1、专题四数列、推理与证明第一讲等差数列与等比数列1an与Sn的关系：Sna1a2an，an2等差数列和等比数列等差数列等比数列定义anan1常数(n2)常数(n2)通项公式ana1(n1)dana1qn1(q0)判定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an1anan2(n1)an为等差数列(3)通项公式法：anpnq(p、q为常数)an为等差数列(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A、B为常数)an为等差数列(5)an为等比数列，an0logaan为等差数列(1)定义法(2)中项公式法：aanan2(n1)(an0)an为等比数列(3)通项公式法：ancqn(c、q均是不为0的常数，nN*)a
2、n为等比数列(4)an为等差数列aan为等比数列(a0且a1)性质(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anam(nm)d(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anamqnm(3)等比数列依次每n项和(Sn0)仍成等比数列前n项和Snna1d(1)q1，Sn(2)q1，Snna11 (2013江西)等比数列x,3x3,6x6，的第四项等于()A24 B0 C12 D24答案A解析由x,3x3,6x6成等比数列得，(3x3)2x(6x6)解得x13或x21(不合题意，舍去)故数列的第四项为24.
3、2 (2012福建)等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为()A1 B2 C3 D4答案B解析方法一设等差数列an的公差为d，由题意得解得d2.方法二在等差数列an中，a1a52a310，a35.又a47，公差d752.3 (2013辽宁)下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4答案D解析ana1(n1)d，d0，anan1d0，命题p1正确nanna1n(n1)d，nan(n1)an1a12(n
4、1)d与0的大小和a1的取值情况有关故数列nan不一定递增，命题p2不正确对于p3：d，当da10，即da1时，数列递增，但da1不一定成立，则p3不正确对于p4：设bnan3nd，则bn1bnan1an3d4d0.数列an3nd是递增数列，p4正确综上，正确的命题为p1，p4.4 (2013重庆)已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_.答案64解析因为a1，a2，a5成等比数列，则aa1a5，即(1d)21(14d)，d2.所以an1(n1)22n1，S84(115)64.5 (2013江苏)在正项等比数列an中，a5，a6a73.则满
5、足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为_答案12解析由已知条件a5，a6a73，即qq23，整理得q2q60，解得q2，或q3(舍去)ana5qn52n52n6，a1a2an(2n1)，a1a2an2524232n62 ，由a1a2ana1a2an可知2n2 1，n12.题型一等差(比)数列的基本运算例1(2012山东)已知等差数列an的前5项和为105，且a102a5.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中不大于72m的项的个数记为bm.求数列bm的前m项和Sm.审题破题(1)由已知列出关于首项和公差的方程组，解得a1和d，从而求出an.(2)求出bm，再根据其
6、特征选用求和方法解(1)设数列an的公差为d，前n项和为Tn，由T5105，a102a5，得解得a17，d7.因此ana1(n1)d77(n1)7n(nN*)(2)对mN*，若an7n72m，则n72m1.因此bm72m1.所以数列bm是首项为7，公比为49的等比数列，故Sm.反思归纳关于等差(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)数列问题的认识变式训练1(2013浙江)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成
7、等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.解(1)由题意得5a3a1(2a22)2，即d23d40.故d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，a7a14225.当且仅当a7a14时取等号(2)根据等差数列的性质，得数列也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项a12 013，公差d1，故2 013(2 0131)11，所以S2 0132 013.反思归纳等差数列和等比数列的项，前n项和都有一些类似的性质，充分利用性质可简化解题过程变式训练2(1)数列an是等差数列，若1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn
8、取得最小正值时，n等于()A11 B17 C19 D21答案C解析an的前n项和Sn有最大值，数列为递减数列又0，a110，得a10a110，S2010(a10a11)0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列bn的第2项、第3项、第4项(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设数列cn对nN*，均有an1成立，求c1c2c2 013.解(1)a21d，a514d，a14113d，d0，(14d)2(1d)(113d)，解得d2.则an1(n1)22n1.又b2a23，b3a59，等比数列bn的公比q3.bnb2qn233n23n1.(2)由an1，得当n2时，an，两式相减，得an1an2
9、，cn2bn23n1 (n2)而当n1时，a2，c1c2c2 0133231232232 01233332 01332 013.典例(14分)已知数列a1，a2，a30，其中a1，a2，a10是首项为1，公差为1的等差数列；a10，a11，a20是公差为d的等差数列；a20，a21，a30是公差为d2的等差数列(d0)(1)若a2040，求d；(2)试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围；(3)续写已知数列，使得a30，a31，a40是公差为d3的等差数列，依次类推，把已知数列推广为无穷数列提出同(2)类似的问题(2)应当作为特例)，并进行研究，你能得到什么样的结论？规范解答解(1)
