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专题四数列、推理与证明第一讲等差数列与等比数列


专题四
第一讲

数列、推理与证明
等差数列与等比数列

?S1, n=1, ? 1.an 与 Sn 的关系:Sn=a1+a2+…+an,an=? ?Sn-Sn-1, n≥2. ?

2.等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式 (1)定义法 (2) 中 项 公 式 法 : 2an + 1 = a

n + an +
2(n≥1)?{an}为等差数列

an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d

等比数列 an =常数(n≥2) an-1 an=a1qn 1(q≠0)


(1)定义法 (2)中项公式法:a2 an+2(n≥1) n+1=an· (an≠0)?{an}为等比数列 (3)通项公式法:an=c· qn(c、q 均是不为 0

(3)通项公式法: an=pn+q(p、 q 为常 判定方法 数)?{an}为等差数列

(4)前 n 项和公式法: Sn=An2+Bn(A、 的常数,n∈N*)?{an}为等比数列 B 为常数)?{an}为等差数列 (5){an} 为等比数列, an>0 ? {logaan} 为等差数列 (1)若 m、n、p、q∈N*,且 m+n=p +q,则 am+an=ap+aq 性质 (2)an=am+(n-m)d (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等 差数列 n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d 2 2 (1)若 m、n、p、q∈N*,且 m+n=p+q, 则 am· an=ap· aq (2)an=amqn
-m

(4){an}为等差数列?{aan}为等比数列 (a>0 且 a≠1)

(3)等比数列依次每 n 项和(Sn≠0)仍成等 比数列 a1?1-qn? a1-anq (1)q≠1,Sn= = 1-q 1-q (2)q=1,Sn=na1

前 n 项和

1. (2013· 江西)等比数列 x,3x+3,6x+6,…的第四项等于 A.-24 答案 A B.0 C.12 D.24

(

)

解析 由 x,3x+3,6x+6 成等比数列得,(3x+3)2=x(6x+6). 解得 x1=-3 或 x2=-1(不合题意,舍去). 故数列的第四项为-24. 2. (2012· 福建)等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为 A.1 答案 B 解析 方法一 设等差数列{an}的公差为 d, ? ? ?2a1+4d=10, ?a1=1, 由题意得? 解得? ∴d=2. ?a1+3d=7. ?d=2. ? ? 方法二 ∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5. 又 a4=7,∴公差 d=7-5=2. 3. (2013· 辽宁)下面是关于公差 d>0 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; ?an? p3:数列? n ?是递增数列;p4:数列{an+3nd}是递增数列. ? ? 其中的真命题为 A.p1,p2 答案 D 解析 an=a1+(n-1)d,d>0, ∴an-an-1=d>0,命题 p1 正确. nan=na1+n(n-1)d, ∴nan-(n-1)an-1=a1+2(n-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. an a1 n-1 an an-1 -a1+d 对于 p3: = + d,∴ - = , n n n n n-1 n?n-1? an 当 d-a1>0,即 d>a1 时,数列{ }递增, n 但 d>a1 不一定成立,则 p3 不正确. 对于 p4:设 bn=an+3nd, 则 bn+1-bn=an+1-an+3d=4d>0. ∴数列{an+3nd}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,a1=1,公差 d≠0,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 a2 a5,即(1+d)2=1×(1+4d),d=2.所以 an 2=a1· ?a1+a8?×8 =1+(n-1)×2=2n-1,S8= =4×(1+15)=64. 2 B.p3,p4 C.p2,p3 D.p1,p4 ( ) B.2 C.3 D.4 ( )

1 5. (2013· 江苏)在正项等比数列{an}中,a5= ,a6+a7=3.则满足 a1+a2+…+an>a1a2…an 2 的最大正整数 n 的值为________. 答案 12 1 解析 由已知条件 a5= ,a6+a7=3, 2 1 1 2 即 q+ q =3,整理得 q2+q-6=0, 2 2 解得 q=2,或 q=-3(舍去). 1 - - - an=a5qn 5= ×2n 5=2n 6, 2 1 a1+a2+…+an= (2n-1), 32 n2-11n a1a2…an=2 52 42 3…2n 6=2
- - - -

2
n


n2-11n+10 2

由 a1+a2+…+an>a1a2…an 可知 2 >2 n≤12.

