等差等比数列及其前n项和.docx

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等差等比数列及其前n项和

第2讲等差数列及其前n项和

【2013年高考会这样考】

1．考查运用基本量法求解等差数列的基本量问题．

2．考查等差数列的性质、前n项和公式及综合应用．

【复习指导】

1．掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前n项和公式等．

2．掌握等差数列的判断方法，等差数列求和的方法．

基础梳理

1．等差数列的定义

如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．

2．等差数列的通项公式

若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋（n－1）d.

3．等差中项

如果A＝a＋b2，那么A叫做a与b的等差中项．

4．等差数列的常用性质

（1）通项公式的推广：

an＝am＋（n－m）d（n，m∈N*）．

（2）若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，

则am＋an＝ap＋aq（m，n，p，q∈N*）．

（3）若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）是公差为md的等差数列．

（4）数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．

（5）S2n－1＝（2n－1）an.

（6）若n为偶数，则S偶－S奇＝nd2；

若n为奇数，则S奇－S偶＝a中（中间项）．

5．等差数列的前n项和公式

若已知首项a1和末项an，则Sn＝na1＋an2，或等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其前n项和公式为Sn＝na1＋nn－12d.

6．等差数列的前n项和公式与函数的关系

Sn＝d2n2＋\a\vs4\al\co1（a1－\f（d2））n，数列{an}是等差数列的充要条件是Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）．

7．最值问题

在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值，若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．

一个推导

利用倒序相加法推导等差数列的前n项和公式：

Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，①

Sn＝an＋an－1＋…＋a1，②

①＋②得：

Sn＝na1＋an2.

两个技巧

已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元．

（1）若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，….

（2）若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．

四种方法

等差数列的判断方法

（1）定义法：

对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数；

（2）等差中项法：

验证2an－1＝an＋an－2（n≥3，n∈N*）都成立；

（3）通项公式法：

验证an＝pn＋q；

（4）前n项和公式法：

验证Sn＝An2＋Bn.

注后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列．

双基自测

1．（人教A版教材习题改编）已知{an}为等差数列，a2＋a8＝12，则a5等于（）．

A．4B．5C．6D．7

解析a2＋a8＝2a5，∴a5＝6.

答案C

2．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于

（）．

A．31B．32C．33D．34

解析由已知可得a1＋5d＝2，5a1＋10d＝30，）解得a1＝\f（26343）.

∴S8＝8a1＋8×72d＝32.

答案B

3．（2011·江西）已知数列{an}的前n项和Sn满足：

Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝（）．

A．1B．9C．10D．55

解析由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10⇒a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1.

答案A

4．（2012·杭州质检）设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7等于（）．

A．13B．35C．49D．63

解析∵a1＋a7＝a2＋a6＝3＋11＝14，∴S7＝7a1＋a72＝49.

答案C

5．在等差数列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，则a6＝________.

解析设公差为d.

则a5－a2＝3d＝6，

∴a6＝a3＋3d＝7＋6＝13.

答案13

考向一等差数列基本量的计算

【例1】►（2011·福建）在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．

[审题视点]第

（1）问，求公差d；

第

（2）问，由

（1）求Sn，列方程可求k.

解

（1）设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋（n－1）d.

由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3.

解得d＝－2.从而，an＝1＋（n－1）×（－2）＝3－2n.

（2）由

（1）可知an＝3－2n.

所以Sn＝n[1＋3－2n]2＝2n－n2.

进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.

即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.

又k∈N*，故k＝7为所求．

等差数列的通项公式及前n项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组解之．如果利用等差数列的性质、几何意义去考虑也可以．体现了用方程思想解决问题的方法．

【训练1】（2011·湖北）《九章算术》“竹九节”问题：

现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．

解析设竹子从上到下的容积依次为a1，a2，…，a9，由题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝3，a7＋a8＋a9＝4，设等差数列{an}的公差为d，则有4a1＋6d＝3①，3a1＋21d＝4②，由①②可得d＝766，a1＝1322，所以a5＝a1＋4d＝1322＋4×766＝6766.

答案6766

考向二等差数列的判定或证明

【例2】►已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0（n≥2），a1＝12.

