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 = an + 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? ?


相关文档

更多相关文档

专题三 数列、推理与证明 第一讲 等差数列、等比数列
专题三 第一讲 等差数列、等比数列
数列、推理与证明 等差数列、等比数列4课件
专题二第一讲等差数列、等比数列
专题二 第一讲 等差数列与等比数列
2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列试题
2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列课件
第一部分 专题三 第一讲 等差数列、等比数列
等差数列、等比数列的证明及数列求和
deng等差数列与等比数列的证明方法
2013年全国各地高考文科数学试题分类汇编5:数列
2013年全国各地高考文科数学试题分类汇编11:概率与统计
2013年全国各地高考文科数学试题分类汇编7:立体几何
2013年全国各地高考文科数学试题分类汇编14:导数
不等式练习题及答案
电脑版