+1,

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 a10=2a5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,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 T5=105,a10=2a5, 5×?5-1? ? ?5a1+ d=105, 2 得? ? ?a1+9d=2?a1+4d?, 解得 a1=7,d=7. 因此 an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*). (2)对 m∈N*,若 an=7n≤72m,则 n≤72m 1.


因此 bm=72m 1.


所以数列{bm}是首项为 7,公比为 49 的等比数列, b1?1-qm? 7×?1-49m? 7×?72m-1? 故 Sm= = = 48 1-q 1-49 2m+1 7 -7 = . 48 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 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3 成等比 数列. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解 (1)由题意得 5a3· a1=(2a2+2)2, 即 d2-3d-4=0.故 d=-1 或 d=4. 所以 an=-n+11,n∈N*或 an=4n+6,n∈N*. (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 当 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| 1 21 =Sn=- n2+ n. 2 2 当 n≥12 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| 1 21 =-Sn+2S11= n2- n+110. 2 2 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an| 1 21 - n2+ n, n≤11, 2 2 = 1 2 21 n - n+110, n≥12. 2 2

? ? ?

题型二 等差(比)数列性质的应用 例2 (1)已知正数组成的等差数列{an},前 20 项和为 100,则 a7· a14 的最大值是 ( A.25 D.不存在 S12 S10 (2)在等差数列{an}中, a1=-2 013, 其前 n 项和为 Sn, 若 - =2, 则 S2 013 的值为( 12 10 A.-2 011 B.-2 012 C.-2 010 B.50 C.100 )

)

D.-2 013 20?a1+a20? 审题破题 (1)根据等差数列的性质,a7+a14=a1+a20,S20= 可求出 a7+a14, 2 ?Sn? 然后利用基本不等式;(2)等差数列{an}中,Sn 是其前 n 项和,则? n ?也成等差数列. ? ? 答案 解析 (1)A (2)D a1+a20 (1)∵S20= ×20=100,∴a1+a20=10. 2

∵a1+a20=a7+a14,∴a7+a14=10. a7+a14?2 ∵an>0,∴a7· a14≤? ? 2 ? =25. 当且仅当 a7=a14 时取等号.
?Sn? S1 (2)根据等差数列的性质,得数列? n ?也是等差数列,根据已知可得这个数列的首项 = 1 ? ?

a1=-2 013,公差 d=1,故

S2 013 =-2 013+(2 013-1)×1=-1,所以 S2 013=-2 013. 2 013

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 a11 <-1,且它的前 n 项和 Sn 有最大值,那么当 Sn a10 ( C.19 D.21 )

取得最小正值时,n 等于 A.11 答案 C 解析 ∵{an}的前 n 项和 Sn 有最大值, a11 ∴数列为递减数列.又 <-1, a10 ∴a10>0,a11<0,得 a10+a11<0. 19?a1+a19? 而 S19= =19· a10>0, 2 20?a1+a20? S20= =10(a10+a11)<0. 2 故当 n=19 时,Sn 取得最小正值. (2)公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 log2a10 等于 A.4 答案 B
2 解析 ∵a3· a11=16,∴a7 =16.

