2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题九等差等比数列的基本问题

专题九等差、等比数列的基本问题1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()．A．58B．88C．143D．176答案：B[利用等差数列的性质及求和公式求解．因为{an}是等差数列，所以a4＋a8＝2a6＝16⇒a6＝8，则该数列的前11项和为S11＝11a1＋a112＝11a6＝88.]2．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝()．A．7B．5C．－5D．－7答案：D[设数列{an}的公比为q，由a4＋a7＝2，a5·a6＝a4·a7＝－8得a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，所以a1＝－8，q3＝－12或a1＝1，q3＝－2，所以a1＝－8，a10＝1或a1＝1，a10＝－8，所以a1＋a10＝－7.]3．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为()．A．1B．2C．3D．4答案：B[在等差数列{an}中，∵a1＋a5＝10，∴2a3＝10，∴a3＝5，又a4＝7，∴所求公差为2.]4．设公比为q(q＞0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.解析∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，∴q＝－1(舍去)或q＝32.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．[来源:学科网ZXXK](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)an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．(2)an＝a1＋(n－1)d.(3)Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d.(4)2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．(5)①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)；③等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．等比数列的有关公式与性质(1)an＋1an＝q(n∈N*，q为非零常数)．[来源:学+科+网Z+X+X+K](2)an＝a1qn－1.(3)Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(q≠1)．(4)a2n＝an－1an＋1(n∈N*，n≥2)．(5)①an＝amqn－m；②若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；③等比数列{an}(公比q≠－1)的前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…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a1、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：an＋1－an＝d(d为常数)⇔{an}是等差数列；an＋1an＝q(q为非零常数)⇔{an}是等比数列；(2)利用中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列；a2n＋1＝an·an＋2(n∈N*)⇔{an}是等比数列(注意等比数列的an≠0，q≠0)；(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列；an＝cqn(c，q为非零常数)⇔{an}是等比数列；(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列；Sn＝mqn－m(m为常数，q≠0)⇔{an}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】已知两个等比数列{an}、{bn}满足a1＝a(a0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}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{an}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{an}的通项公式为an＝(2＋2)n－1或an＝(2－2)n－1.(2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0.(*)由a0得，Δ＝4a2＋4a0，故方程(*)有两个不同的实根，由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝13.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】等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝()．A．10B．12C．15D．20答案：A[设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S9－S4＝0，即a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0,5a7＝0，故a7＝0，而ak＋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{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．[审题视点][听课记录][审题视点](1)先利用an＋1＝Sn＋1－Sn将Sn＋1＝4an＋2转化为关于an的递推关系式，再利用bn＝an＋1－2an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a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3，由Sn＋1＝4an＋2，①则当n≥2时，有Sn＝4an－1＋2.②①－②得an＋1＝4an－4an－1.∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)．又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，∴{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列，(2)解由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，∴an＋12n＋1－an2n＝34.∴数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，∴an2n＝12＋(n－1)×34＝34n－14，所以an＝(3n－1)·2n－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{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝an2n－1.证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.(1)证明∵an＋1＝2an＋2n，∴an＋12n＝an2n－1＋1.即有bn＋1＝bn＋1，所以{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)知bn＝n，从而an＝n·2n－1.Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，∴2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.两式相减得，Sn＝n×2n－20－21－22－…－2n－1＝n×2n－2n＋1＝(n－1)2n＋1.[来源:学科网ZXXK]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】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．[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bn后，再根据公式求和．解(1)由已知4S2＝S1＋3S3,4(a1＋a1q)＝a1＋3a1(1＋q＋q2)，3q2－q＝0，∴q＝0(舍)，或q＝13，∴an＝2·13n－1.(2)由题意得：bn－an＝2n－8，bn＝an＋2n－8＝213n－1＋2n－8.设数列{bn}的前n项和为Tn，Tn＝21－13n1－13＋n－6＋2n－82＝31－13n＋n(n－7)＝－13n－1＋n2－7n＋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{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1＝3，b1＝1，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S2＝64.(1)求an，bn；(2)求证：1S1＋1S2＋…＋1Sn＜34.(1)解设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.依题意有ban＋1ban＝q3＋ndq3＋n－1d＝qd＝64＝26，S2b2＝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an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)证明Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，∴1S1＋1S2＋…＋1Sn＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn＋2＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＜34.[来源:学科网]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】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差数列，并证明你的结论．[满分解答](1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减，得an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1.(2分)又a2＝ra1＝ra，所以，当r＝0时，数列{an}为：a,0，…，0，…；(3分)当r≠0，r≠－1时，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)，于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得an＋2an＋1＝r＋1(n∈N*)，∴a2，a3，…，an，…成等比数列，∴当n≥2时，a