1、第一部分 高考专题讲解 专题五 数列、不等式、推理与证明第十二讲 等差数列、等比数列、数列的综合应用1.等差、等比数列是高考的一个基本考查点选择题、填空题突出“小而巧”，主要考查性质的灵活应用及对概念的理解；解答题突出“大而全”，着重考查函数与方程、等价转化、分类讨论等重要的数学思想在高考中也可能出现新的命题背景，如定义新数列进而转化为等差、等比数列从近几年的高考命题来看，对等差、等比数列的考查更加突出其本质特征考情分析2数列是考查考生创新意识与实践精神的最好素材从近两年的新课标高考试题来看，一些构思精巧、新颖别致、极富思考性和挑战性的数列与方程、函数(包括三角函数)、不等式以及导数等的综合性
2、试题不断涌现，这部分试题往往以压轴题的形式出现，考查综合运用知识的能力，突出知识的融会贯通数列的问题难度大，往往表现在与递推数列有关，递推含义趋广，不考情分析仅有数列前后项的递推，更有关联数列的递推，更甚的是数列间的“复制”式递推；从递推形式上看，既有常规的线性递推，还有分式、三角、分段、积(幂)等形式在考查通性通法的同时，突出考查思维能力、代数推理能力、分析问题解决问题的能力考情分析要点串讲1.在等差数列或等比数列中，已知五个元素 a1、an、d(q)、n、Sn 中的任意三个，可求出其余的两个，即“知三求二”在解题中应本着“化多为少”的原则，抓住首项 a1 和公差 d(或公比 q)，首项 a
3、1 和公差 d(或公比 q)叫做等差(或等比)数列的基本量2(1)证明数列an是等差数列的两种基本方法：利用定义证明 an1an(nN*)为常数；利用等差中项证明：2anan1an1(n2 且 nN*)(2)证明数列an是等比数列的两种基本方法：利用定义证明an1an(nN*)为一常数；利用等比中项证明：a2nan1an1(n2 且 nN*)3数列的函数特征：(1)由等差数列的通项公式 ana1(n1)d 可得 annd(a1d)，如果设 pd，qa1d，那么 anpnq，其中 p，q 是常数当 p0 时，an是关于 n 的一次函数，即点(n，an)在一次函数 ypxq 的图象上(2)由于等差
4、数列的前 n 项和 Snna1nn12dd2n2a1d2 n，设 ad2，ba1d2，则有 Snan2bn.当a0(即 d0)时，Sn 是关于 n 的二次函数，亦即点(n，Sn)在二次函数 yax2bx 的图象上从而，当 d0 时，由an的前 n 项和 Sn 组成的新数列 S1，S2，S3，Sn，的图象是二次函数 yax2bx 的图象上一系列孤立的点(3)等比数列an的通项公式 ana1qn1 还可以改写为 ana1q qn，当 q0 且 q1 时，yqx 是一个指数函数，而 ya1q qn 是一个不为 0 的常数与指数函数的积，因此等比数列an的图象是函数 ya1q qx 的图象上一系列孤立
5、的点(4)在 等 比 数 列 的 前n项 和 公 式Sn na1q1a11qn1qq1中，如果令 A a1q1(q1)，那么SnAqnA.从函数的角度看，yAqxA 的图象必过原点，将指数函数 yqx 的图象的纵坐标变为原来的 A倍，再上下平移|A|个单位(A0 时向下；A0 时向上)可得到函数 yAqxA 的图象4常用性质有：(1)等差数列an中，若 mnpq(m，n，p，qN*)，则 amanapaq；等比数列an中，若 mnpq，则 amanapaq.(2)在等差数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n，SknS(k1)n，成等差数列，其中 Sn为数列an的前 n项和；在等比数列an中
6、，当公比 q1 时，Sn，S2nSn，S3nS2n，SknS(k1)n，成等比数列，其中 Sn 为数列an的前 n 项和值得注意的是，反之未必成立(3)在等差数列an中，若其项数 n 为偶数，即若 n2k(kN*)，则 S2kk(akak1)，且 S 偶S 奇kd，S奇S偶akak1；若其项数 n 为奇数，即若 n2k1(kN*)，则 S2k1(2k1)ak，且 S 奇kak，S 偶(k1)ak，S 奇S 偶ak，S奇S偶 kk1.5几种常见的求和方法：(1)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和公式，如123nnn12；135(2n1)n2；122232n216n(n1)(2n1)