B.17

(

)

B.5

C.6

D.7

又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4. 又∵a10=a7q3=4×23=25,∴log2a10=5. 题型三 等差数列、等比数列的综合应用 例3 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足条件 2Sn=3(an-1),其中 n∈N*. (1)证明:数列{an}为等比数列; (2)设数列{bn}满足 bn=log3an,若 cn=anbn,求数列{cn}的前 n 项和. 审题破题 (1)利用 an=Sn-Sn-1 求出 an 与 an-1 之间的关系,进而用定义证明数列{an}为

等比数列.(2)由(1)的结论得出数列{bn}的通项公式,求出 cn 的表达式,再利用错位相减 法求和. 3 (1)证明 由题意得 an=Sn-Sn-1= (an-an-1)(n≥2), 2 an ∴an=3an-1,∴ =3(n≥2), an-1 3 又 S1= (a1-1)=a1,解得 a1=3, 2 ∴数列{an}为首项为 3,公比为 3 的等比数列. (2)解 由(1)得 an=3n,则 bn=log3an=log33n=n, ∴cn=anbn=n· 3n,

设 Tn=1· 31+2· 32+3· 33+…+(n-1)· 3n 1+n· 3n,


3Tn=1· 32+2· 33+3· 34+…+(n-1)· 3n+n· 3n 1.


∴-2Tn=31+32+33+…+3n-n· 3n 3?1-3n? + = -n· 3 n 1, 1-3 + ?2n-1?3n 1+3 ∴Tn= . 4

+1

反思归纳 等差、等比数列的判断与证明方法是由已知条件求出 an 或得到 an+1 与 an 的 an+1 递推关系,再确认 an+1-an=d(n∈N*,d 为常数)或 =q(n∈N*,q 为非零常数)是否对 an 一切正整数均成立. 变式训练 3 已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>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; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对 n∈N*,均有 + +…+ =an+1 成立,求 c1+c2+…+c2 013. b1 b2 bn 解 (1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,d>0, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得 d=2. 则 an=1+(n-1)×2=2n-1. 又∵b2=a2=3,b3=a5=9, b3 9 ∴等比数列{bn}的公比 q= = =3. b2 3 ∴bn=b2qn 2=3×3n 2=3n 1. c1 c2 cn (2)由 + +…+ =an+1,得 b1 b2 bn cn-1 c1 c2 当 n≥2 时, + +…+ =a , b1 b2 bn-1 n cn 两式相减,得 =an+1-an=2, bn
- - -

∴cn=2bn=2×3n 1 (n≥2) c1 而当 n=1 时, =a2,∴c1=3. b1 ? 3 , n = 1 , ? ∴cn=? - n 1 ?2×3 ,n≥2. ?


∴c1+c2+…+c2 013=3+2×31+2×32+…+2×32 012 6-6×32 012 =3+ =3-3+32 013=32 013. 1- 3

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(d≠0). (1)若 a20=40,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)由题意可得 a10=10,a20=10+10d=40, [3 分]
2 2

∴d=3. (2)a30=a20+10d =10(1+d+d ) 1 3 d+ ?2 ? =10?? ?? 2? +4?(d≠0). 当 d∈(-∞,0)∪(0,+∞)时,a30∈[7.5,+∞).

[5 分] [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 n≥1 时,数列 a10n,a10n+1,…,a10(n+1)是公差为 dn 的等差数列. 研究的结论可以是:由 a40=a30+10d3=10(1+d+d2+d3), 依次类推可得 a10(n+1)=10(1+d+…+dn) 1-d ? ?10× ,d≠1, 1-d =? ? ?10?n+1?,d=1. 当 d>0 时,a10(n+1)的取值范围为(10,+∞). 评分细则
n+1

[9 分]

研究的问题可以是:试写出 a10(n+1)关于 d 的关系式,并求出 a10(n+1)的取值范围. [11 分]

[13 分] [14 分]

(1)列出关于 d 的方程给 1 分;(2)求 a30 的范围时没有注明 d≠0 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.

