1、问必必必考问题 9 等差、等比数列的基本问题1(2012辽宁)在等差数列an中，已知 a4a816，则该数列前 11 项和 S11()A58B88C143D176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 a4a82a616a68，则该数列的前 11 项和为 S1111a1a11211a688.2(2012新课标全国)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10()A7B5C5D7答案：D 设数列an的公比为 q，由a4a72，a5a6a4a78 得a44，a72 或a42，a74，所以a18，q312或a11，q32，所以a18，a101或a11，a10
2、8，所以 a1a107.3(2012福建)等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为()A1B2C3D4答案：B 在等差数列an中，a1a510，2a310，a35，又 a47，所求公差为 2.4(2012浙江)设公比为 q(q0)的等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23a22，S43a42，则 q_.解析 S4S2a3a43(a4a2)，a2(qq2)3a2(q21)，q1(舍去)或 q32.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
3、、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)an1and(nN*，d 为常数)(2)ana1(n1)d.(3)Snna1an2na1nn12d.(4)2anan1an1(nN*，n2)(5)anam(nm)d(n，mN*)；若 mnpq，则 amanapaq(m
4、，n，p，qN*)；等差数列an的前 n 项和为 Sn，则 Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列等比数列的有关公式与性质(1)an1an q(nN*，q 为非零常数)(2)ana1qn1.(3)Sna11qn1qa1anq1q(q1)(4)a2nan1an1(nN*，n2)(5)anamqnm；若 mnpq，则 amanapaq；等比数列an(公比 q1)的前 n 项和为 Sn，则 Sm，S2mSm，S3mS2m，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
5、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：an1and(d 为常数)an是等差数列；an1an q(q 为非零常数)an是等比数列；(2)利用中项法：2an1anan2(nN*)an是等差数列；a2n1anan2(nN*)an是等比数列(注意等比数列的 an0，q0)；(3)通项公式法：anpnq(p，q 为常数)an是等差数列；ancqn(c，q 为非零常数
6、)an是等比数列；(4)前 n 项和公式法：SnAn2Bn(A，B 为常数)an是等差数列；Snmqnm(m 为常数，q0)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】(2011江西)已知两个等比数列an、bn满足 a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33.(1)若 a1，求数列an的通项公式；(2)若数列an唯一，求 a 的值审
7、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 b11a2，b22aq2q，b33aq23q2.由 b1，b2，b3 成等比数列得(2q)22(3q2)，即 q24q20，解得 q12 2，q22 2，所以an的通项公式为 an(2 2)n1 或 an(2 2)n1.(2)设an的公比为 q，则由(2aq)2(1a)(3aq2)，得 aq24aq3a10.(*)由 a0 得，4a24a0，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 a13.关于等差(等比
8、)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an前 9 项的和等于前 4 项的和若 a11，aka40，则 k()A10B12C15D20答案：A 设等差数列an的前 n 项和为 Sn，则 S9S40，即 a5a6a7a8a90,5a70，故 a70，而 aka40，故 k10.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
9、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 a11，Sn14an2.(1)设 bnan12an，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 an1Sn1Sn 将 Sn14an2 转化为关于 an 的递推关系式，再利用 bnan12an 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 a11，及 Sn14an2，有 a1a24a12，a23a125，b1a22a13，由 Sn14an2，则当 n2 时，有 Sn4an12.得 an14a
10、n4an1.an12an2(an2an1)又bnan12an，bn2bn1，bn是首项 b13，公比为 2 的等比数列，(2)解 由(1)可得 bnan12an32n1，an12n1an2n34.数列an2n 是首项为12，公差为34的等差数列，an2n12(n1)3434n14，所以 an(3n1)2n2.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，a11，an12an2n.(1)设 bn an2n1.证明：数列bn是等差数列；(2)求数列an的前 n 项和 Sn.(1)证明 an12an2n，an12n a
