1、第1讲 等差数列、等比数列的基本问题 高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C级.真 题 感 悟 1.(2016江苏卷)已知an是等差数列，Sn 是其前 n 项和.若 a1a223，S510，则 a9 的值是_.解析 设等差数列an公差为 d，由题意可得：a1（a1d）23，5a1542 d10，解得a14，d3，则 a9a18d48320.答案 20 2.(2015江苏卷)设数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列1an 前 10
2、 项的和为_.解析 a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上 n1 个式子相加得 ana123n（2n）（n1）2，即 ann（n1）2，令 bn 1an，故 bn2n（n1）21n 1n1，故 S10b1b2b1021121213 110 111 2011.答案 20113.(2010江苏卷)函数 yx2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak1，k 为正整数，a116，则a1a3a5_.解析 在点(ak，a2k)处的切线方程为：ya2k2ak(xak)，当 y0 时，解得 xak2，所以 ak1ak2，故an是 a116，q12的
3、等比数列，即 an1612n1，a1a3a5164121.答案 21 4.(2013江苏卷)在正项等比数列an中，a512，a6a73.则满足 a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的值为_.解析 设数列an的公比为 q(q0)，由已知条件得12q12q23，即q2q60，解得 q2，或 q3(舍去)，ana5qn5122n52n6，a1a2an 132(2n1)，a1a2an2524232n62n211n2，由 a1a2ana1a2an，可知 2n5252n（n11）2，由 2n5252n（n11）2，可求得 n 的最大值为 12，而当 n13 时，2825213，所以 n 的最大值为
4、 12.答案 12 考 点 整 合 1.等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d，(2)求和公式：Snn（a1an）2na1n（n1）2d，(3)性质：若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则amanapaq；anam(nm)d；Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列.2.等比数列(1)通项公式：ana1qn1(q0)；(2)求和公式：q1，Snna1；q1，Sna1（1qn）1qa1anq1q；(3)性质：若 m，n，p，qN*，且 mnpq，则amanapaq；anamqnm；Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列.3.求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推关系写出
5、前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出 an 的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前 n 项和与通项的关系 anS1 （n1），SnSn1（n2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列an中，满足 an1anf(n)，把原递推公式转化为 an1anf(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列an中，满足 an1f(n)an，把原递推公式转化为an1an f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列an中，满足 an1panq(其中p，q 均为常数，pq(p1)0)先用待定系数法把原递推公式转化为 an
6、1tp(ant)，其中 t q1p，再利用换元法转化为等比数列求解.热点一 等差、等比数列的基本运算【例1】(1)(2016全国卷改编)已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100_.(2)(2016连云港调研)在等差数列an中，a53，a62，则a3a4a8_.(3)(2015湖南卷)设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_.(2)根据等差数列性质计算.因为an是等差数列，所以a3a4a83(a5a6)3.(3)由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S23S1S3，可得a33a2，公比q3，故等比数列通项ana1qn13n1.解析(1)由
7、等差数列性质，知 S99（a1a9）292a529a527，得 a53，而 a108，因此公差 da10a5105 1，a100a1090d98.答案(1)98(2)3(3)3n1 探究提高(1)等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d(公比q)，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.(2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.【训练1】(1)(2014江苏卷)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_.(2)(2016北京东城区模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，若Sm15，S
8、m11，Sm121，则m等于_.(3)(2015潍坊模拟)在等比数列an中，公比q2，前87项和S87140，则a3a6a9a87_.解析(1)因为 a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，所以由 a8a62a4得 a2q6a2q42a2q2，消去 a2q2，得到关于 q2 的一元二次方程(q2)2q220，解得 q22，a6a2q41224.(2)由已知得 SmSm1am16，Sm1Smam132，故公比 q2，又 Sma1amq1q 11，故 a11，又 ama1qm116，代入可求得 m5.(3)法一 a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q21（q3）291q3q21qq2a
9、1（1q87）1q4714080.法二 设 b1a1a4a7a85，b2a2a5a8a86，b3a3a6a9a87，因为 b1qb2，b2qb3，且 b1b2b3140，所以 b1(1qq2)140，而 1qq27，所以 b120，b3q2b142080.答案(1)4(2)5(3)80 热点二 等差、等比数列的判定与证明【例 2】(2016南师附中月考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a114，且 SnSn1an112(nN*，且 n2)，数列bn满足：b11194，且 3bnbn1n(n2，且 nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bnan为等比数列.(1)解 由 SnS