2 1. 已知等比数列{an}的公比为正数,且 a3· a7=4a4 ,a2=2,则 a1 等于 2 A.1 B. 2 C.2 D. 2

(

)

答案 A
2 解析 设数列{an}的公比为 q(q>0),由 a2>0,知 a4>0,a5>0,由于 a3· a7=a2 5,所以 a5= a2 2 4a2 4,从而 a5=2a4,q=2,故 a1= = =1. q 2

2. 已知{an}为等差数列, a1+a3+a5=105, a2+a4+a6=99, 以 Sn 表示数列{an}的前 n 项和, 则使得 Sn 取得最大值的 n 是 A.21 答案 B 解析 设数列{an}的公差是 d,则 a2+a4+a6-(a1+a3+a5)=3d=99-105=-6,即 d=-2. 又 3a3=105,所以 a3=35. 所以 an=a3+(n-3)d=41-2n.令 an>0 得 n<20.5, 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 8 8 A. ≤d<3 B. <d<3 3 3 8 8 C. <d≤3 D. ≤d≤3 3 3 答案 C
?a10>0, ?-24+9d>0 ? ? 解析 设等差数列{an}的公差为 d,由已知得? 即? 所以 d 的取 ? ? ?a9≤0. ?-24+8d≤0, 8 值范围是 <d≤3. 3

( C.19 D.18

)

B.20

(

)

4. (2013· 辽宁)已知等比数列{an}是递增数列,Sn 是{an}的前 n 项和.若 a1,a3 是方程 x2- 5x+4=0 的两个根,则 S6=________. 答案 63 解析 ∵a1,a3 是方程 x2-5x+4=0 的两根,且 q>1, ∴a1=1,a3=4,则公比 q=2, 1×?1-26? 因此 S6= =63. 1-2 5. (2012· 浙江)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=________. 3 答案 2 解析 方法一 S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2, 将 a3=a2q,a4=a2q2 代入得, 3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得 2q2-q-3=0, 3 解得 q= (q=-1 不合题意,舍去). 2 方法二 设等比数列{an}的首项为 a1,由 S2=3a2+2,得 a1(1+q)=3a1q+2.① 由 S4=3a4+2,得 a1(1+q)(1+q2)=3a1q3+2.② 由②-①得 a1q2(1+q)=3a1q(q2-1).

3 ∵q>0,∴q= . 2 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 AnBnBn+1An+1 的面积均相等.设 OAn=an, 若 a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是________. 答案 an= 3n-2 解析 由已知 S 梯形 AnBnBn =S 梯形 An S△OBn
+1 +1 +1

An+1

Bn+1Bn+2An+2,

An+1-S△OBnAn
+2

=S△OBn

An+2-S△OBn+1An+1,
+2

即 S△OBnAn+S△OBn =2S△OBn
+1

An+2

An+1

2 2 2 2 2 由相似三角形面积比是相似比的平方知 OA2 n+OAn+2=2OAn+1,即 an+an+2=2an+1, 2 2 因此{a2 n}为等差数列且 an=a1+3(n-1)=3n-2,

故 an= 3n-2.

专题限时规范训练
一、选择题 1. (2013· 课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1 等于 ( 1 A. 3 答案 C 解析 设等比数列{an}的公比为 q, 由 S3=a2+10a1 得 a1+a2+a3=a2+10a1, 即 a3=9a1, 1 2 4 q =9,又 a5=a1q =9,所以 a1= . 9 2. 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 2S4=S5+S6,则数列{an}的公比 q 的值为 A.-2 或 1 C.-2 答案 C 解析 方法一 若 q=1, 则 S4=4a1,S5=5a1,S6=6a1, 显然不满足 2S4=S5+S6, 故 A、D 错. 若 q=-1,则 S4=S6=0,S5=a5≠0, 不满足条件,故 B 错,因此选 C. 方法二 经检验 q=1 不适合, B.-1 或 2 D.1 ( ) 1 B.- 3 1 C. 9 1 D.- 9 )