7、；132333n3n2n124.(2)倒序相加法：等差数列前 n 项和公式的推导方法为倒序相加法.这种方法适用于求等差数列型及倒序相加后各对和相等的问题(3)错位相减法：等比数列的前 n 项和公式的推导方法为错位相减法这种方法适用于求数列anbn的前 n项和，其中an、bn分别为等差数列、等比数列(4)分组求和法：有些数列既不是等差数列，也不是等比数列若将这些数列进行分拆后能得到几个等差、等比或常见的可求和的数列，则应将它们分开后分别求和，即将这个数列求和问题转化为几个可求和数列的问题，这体现了转化的数学思想(5)裂项相消法：对于有些数列，我们可以将它的某些项进行分解，然后重新组合使之能消去一
8、些项，则可求出其和6递推式 an1panq 的求解方法与演化(1)如果已知数列an的递推公式形如 an1panq(p0，q0)时，通常可以设 an1mp(anm)，即an1panm(1p)，由 m(1p)q 可得 m q1p(p1)，由此将问题转化为相关等比数列的通项问题(2)由递推式 an1candn(c，d 是非零常数)，通常可以两边同除以 dn1 得到an1dn1cdandn1d，令 bnanqn可得bn1cdbn1d，问题转化为 an1panq 形式的递推式问题(3)递推式 an2can1dan(c，d 是非零常数)，通常设 an2an1(an1an)，则可由cd 求得，从而构造出数列
9、an1an再进行求解7等差数列前 n 项和的性质若数列an是公差为 d 的等差数列，其前 n 项和为 Sn.(1)数列 Sk，S2kSk，S3kS2k，(kN*)也是等差数列，其公差是 k2d.(2)Snnar12n(n2r1)d(r，nN*)SmrSnrr12n2d(r，nN*)SmnSmSnmnd(m，nN*)(3)若 pqn1(p，q，nN*)，则 Snnapaq2.(4)若 Sma，Snb(nm，n，mN*)，则 Smnmnmn(SmSn)mnmn(ab)(5)若 Smn，Snm(mn，m，nN*)，则 Smn(mn)；若 SmSn(mn)，则 Smn0.8等比数列前 n 项和的性质对
10、于等比数列an，若 ana1qn1(a0，q0)，且Sn 是其前 n 项和，则有：(1)若等比数列有 2n 项，公比为 q，奇数项之和为 S奇，偶数项之和为 S 偶，则S偶S奇q.(2)Sn，S2nSn，S3nS2n，也构成等比数列，其公比为 qn，即等比数列依次等项和成等比数列(3)SmnSnqnSm；SmSn1qm1qn(q1)9常用裂项即放缩形式有(1)1nn11n 1n1.(2)1nnk1k1n 1nk.(3)1k21k21121k1 1k1，1k 1k11k1k 1k21k1k 1k11k.(4)1nn1n2121nn11n1n2(5)nn1！1n！1n1！.(6)2(n1 n)2n
11、 n1 1n1，且 bi0(i1,2,3，)，若 a1b1，a11b11，则()Aa6b6 Ba6b6Ca6b6 或 a6b6，故选 B.答案：B类型二 等差、等比数列的判定或证明【例 2】已知数列an满足 a11，a23，an23an12an(nN*)(1)证明：数列an1an是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)若数列bn满足 4b114b214bn1(an1)bn(nN*)证明：bn是等差数列分析 用定义法证明数列an1an是等比数列，用中项法证明数列bn是等差数列，用累加法求通项 an.按定义转化 利用等比数列性质 由递推关系证明解(1)证明：an23an12an，an2an1
12、2(an1an)，an2an1an1an 2(nN*)a11，a23，an1an是以 a2a12 为首项，2 为公比的等比数列(2)由(1)得 an1an2n(nN*)，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2212n1(nN*)(3)证明：4b114b214bn1(an1)bn，4(b1b2bn)n2n bn，2(b1b2bn)nnbn，2(b1b2bnbn1)(n1)(n1)bn1.得 2(bn11)(n1)bn1nbn即(n1)bn1nbn20，nbn2(n1)bn120.得 nbn22nbn1nbn0，即 bn22bn1bn0，bn2bn1bn1bn(nN*)，b
