n.
（2)由an＝2n,bn＝，则
bn＝＝，
Tn＝
＝＝。
_典例展示·解密高考_
【例1】【解】（1)由题设知｛an｝是首项为1,公比为3的等比数列，
所以an＝3n－1，Sn＝＝（3n－1）．
（2）b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13,b3－b1＝10＝2d，
所以公差d＝5，
故T20＝20×3＋×5＝1 010。
[强化训练1］【解】(1）设数列{an｝的公差为d，
由题意知解得
所以an＝a1＋（n－1）d＝2＋2(n－1）＝2n。
（2)由(1）可得Sn＝＝＝n（n＋1）．
因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a＝a1Sk＋2.
从而（2k)2＝2（k＋2)(k＋3),即k2－5k－6＝0,
解得k＝6或k＝－1（舍去)．因此k＝6。
【例2】【解】（1）法一:设｛an｝的公差为d，则
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d）＋…＋[a1＋(n－1）d］．
又Sn＝an＋（an－d）＋…＋［an－(n－1)d]，
∴2Sn＝n（a1＋an)，∴Sn＝.
法二:设｛an}的公差为d，则
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d）＋…＋［a1＋(n－1)d］．
又Sn＝an＋an－1＋…＋a1
＝［a1＋(n－1）d]＋[a1＋（n－2)d］＋…＋a1，
∴2Sn＝［2a1＋(n－1)d］＋［2a1＋（n－1)d］＋…＋［2a1＋(n－1）d]＝2na1＋n（n－1)d，
∴Sn＝na1＋d。
（2){an}是等比数列．证明如下:
∵Sn＝,
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝－＝＝qn.
∵a1＝1,q≠0，∴当n≥1时，有＝＝q.
因此，｛an}是首项为1且公比为q（q≠0)的等比数列．
［强化训练2］【解】(1）在Sn＝2an＋（－1）n(n∈N＊)中分别令n＝1，2，3得：
，解得.
（2)证明:由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N＊)得：
Sn－1＝2an－1＋（－1）n－1（n≥2）,两式相减得：
an＝2an－1－2(－1)n（n≥2）,
an＝2an－1－(－1)n－（－1）n
＝2an－1＋（－1）n－1－(－1)n(n≥2），
∴an＋（－1)n＝2［an－1＋(－1)n－1］(n≥2)．
故数列｛an＋(－1）n}是以a1－＝为首项，公比为2的等比数列．
∴an＋（－1）n＝×2n－1，
∴an＝×2n－1－×（－1）n＝－(－1)n。
【例3】【解】(1)设等比数列｛an｝的公比为q，则a1≠0，q≠0.
由题意得即
解得
故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.
（2)由(1)有Sn＝＝1－（－2）n.
假设存在n，使得Sn≥2 013，则1－(－2）n≥2 013，
即（－2）n≤－2 012。
当n为偶数时，（－2）n〉0，上式不成立;
当n为奇数时，（－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，
即n≥11。
综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N,k≥5｝．
[强化训练3]【解】（1）由已知4S2＝S1＋3S3，
4（a1＋a1q)＝a1＋3a1(1＋q＋q2），
3q2－q＝0,∴q＝0（舍)，或q＝，
∴an＝2·。
(2)由题意得：bn－an＝2n－8，
bn＝an＋2n－8＝2＋2n－8.
设数列｛bn}的前n项和为Tn，
Tn＝＋
＝3＋n（n－7）
＝－＋n2－7n＋3。
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［跟踪训练]【解析】选C。由数列{an｝满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*可知该数列是等差数列，根据题意可知只要该数列中a5＝，数列｛yn}的前9项和就能计算得到一个定值,又因为f(x)＝sin 2x＋1＋cos x，则可令数列｛an}的公差为0，则数列｛yn｝的前9项和为S9＝(sin 2a1＋sin 2a2＋…＋sin 2a9)＋（cos a1＋cos a2＋…＋cos a9)＋9＝9sin 2a5＋9cos a5＋9＝9sin(2×)＋9cos＋9＝9。