则由 2S4=S5+S6, 得 2(1-q4)=1-q5+1-q6,化简得 q2+q-2=0,∴q=1(舍去),q=-2. 4 3. 已知{an}为等差数列,a2+a8= ,则 S9 等于 3 A.4 答案 C 4 解析 ∵{an}为等差数列,∴a2+a8=a1+a9= , 3 4 9× 3 9?a1+a9? ∴S9= = =6. 2 2 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( 1 1 A.2 B.3 C. D. 2 3 答案 A 解析 等比数列中,S6=9S3,∴S6-S3=8S3, S6-S3 3 ∴ =q =8,∴q=2. S3 An 7n+45 an 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 Bn n+3 bn 数的正整数 n 的个数是 A.2 答案 D 解析 由等差数列的前 n 项和及等差中项, 1 ?a +a - ? an 2 1 2n 1 可得 = bn 1 ?b +b ? 2 1 2n-1 1 ?2n-1??a1+a2n-1? 2 A2n-1 = = 1 B2n-1 ?2n-1??b1+b2n-1? 2 7?2n-1?+45 14n+38 = = ?2n-1?+3 2n+2 7n+19 12 = =7+ (n∈N*), n+1 n+1 an 故 n=1,2,3,5,11 时, 为整数. bn 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, n∈N*,则 S10 的值为 A.-110 C.90 答案 D B.-90 D.110 ( ) B.3 C.4 D.5 ( ) ) B.5 C.6 D.7

(

)

解析 ∵a3=a1+2d=a1-4,a7=a1+6d=a1-12,a9=a1+8d=a1-16,又∵a7 是 a3 与 a9 的等比中项,∴(a1-12)2=(a1-4)· (a1-16),解得 a1=20. 1 ∴S10=10×20+ ×10×9×(-2)=110. 2 1 7. 已知数列{an}满足 1+log3an=log3an+1(n∈N+),且 a2+a4+a6=9,则 log (a5+a7+a9)的 3 值是 1 A. 5 答案 D an+1 解析 由 1+log3an=log3an+1 得 =3,{an}为等比数列,公比为 3. an ∴a5+a7+a9=27(a2+a4+a6)=27×9=35, 1 1 ∴log (a5+a7+a9)=log 35=-5. 3 3 S 1 S2 S15 8. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 S15>0,S16<0,则 , ,…, 中最大的项为 a 1 a2 a15 ( S6 A. a6 答案 D 15?a1+a15? 16?a1+a16? 16?a9+a8? 解析 由 S15= =15a8>0,得 a8>0.由 S16= = <0,得 a9+ 2 2 2 a8<0,所以 a9<0,且 d<0.所以数列{an}为递减数列.所以 a1,…,a8 为正,a9,…,an S9 S10 S8 为负,且 S1,S2,…,S15>0,S16,S17,…,Sn<0,则 <0, <0,…, >0.又 S8>S7>S6>0, a9 a10 a8 S8 S7 S6 S8 a6>a7>a8>0.∴ > > ,故 最大. a8 a7 a6 a8 二、填空题 2 1 9. (2013· 课标全国Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn= an+ ,则{an}的通项公式是 an=_______. 3 3 答案 (-2)n
-1

( 1 B.- 5 C.5 D.-5

)

)

S7 B. a7

S9 C. a9

S8 D. a8

解析 当 n=1 时,a1=1;当 n≥2 时, 2 2 an=Sn-Sn-1= an- an-1, 3 3 an - 故 =-2,故 an=(-2)n 1. an-1 10.(2013· 课标全国Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S10=0,S15=25,则 nSn 的最小 值为________. 答案 -49 10 解析 由题意知 a1+a10=0,a1+a15= . 3 10 两式相减得 a15-a10= =5d, 3 2 ∴d= ,a1=-3. 3

3 2 ?na +n?n-1?d?=n -10n =f(n), ∴nSn=n· 1 3 2 ? ? 1 f′(n)= n(3n-20). 3 20 令 f′(n)=0 得 n=0(舍)或 n= . 3 20 当 n> 时,f(n)是单调递增的; 3 20 当 0<n< 时,f(n)是单调递减的. 3