13、n是等差数列点评 等差、等比数列的证明要严格依据其定义完成转化.这类证明问题实质上是有目标的化简，解答本题应注意以下变形技巧：一是(1)中 an23an12anan2an12(an1an)当然也可直接将 an23an12an 代入an2an1an1an 中化简；二是(3)中式出现了“b1b2bn”，可联想数列 Sn 与 bn 的转化，采用递推后作差，转化为bn的递推关系类型三 等差、等比数列的求和问题【例 3】设数列an满足 a11，a22，an13(an12an2)(n3,4，)数列bn满足 b11，bn(n2,3，)是非零整数，且对任意的正整数 m 和自然数 k，都有1bmbm1bmk1.
14、(1)求数列an和bn的通项公式；(2)记 cnnanbn(n1,2，)，求数列cn的前 n 项和 Sn.分析(1)对已知条件 an13(an12an2)变形得 anan123(an1an2)(n3,4，)，可得an1an是等比数列，这是解本题的关键(2)结合(1)写出cn的通项公式，对其进行变形，同时注意错位相减法的应用递推关系构造等比数列累加法求an 错位相减法求Sn解(1)由 an13(an12an2)，得anan123(an1an2)(n3,4，)数列an1an是以 a2a11 为首项，23为公比的等比数列an1an123n123n1.ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)11
15、2323223n21123n1123853523n1.由题设 bn0，且对任意的正整数 m，有1bm1bm1 或 bm1.b11，由题设有1b1b212b20，b21.同理，由题设有1b2b310b32，b31.下面用反证法证明 bn(1)n1(n2,3，)，由题设可知|bn|1，1bmbmk1.假设bn存在相邻两项 bm，bm1 的符号相同，则有|bmbm1|2|bm|2，这与1bmbmk1 矛盾故bn的任意相邻两项 bm，bm1 的符号都相反故 bn(1)n1.(2)由 cnnanbn，得 cnn853523n1(1)n1158n1n13n23n185(1)n1n35n23n1.设 dn8
16、5(1)n1n85nqn11，en35n23n135nqn12.对于数列nqn1(q1)，其前 n 项和 Tn12q3q2nqn1.TnqTn1qqn1nqn1qn1q nqnTn 11q1qn1q nqn.所以dn的前 n 项和为Dn8511111n11 n1n251(2n1)(1)nen的前 n 项和为En35 1123123n123n23n953(n3)23n，故cn的前 n 项和为Sn251(2n1)(1)n953(n3)23n159(n3)23n2(2n1)(1)n125点评(1)等差、等比数列的求和可直接利用求和公式，此时需准确确定所求和的项数，注意等比数列的公比 q 是否需分 q
17、1 和 q1 两种情况讨论(2)对于非等差、等比数列求和，常用方法有：拆项转化法；裂项相消法(将数列的通项分裂成两项差的结构，正负相消，剩下首尾若干项)；错位相减法(一般可解决一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题)；倒序相加法错位相减法历年来都是高考的热点，本例中，将 Sn 拆项，转化为两个数列的和，而这两个数列的求和均用到了错位相减法，要深刻领会这种求和方法的运用类型四 新背景下的等差、等比数列的综合问题【例 4】将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a1a2 a3a4 a5 a6a7 a8 a9 a10记表中的第一列数 a1，a2，a4，a7，构成