（1）求证：

\f（1Sn））是等差数列；

（2）求an的表达式．

[审题视点]

（1）化简所给式子，然后利用定义证明．

（2）根据Sn与an之间关系求an.

（1）证明∵an＝Sn－Sn－1（n≥2），又an＝－2Sn·Sn－1，

∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0，∴1Sn－1Sn－1＝2（n≥2）．

由等差数列的定义知\f（1Sn））是以1S1＝1a1＝2为首项，以2为公差的等差数列．

（2）解由

（1）知1Sn＝1S1＋（n－1）d＝2＋（n－1）×2＝2n，

∴Sn＝12n.当n≥2时，有an＝－2Sn×Sn－1＝－12nn－1，

又∵a1＝12，不适合上式，∴an＝\f（1212nn－1），n≥2.

等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n项和公式法主要适合在选择题中简单判断．

【训练2】已知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.

（1）求Sn；

（2）证明：

数列{an}是等差数列．

（1）解设Sn＝An2＋Bn＋C（A≠0），则－2＝A＋B＋C，0＝4A＋2B＋C，6＝9A＋3B＋C，

解得：

A＝2，B＝－4，C＝0.

∴Sn＝2n2－4n.

（2）证明当n＝1时，a1＝S1＝－2.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2（n－1）2－4（n－1）]

＝4n－6.

∴an＝4n－6（n∈N*）．

当n＝1时符合上式，故an＝4n－6，

∴an＋1－an＝4，

∴数列{an}成等差数列．

考向三等差数列前n项和的最值

【例3】►设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．

[审题视点]第

（1）问：

列方程组求a1与d；

第

（2）问：

由

（1）写出前n项和公式，利用函数思想解决．

解

（1）由an＝a1＋（n－1）d及a3＝5，a10＝－9得

a1＋2d＝5，a1＋9d＝－9，）可解得a1＝9，d＝－2.）

数列{an}的通项公式为an＝11－2n.

（2）由

（1）知，Sn＝na1＋nn－12d＝10n－n2.

因为Sn＝－（n－5）2＋25，所以当n＝5时，Sn取得最大值．

求等差数列前n项和的最值，常用的方法：

（1）利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．

（2）利用等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn（A、B为常数）为二次函数，根据二次函数的性质求最值．

【训练3】在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．

解法一∵a1＝20，S10＝S15，

∴10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，

∴d＝－53.

∴an＝20＋（n－1）×\a\vs4\al\co1（－\f（53））＝－53n＋653.

∴a13＝0.即当n≤12时，an＞0，n≥14时，an＜0.

∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×112×\a\vs4\al\co1（－\f（53））＝130.

法二同法一求得d＝－53.

∴Sn＝20n＋nn－12·\a\vs4\al\co1（－\f（53））

＝－56n2＋1256n

＝－56\a\vs4\al\co1（n－\f（252））2＋312524.

∵n∈N*，

∴当n＝12或13时，Sn有最大值，

且最大值为S12＝S13＝130.

法三同法一得d＝－53.

又由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.

∴5a13＝0，即a13＝0.

∴当n＝12或13时，Sn有最大值，

且最大值为S12＝S13＝130.

考向四等差数列性质的应用

【例4】►设等差数列的前n项和为Sn，已知前6项和为36，Sn＝324，最后6项的和为180（n＞6），求数列的项数n.

[审题视点]在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq（m，n，p，q∈N*）用此性质可优化解题过程．

解由题意可知a1＋a2＋…＋a6＝36①

an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180②

①＋②得（a1＋an）＋（a2＋an－1）＋…＋（a6＋an－5）＝6（a1＋an）＝216.

∴a1＋an＝36.又Sn＝na1＋an2＝324，

∴18n＝324.

∴n＝18.

本题的解题关键是将性质m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq与前n项和公式Sn＝na1＋an2结合在一起，采用整体思想，简化解题过程．

【训练4】

（1）设数列{an}的首项a1＝－7，且满足an＋1＝an＋2（n∈N＋），则a1＋a2＋…＋a17＝________.