10、n1an112，得 SnSn1an112，即 anan112(nN*，n2)，则数列an是以12为公差的等差数列，又 a114，ana1(n1)d12n14.(2)证明 3bnbn1n(n2)，bn13bn113n(n2)，bnan13bn113n12n1413bn116n1413bn112n34(n2).bn1an1bn112(n1)14bn112n34(n2)，bnan13(bn1an1)(n2)，b1a1300，bnanbn1an113(n2).数列bnan是以30 为首项，13为公比的等比数列.探究提高 判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法(1)定义法：对于 n1 的任意自然数，验
11、证 an1an或an1an 为同一常数.(2)中项公式法：若 2anan1an1(nN*，n2)，则an为等差数列；若 a2nan1an1(nN*，n2)，则an为等比数列.【训练2】已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数.(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.(1)证明 由题设，anan1Sn1，知an1an2Sn11，得：an1(an2an)an1.an10，an2an.(2)解 由题设可求 a21，a31，令 2a2a1a3，解得 4，故 an2an4.由此可得a2n1是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n14n
12、3；a2n是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n4n1.所以 an2n1，an1an2.因此存在 4，使得数列an为等差数列.热点三 求数列的通项微题型 1 由 Sn 与 an 的关系求 an【例 31】(1)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 an2SnSn10(n2，nN*)，a112.求数列an的通项公式.(2)(2016岳阳二模节选)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知a11，a22，且 an23SnSn13,nN*.证明：an23an；并求 an.解(1)由 an2SnSn10(n2，nN*)，得 SnSn12SnSn10，所以 1Sn 1Sn12(n2，nN*)，故
13、1Sn 是等差数列.又 1S12，所以 1Sn2n，故 Sn 12n，anSnSn1 12n12（n1）12n（n1）(n2，nN*)，所以 an12，n1，12n（n1），n2.(2)由条件，对任意 nN*，有 an23SnSn13，因而对任意nN*，n2，有 an13Sn1Sn3.两式相减，得 an2an13anan1，即 an23an，n2.又 a11，a22，所以 a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切 nN*，an23an.又an0，所以an2an3.于是数列a2n1是首项 a11，公比为 3 的等比数列；数列a2n是首项 a22，公比为 3 的等比数列.因此 a2n1
14、3n1，a2n23n1.an3n12，n为奇数，23n22，n为偶数.探究提高 给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.微题型 2 已知 an 与 an1 的递推关系式求 an【例 32】(1)在数列an中，a11，an111n ann12n，求数列an的通项公式；(2)已知正项数列an满足 a11，(n2)a2n1(n1)a2nanan10，求通项 an；(3)已知 a14，an1 2an2an1，求通项 an.解(1)由已知得 a11，且 an1n1ann
15、12n，a22 a11 121，a33 a22 122，ann an1n1 12n1，ann 112 122 12n12 12n1(n2).an2n n2n1(n2)，又 a11 适合上式，an2n n2n1.(2)由(n2)a2n1(n1)a2nanan10，得(n2)an1an2an1an n1，所以an1an n1n2.又 a11，则 an anan1an1an2a2a1a1 nn1n1n 231 2n1.故数列an的通项公式 an 2n1.(3)an1 2an2an1，两边取倒数得 1an1 12an1，设 bn 1an，则 bn112bn1，则 bn1212(bn2)，bn12bn2
16、 12，故bn2是以 b12 1a1274为首项，12为公比的等比数列.bn274 12n1，即 1an274 12n1，得 an 2n12n27.探究提高(1)形如bn1bnf(n)，其中f(n)k或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式；(2)形如an1anf(n)，可用累乘法；(3)形如an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列；(4)形如an1qanqn(q为常数，且q0，q1)，解决方法是在递推公式两边同除以qn1.【训练 3】(1)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，2Snnan113n2n23，nN*.求 a2 的值；求数列an的通项公式.
17、(2)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，Sn1Sna2n1，数列bn满足 bnbn13an，且 b11.求数列an、bn的通项公式.解(1)依题意，2S1a213123，又 S1a11，所以 a24.当 n2 时，2Snnan113n3n223n，2Sn1(n1)an13(n1)3(n1)223(n1)，以上两式相减得，2annan1(n1)an13(3n23n1)(2n1)23.整理得(n1)annan1n(n1)，即 an1n1ann 1，又a22 a11 1，故数列ann是首项为a11 1，公差为 1 的等差数列，所以ann 1(n1)1n，所以 ann2.(2)Sn1
18、Sna2n1，SnSn1a2n(n2)，得 an1ana2n1a2n，(an1an)(an1an1)0，an10，an0，an1an0，an1an1(n2)，又由 S2S1a22，得 2a1a2a22，即 a22a220，a22，a21(舍去)，an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，ann.又 bnbn13an3n，bn1bn3n1(n2)，得bn1bn13(n2)，又由 b11，可求 b23.故 b1，b3，b2n1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列；b2，b4，b2n 是首项为 3，公比为 3 的等比数列.b2n13n1，b2n33n13n.bn3n12，n为奇数，3n2，n为偶数.1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.3.应用关系式 anS1，n1，SnSn1，n2时，一定要注意分 n1，n2 两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