18、的数列为bn，b1a11，Sn 为数列bn的前 n 项和，且满足2bnbnSnS2n1(n2)(1)证明数列 1Sn成等差数列，并求数列bn的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数当 a81 491时，求上表中第 k(k3)行所有项的和分析(1)巧妙地对2bnbnSnS2n1(n2)变形得到 1Sn是等差数列，进而求出 bn.(2)通过此表的分析得出 a81 在表中的位置，即确定首项和公比，求出第 k 行的所有项的和解(1)证明：由已知，当 n2 时，2bnbnSnS2n1，又 Snb1b2bn，所以2SnSn1SnSn1SnS2n
19、1，即2SnSn1Sn1Sn 1，所以 1Sn 1Sn112.又 S1b1a11，所以数列 1Sn是首项为 1，公差为12的等差数列由上可知 1Sn112(n1)n12，即 Sn 2n1.所以当 n2 时，bnSnSn1 2n12n2nn1.因此 bn1 n1，2nn1，n2.(2)设上表中从第三行起，每行的公比都为 q，且 q0.因为 12121213278，所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列an的前 78 项，故 a81 在表中第 13 行第三列，因此 a81b13q2 491.又 b1321314，所以 q2.记表中第 k(k3)行所有项的和为 S，则 Sbk1qk1q2kk11
20、2k122kk1(12k)(k3)点评 数列项的变化呈规律性，这是等差、等比数列的特征，在高考中，这种变化的规律性经常用数表或图形给出，也可以是给出信息根据新信息解题对考查学生的创新能力提出了较高的要求新课标教材的学习，十分重视创新、立意鲜明、背景鲜明、设问灵活解这类问题要先读懂题意，从题目中获取有用信息，然后根据相关知识作进一步的演算和推理，综合运用新的信息和数学知识分析，解决新情境问题【探究 2】(2011佛山模拟)对大于或等于 2 的自然数m 的 n 次方幂有如下分解方式：2213 32135 4213572335 337911 4313151719根据上述分解规律，则 53_.解析：观
21、察 mn的规律可知，m 表示分解的数的个数，并且还可以发现，分解以后的数均为奇数，并且是连续奇数的和，从而可以采取奇数求和的方法从而 53(2n1)(2n1)(2n3)(2n5)(2n7)，即 12510n15，从而 n11，于是 532123252729.答案：2123252729类型五 数列与函数(方程)的综合应用【例 5】(2011南京模拟)已知an是公差为 d 的等差数列，它的前 n 项和为 Sn，S42S24，bn1anan.(1)求公差 d 的值；(2)若 a152，求数列bn中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的 nN*，都有 bnb8 成立，求 a1 的取值范围解(1)S42
22、S24，4a1432 d2(2a1d)4，解得 d1.(2)a152，数列an的通项公式为 ana1(n1)dn72，bn1 1an1 1n72.函数 f(x)1 1x72在，72 和72，上分别是单调递减函数，b3b2b11，当 n4 时，1bnb4，数列bn中的最大项是 b43，最小项是 b31.(3)由 bn1 1an，得 bn11na11.又函数 f(x)11xa11在(，1a1)和(1a1，)上分别是单调递减函数，且 x1a1 时，y1a1 时，y1.对任意的 nN*，都有 bnb8.71a18，7a16，a1 的取值范围是(7，6)类型六 数列与不等式的综合应用【例 6】设数列an
23、的首项 a1(0,1)，an3an12，n2,3,4，.(1)求an的通项公式；(2)设 bnan 32an，证明 bnbn1，其中 n 为正整数解(1)由 an3an12，n2,3,4，整理得 1an12(1an1)又 1a10，所以1an是首项为 1a1，公比为12的等比数列，得 an1(1a1)12n1.(2)证明：由(1)可知 0an0.那么，b2n1b2na2n1(32an1)a2n(32an)3an22323an2a2n(32an)9an4(an1)2.又由(1)知 an0 且 an1，故 b2n1b2n0，因此 bn0)通项 anana1(n1)dana1qn1等差数列等比数列前