（2）等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列前20项和等于________．

解析

（1）∵an＋1－an＝2，∴{an}为等差数列．

∴an＝－7＋（n－1）·2，∴a17＝－7＋16×2＝25，

S17＝a1＋a17×172＝－7＋25×172＝153.

（2）由已知可得（a1＋a2＋a3）＋（a18＋a19＋a20）＝－24＋78⇒（a1＋a20）＋（a2＋a19）＋（a3＋a18）＝54⇒a1＋a20＝18⇒S20＝a1＋a202×20＝182×20＝180.

答案

（1）153

（2）180

阅卷报告6——忽视an与Sn中的条件n≥2而致误

【问题诊断】在数列问题中，数列的通项an与其前n项和Sn之间存在下列关系：

an＝\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.））这个关系对任意数列都是成立的，但要注意的是这个关系式是分段的，在n＝1和n≥2时这个关系式具有完全不同的表现形式，这也是解题中经常出错的一个地方，在使用这个关系式时要牢牢记住其“分段”的特点.

【防范措施】由an＝Sn－Sn－1求出an后，一定不要忘记验证n＝1是否适合an.

【示例】►（2009·安徽改编）已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.求数列{an}与{bn}的通项公式．

错因求an、bn时均未验证n＝1.

实录∵an＝Sn－Sn－1，

∴an＝2n2＋2n－2（n－1）2－2（n－1）＝4n.

又Tn＝2－bn，

∴bn＝Tn－Tn－1＝2－bn－2＋bn－1，

即bn＝12bn－1，∴bn＝\a\vs4\al\co1（\f（12））n－1＝21－n.

正解当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋2n－2（n－1）2－2（n－1）＝4n，

又a1＝S1＝4，故an＝4n，

当n≥2时，由bn＝Tn－Tn－1＝2－bn－2＋bn－1，

得bn＝12bn－1，

又T1＝2－b1，∴b1＝1，

∴bn＝\a\vs4\al\co1（\f（12））n－1＝21－n.

【试一试】已知在正整数数列{an}中，前n项和Sn满足：

Sn＝18（an＋2）2.

（1）求证：

{an}为等差数列．

（2）若bn＝12an－30.求数列{bn}的前n项和的最小值．

[尝试解答]

（1）证明：

当n＝1时，S1＝a1＝18（a1＋2）2，

∴（a1－2）2＝0，∴a1＝2.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝18（an＋2）2－18（an－1＋2）2，

∴an－an－1＝4，

∴{an}为等差数列．

（2）由

（1）知：

an＝a1＋（n－1）4＝4n－2，

由bn＝12an－30＝2n－31≤0得n≤312.

∴{bn}的前15项之和最小，且最小值为－225.

第3讲等比数列及其前n项和

【2013年高考会这样考】

1．以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定．

2．考查通项公式、前n项和公式以及性质的应用．

【复习指导】

本讲复习时，紧扣等比数列的定义，掌握其通项公式和前n项和公式，求和时要注意验证公比q是否为1；对等比数列的性质应用要灵活，运算中要注意方程思想的应用．

基础梳理

1．等比数列的定义

如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示．

2．等比数列的通项公式

设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1·qn－1.

3．等比中项

若G2＝a·b（ab≠0），那么G叫做a与b的等比中项．

4．等比数列的常用性质

（1）通项公式的推广：

an＝am·qn－m，（n，m∈N＋）．

（2）若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N＋），则ak·al＝am·an.

（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），\f（1an）），{a2n}，{an·bn}，\f（anbn））仍是等比数列．

（4）公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.

5．等比数列的前n项和公式

等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，

当q＝1时，Sn＝na1；

当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q.

一个推导

利用错位相减法推导等比数列的前n项和：

Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，

同乘q得：

qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn，

两式相减得（1－q）Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝a11－qn1－q（q≠1）．

两个防范

（1）由an＋1＝qan，q≠0并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.