故当 n=7 时,f(n)取最小值,f(n)min=-49. ∴nSn 的最小值为-49. 11.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n= ________. 答案 6 解析 设等差数列的公差为 d,则由 a4+a6=-6 得 2a5=-6,∴a5=-3.又∵a1=-11, ∴-3=-11+4d,∴d=2, n?n-1? ∴Sn=-11n+ ×2=n2-12n=(n-6)2-36,故当 n=6 时 Sn 取最小值. 2 an+2-an+1 12.在数列{an}中,如果对任意 n∈N*都有 =k(k 为常数),则称数列{an}为等差比 an+1-an 数列,k 称为公差比.现给出下列问题: ①等差比数列的公差比一定不为零; ②等差数列一定是等差比数列; ③若 an=-3n+2,则数列{an}是等差比数列; ④若等比数列是等差比数列,则其公比等于公差比. 其中正确命题的序号为________. 答案 ①③④ 解析 若 k=0,{an}为常数列,分母无意义,①正确;公差为零的等差数列不是等差比 an+2-an+1 an+2-an+1 - 数列,②错误; =3,满足定义,③正确;设 an=a1qn 1(q≠0),则 = an+1-an an+1-an + a1qn 1-a1qn - =q,④正确. a1qn-a1qn 1 三、解答题 13.(2013· 福建)已知等差数列{an}的公差 d=1,前 n 项和为 Sn. (1)若 1,a1,a3 成等比数列,求 a1; (2)若 S5>a1a9,求 a1 的取值范围. 解 (1)因为数列{an}的公差 d=1,且 1,a1,a3 成等比数列, 所以 a2 1=1×(a1+2), 即 a2 1-a1-2=0,解得 a1=-1 或 a1=2.

(2)因为数列{an}的公差 d=1,且 S5>a1a9, 所以 5a1+10>a2 1+8a1, 即 a2 1+3a1-10<0,解得-5<a1<2. 1 14.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1= ,且 2Sn=2Sn-1+2an-1+1(n≥2,n∈N*).数列{bn} 4 3 满足 b1= ,且 3bn-bn-1=n(n≥2,n∈N*). 4 (1)求证:数列{an}为等差数列; (2)求证:数列{bn-an}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 ∵2Sn=2Sn-1+2an-1+1(n≥2,n∈N*), 1 ∴当 n≥2 时,2an=2an-1+1,可得 an-an-1= . 2 ∴数列{an}为等差数列. 1 (2)证明 ∵{an}为等差数列,公差 d= , 2 1 1 1 ∴an=a1+(n-1)× = n- . 2 2 4 又 3bn-bn-1=n(n≥2), 1 1 ∴bn= bn-1+ n(n≥2), 3 3 1 1 1 1 ∴bn-an= bn-1+ n- n+ 3 3 2 4 1 1 1 = bn-1- n+ 3 6 4 1 1 3 = (bn-1- n+ ) 3 2 4 1 1 1 = [bn-1- (n-1)+ ] 3 2 4 1 = (bn-1-an-1), 3 1 又 b1-a1= ≠0, 2 bn-an 1 = (n≥2). bn-1-an-1 3 1 1 ∴数列{bn-an}是首项为 ,公比为 的等比数列. 2 3 1 ?1?n-1 (3)解 由(2)得 bn-an= · , 2 ?3? n 1 1 ?1?n-1 ∴bn= - + · (n∈N*). 2 4 2 ?3? 1?n? 1? 1 -? 3? ? ? ? 2 ∵b1-a1+b2-a2+…+bn-an= , 1 1- 3 ∴对 n∈N*,bn-an≠0,得 ∴b1+b2+…+bn-(a1+a2+…+an) 3 ?1?n?. = ? 1 - 4? ?3? ?

1 n2 3 ∴Tn- = ? 1-? ?n?. 4 4? ?3? ? 1 n2 3 ∴Tn= + ? 1-? ?n?(n∈N*). 4 4? ?3? ?


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