10、由题意可得a1010，a201010d40，d3.3分(2)a30a2010d210(1dd2)10(d0)5分当d(，0)(0，)时，a307.5，)7分(3)所给数列可推广为无穷数列an，其中a1，a2，a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n1时，数列a10n，a10n1，a10(n1)是公差为dn的等差数列9分研究的问题可以是：试写出a10(n1)关于d的关系式，并求出a10(n1)的取值范围研究的结论可以是：由a40a3010d310(1dd2d3)，11分依次类推可得a10(n1)10(1ddn)13分当d0时，a10(n1)的取值范围为(10，)14分评分细则(1)列出关于d的
11、方程给1分；(2)求a30的范围时没有注明d0扣1分阅卷老师提醒本题从具体数列入手，先确定d，然后利用函数思想求a30的范围，最后通过观察寻求一般规律，将结论进行推广，要求熟练掌握数列的基本知识，灵活运用数列性质1 已知等比数列an的公比为正数，且a3a74a，a22，则a1等于()A1 B. C2 D.答案A解析设数列an的公比为q(q0)，由a20，知a40，a50，由于a3a7a，所以a4a，从而a52a4，q2，故a11.2 已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示数列an的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是()A21 B20 C19 D18答案B解析设数
12、列an的公差是d，则a2a4a6(a1a3a5)3d991056，即d2.又3a3105，所以a335.所以ana3(n3)d412n.令an0得n20.5，即数列an的前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此使得Sn达到最大值的n为20.3 首项为24的等差数列an从第10项开始为正数，则公差d的取值范围是()A.d3 B.d3C.d3 D.d3答案C解析设等差数列an的公差为d，由已知得即所以d的取值范围是0)的等比数列an的前n项和为Sn，若S23a22，S43a42，则q_.答案解析方法一S4S2a3a43a22a3a43a42，将a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2q
13、a2q23a2q22，化简得2q2q30，解得q(q1不合题意，舍去)方法二设等比数列an的首项为a1，由S23a22，得a1(1q)3a1q2.由S43a42，得a1(1q)(1q2)3a1q32.由得a1q2(1q)3a1q(q21)q0，q.6 (2013安徽)如图，互不相同的点A1，A2，An，和B1，B2，Bn分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面积均相等设OAnan，若a11，a22，则数列an的通项公式是_答案an解析由已知S梯形AnBnBn1An1S梯形An1Bn1Bn2An2，SOBn1An1SOBnAnSOBn2An2SOBn1An1
14、，即SOBnAnSOBn2An22SOBn1An1由相似三角形面积比是相似比的平方知OAOA2OA，即aa2a，因此a为等差数列且aa3(n1)3n2，故an.专题限时规范训练一、选择题1 (2013课标全国)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1等于()A. B C. D答案C解析设等比数列an的公比为q，由S3a210a1得a1a2a3a210a1，即a39a1，q29，又a5a1q49，所以a1.2 等比数列an的前n项和为Sn，若2S4S5S6，则数列an的公比q的值为()A2或1 B1或2C2 D1答案C解析方法一若q1，则S44a1，S55a1，S66a
15、1，显然不满足2S4S5S6，故A、D错若q1，则S4S60，S5a50，不满足条件，故B错，因此选C.方法二经检验q1不适合，则由2S4S5S6，得2(1q4)1q51q6，化简得q2q20，q1(舍去)，q2.3 已知an为等差数列，a2a8，则S9等于()A4 B5 C6 D7答案C解析an为等差数列，a2a8a1a9，S96.4 一个由实数组成的等比数列，它的前6项和是前3项和的9倍，则此数列的公比为()A2 B3 C. D.答案A解析等比数列中，S69S3，S6S38S3，q38，q2.5 已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则使得为整数的正整数n的个数是()A
16、2 B3 C4 D5答案D解析由等差数列的前n项和及等差中项，可得7 (nN*)，故n1,2,3,5,11时，为整数6 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答案D解析a3a12da14，a7a16da112，a9a18da116，又a7是a3与a9的等比中项，(a112)2(a14)(a116)，解得a120.S101020109(2)110.7 已知数列an满足1log3anlog3an1(nN)，且a2a4a69，则log(a5a7a9)的值是()A. B C5 D5答案D解析由1lo
17、g3anlog3an1得3，an为等比数列，公比为3.a5a7a927(a2a4a6)27935，log(a5a7a9)log355.8 设等差数列an的前n项和为Sn，且满足S150，S160，得a80.由S160，得a9a80，所以a90，且d0，S16，S17，Sn0，则0，0.又S8S7S60，a6a7a80.，故最大二、填空题9 (2013课标全国)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.答案(2)n1解析当n1时，a11；当n2时，anSnSn1anan1，故2，故an(2)n1.10(2013课标全国)等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nS
18、n的最小值为_答案49解析由题意知a1a100，a1a15.两式相减得a15a105d，d，a13.nSnnf(n)，f(n)n(3n20)令f(n)0得n0(舍)或n.当n时，f(n)是单调递增的；当0na1a9，求a1的取值范围解(1)因为数列an的公差d1，且1，a1，a3成等比数列，所以a1(a12)，即aa120，解得a11或a12.(2)因为数列an的公差d1，且S5a1a9，所以5a110a8a1，即a3a1100，解得5a12.14已知数列an的前n项和为Sn，a1，且2Sn2Sn12an11(n2，nN*)数列bn满足b1，且3bnbn1n(n2，nN*)(1)求证：数列an为等差数列；(2)求证：数列bnan为等比数列；(3)求数列bn的通项公式以及前n项和Tn.(1)证明2Sn2Sn12an11(n2，nN*)，当n2时，2an2an11，可得anan1.数列an为等差数列(2)证明an为等差数列，公差d，ana1(n1)n.又3bnbn1n(n2)，bnbn1n(n2)，bnanbn1nnbn1n(bn1n)bn1(n1)(bn1an1)，又b1a10，对nN*，bnan0，得(n2)数列bnan是首项为，公比为的等比数列(3)解由(2)得bnann1，bnn1(nN*)b1a1b2a2bnan，b1b2bn(a1a2an).Tn.Tn(nN*)