11、n2n11.即有 bn1bn1，所以bn是以 1 为首项，1 为公差的等差数列(2)解 由(1)知 bnn，从而 ann2n1.Sn120221322(n1)2n2n2n1，2Sn121222323(n1)2n1n2n.两式相减得，Snn2n2021222n1n2n2n1(n1)2n1.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an的前 n 项和为 Sn，a12，S1、2S2、3S3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)数列
12、bnan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 4S2S13S3,4(a1a1q)a13a1(1qq2)，3q2q0，q0(舍)，或 q13，an2 13n1.(2)由题意得：bnan2n8，bnan2n82 13n12n8.设数列bn的前 n 项和为 Tn，Tn21 13n113n62n823113n n(n7)13n1n27n3.(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】
13、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 a13，b11，数列ban是公比为 64 的等比数列，b2S264.(1)求 an，bn；(2)求证：1S11S21Sn34.(1)解 设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 d 为正整数，an3(n1)d，bnqn1.依题意有ban1ban q3ndq3n1dqd6426，S2b26dq64，由(6d)q64 知 q 为正有理数，故 d 为 6 的因子 1,2,3,6 之一，解得 d2，q8，故 an32(n1)2n1，bn8n1.(2)证明 Sn35(2n1)n(n2)，1S11S21Sn 113 124
14、 1351nn212113121413151n 1n212112 1n1 1n2 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an的前 n 项和为 Sn，且满足：a1a(a0)，an1rSn(nN*，rR，r1)(1)求数列an的通项公式；(2)若存在 kN*，使得 Sk1，Sk，Sk2 成等差数列，试判断：对于任意的 mN*，且 m2，am1，am，am2 是否成等差数列，并证明你的
15、结论满分解答(1)由已知 an1rSn，可得 an2rSn1，两式相减，得 an2an1r(Sn1Sn)ran1，即 an2(r1)an1.(2 分)又 a2ra1ra，所以，当 r0 时，数列an为：a,0，0，；(3 分)当 r0，r1 时，由已知 a0，所以 an0(nN*)，于是由 an2(r1)an1，可得an2an1r1(nN*)，a2，a3，an，成等比数列，当 n2 时，anr(r1)n2a.(5 分)综上，数列an的通项公式为 ana，n1，rr1n2a，a2.(6 分)(2)对于任意的 mN*，且 m2，am1，am，am2 成等差数列，证明如下：当 r0 时，由(1)知，
16、ana，n1，0，n2.对于任意的 mN*，且 m2，am1，am，am2 成等差数列(8 分)当 r0，r1 时，Sk2Skak1ak2，Sk1Skak1，若存在 kN*，使得 Sk1，Sk，Sk2 成等差数列，则 Sk1Sk22Sk，2Sk2ak1ak22Sk，即 ak22ak1.(10 分)由(1)知，a2，a3，am，的公比 r12，于是对于任意的 mN*，且 m2，am12am，从而 am24am，am1am22am，即 am1，am，am2 成等差数列(12 分)综上，对于任意的 mN*，且 m2，am1，am，am2 成等差数列(13 分)老师叮咛：本题是以 an 和 Sn 为先
17、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 r0 的情况，导致结论写为 anr(r1)n2a；第(2)问中有的考生也漏掉 r0 的情况，很多考生不知将 Sk1Sk22Sk转化为 ak1 与 ak2 的关系式，从而证明受阻【试一试】(2012四川)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a2anS2Sn 对一切正整数 n都成立(1)求 a1，a2 的值；(2)设 a10，数列lg10a1an的前 n 项和为 Tn.当 n 为何值时，Tn 最大？并求出 Tn 的最大值解(1)取 n1，得 a2a1S2S12a1a2，取 n2，得 a22
18、2a12a2，由，得 a2(a2a1)a2，(i)若 a20，由知 a10，(ii)若 a20，由知 a2a11.由、解得，a1 21，a22 2；或 a11 2，a22 2.综上可知 a10，a20；或 a1 21，a2 22；或 a11 2，a22 2.(2)当 a10 时，由(1)知 a1 21，a2 22.当 n2 时，有(2 2)anS2Sn，(2 2)an1S2Sn1，所以(1 2)an(2 2)an1，即 an 2an1(n2)，所以 ana1(2)n1(21)(2)n1.令 bnlg10a1an，则 bn1lg(2)n1112(n1)lg 212lg1002n1，所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为12lg 2)，从而 b1b2b7lg108 lg 10，当 n8 时，bnb812lg10012812lg 10，故 n7 时，Tn 取得最大值，且 Tn 的最大值为T77b1b727113lg 227212 lg 高考资源网%