24、n项和SnSnna1an2 na1nn12dSnna1q1，a11qn1qq1重要性质若m、n、p、qN*，mnpq，则amanapaq若m、n、p、qN*，mnpq，则amanapaq等差数列等比数列单调性只与公差d符号有关，a1与d均可为零与a1和q的符号有关，a1q0an与Sn的关系anS1n1，SnSn1n22.判断或证明数列an是等差数列或等比数列的方法等差数列等比数列定义法an1andan1an q中项法2anan1an1(n2)a2nan1an1(n2)通项法 anpnq(p，q为常数)ancqn(c，q为非零常数)等差数列等比数列前n项和法SnAn2Bn(A、B为常数)Snk(
25、qn1)(k，q为非零常数，且q1)3数列与函数之间的关系数列函数等差数列的通项ana1(n1)ddn(a1d)ykxb等差数列的前n项和Snna1nn12dd2n2a1d2 nyax2bxc数列函数等比数列的通项ana1qn1a1q qn(q0)yax(a0且a1)等比数列的前n项和Sna11qn1q a1q1qn a11q(常数q0且q1)ypaxq(a0且a1)4.求数列递推式的通项公式的题型与方法(1)已知a1a，递推关系为an1qanb(nN*)，可将an1qanb转化为an1q(an)的形式，其中由待定系数法确定，即qanban1qan(q1)，所以(q1)b，即 bq1.(2)已
26、知a1，且anan1f(n)(nN*)，可以用“逐差法”：即anan1f(n)，an1an2f(n1)，a3a2f(3)，a2a1f(2)，所有等式左右两边分别相加：(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)f(n)f(n1)f(2)，即ana1f(2)f(3)f(n1)f(n)(3)已知a1，且anan1 f(n)，(nN*)，可以用“累积法”：即 anan1f(n)，an1an2f(n1)，a3a2f(3)，a2a1f(2)，所有等式左右两边分别相乘：anan1an1an2a3a2a2a1f(n)f(n1)f(3)f(2)，即ana1f(2)f(3)f(n1)f(n)5等差、等
27、比数列的3种转化关系(1)若数列an是一个各项为正数的等比数列，公比为q，则数列logaan(a0，且a1)是一个首项为logaa1，公差为dlogaq的等差数列(2)若数列bn是一个等差数列，公差为d，则数列abn(a0，且a1)是一个首项为ab1，公比为qad的等比数列(3)如果一个数列既是等差数列，又是等比数列，那么，这个数列是各项不为零的常数数列.高考陪练1.(2011江西)已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm且a11.那么a10()A1 B9C10 D55解析：a11，S1a11.在SmnSmSn中，令m1得Sn1SnS1Sn1，anSn1Sn1，a101.答案：A2(20
28、11天津)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，nN*，则S10的值为()A110 B90C90 D110解析：an为等差数列，公差为2，a7a112，a3a14，a9a116.又a7为a3与a9的等比中项，a27a3a9，即(a112)2(a14)(a116)a120.S1010a1101012(2)110.答案：D3(2011全国)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7C6 D5解析：Snn nn122n2，由Sk2Sk(k2)2k24k424，得k5.答案：D4设Sn为等比数列an的前n项和，8
29、a2a50，则S5S2()A11 B8C5 D11解析：本题主要考查等比数列的求和公式，考查基本运算能力设等比数列an的公比为q(q0)，依题意知8a1qa1q40，a10，则q38，故q2，所以S5S21q51q213214 11.答案：A5已知等比数列an满足 an0，n1,2，且 a5a2n522n(n2)，则当 n1 时，log2a1log2a3log2a2n1()An(2n1)B(n1)2Cn2D(n1)2解析：a5a2n5a2n22n，所以 an2n，又有 log2a1 log2a3 log2a2n 1 log2(a1a3a2n 1)log2(2n)nn2.答案：C高考专题训练十二