（2）在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．

三种方法

等比数列的判断方法有：

（1）定义法：

若an＋1an＝q（q为非零常数）或anan－1＝q（q为非零常数且n≥2且n∈N*），则{an}是等比数列．

（2）中项公式法：

在数列{an}中，an≠0且a2n＋1＝an·an＋2（n∈N*），则数列{an}是等比数列．

（3）通项公式法：

若数列通项公式可写成an＝c·qn（c，q均是不为0的常数，n∈N*），则{an}是等比数列．

注：

前两种方法也可用来证明一个数列为等比数列．

双基自测

1．（人教A版教材习题改编）在等比数列{an}中，如果公比q＜1，那么等比数列{an}是（）．

A．递增数列B．递减数列

C．常数列D．无法确定数列的增减性

解析当a1＞0,0＜q＜1，数列{an}为递减数列，

当q＜0，数列{an}为摆动数列．

答案D

2．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则公比q等于（）．

A．－12B．－2C．2D.12

解析由题意知：

q3＝a5a2＝18，∴q＝12.

答案D

3．在等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于（）．

A．4B．8C．16D．32

解析由等比数列的性质得：

a2a6＝a24＝16.

答案C

4．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则S5S2＝（）．

A．－11B．－8C．5D．11

解析设等比数列的首项为a1，公比为q.因为8a2＋a5＝0，所以8a1q＋a1q4＝0.

∴q3＋8＝0，∴q＝－2，

∴S5S2＝a11－q51－q·1－qa11－q2

＝1－q51－q2＝1－－251－4＝－11.

答案A

5．（2011·广东）等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.

解析设{an}的公差为d，由S9＝S4及a1＝1，得9×1＋9×82d＝4×1＋4×32d，所以d＝－16.又ak＋a4＝0，所以1＋k－1×\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（16））））＋1＋4－1×\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（16））））]＝0，即k＝10.

答案10

考向一等比数列基本量的计算

【例1】►（2011·全国）设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30.求an和Sn.

[审题视点]列方程组求首项a1和公差d.

解设{an}的公比为q，由题设得a1q＝6，6a1＋a1q2＝30，）

解得a1＝3，q＝2）或a1＝2，q＝3.）

当a1＝3，q＝2时，an＝3·2n－1，Sn＝3·（2n－1）；

当a1＝2，q＝3时，an＝2·3n－1，Sn＝3n－1.

等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn一般可以“知三求二”，通过列方程（组）可迎刃而解．

【训练1】等比数列{an}满足：

a1＋a6＝11，a3·a4＝329，且公比q∈（0,1）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若该数列前n项和Sn＝21，求n的值．

解

（1）∵a3·a4＝a1·a6＝329，

又a1＋a6＝11，

故a1，a6看作方程x2－11x＋329＝0的两根，

又q∈（0,1）∴a1＝323，a6＝13，

∴q5＝a6a1＝132，∴q＝12，

∴an＝323·\a\vs4\al\co1（\f（12））n－1＝13·\a\vs4\al\co1（\f（12））n－6.

（2）由

（1）知Sn＝643\a\vs4\al\co1（1－\f（12n））＝21，解得n＝6.

考向二等比数列的判定或证明

【例2】►（2012·长沙模拟）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋an＋12，n∈N*.

（1）令bn＝an＋1－an，证明：

{bn}是等比数列；

（2）求{an}的通项公式．

[审题视点]第

（1）问把bn＝an＋1－an中an＋1换为an－1＋an2整理可证；第

（2）问可用叠加法求an.

（1）证明b1＝a2－a1＝1.

当n≥2时，bn＝an＋1－an＝an－1＋an2－an＝－12（an－an－1）＝－12bn－1，

∴{bn}是以1为首项，－12为公比的等比数列．

（2）解由

（1）知bn＝an＋1－an＝\a\vs4\al\co1（－\f（12））n－1，

当n≥2时，an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋1＋\a\vs4\al\co1（－\f（12））＋…＋\a\vs4\al\co1（－\f（12））n－2＝1＋\rc\2））\rc\2））＝1＋231－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（12）））n－1）

＝53－23\a\vs4\al\co1（－\f（12））n－1.

当n＝1时，53－23\a\vs4\al\co1（－\f（12））1－1＝1＝a1，

∴an＝53－23\a\vs4\al\co1（－\f（12））n－1（n∈N*）．

证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．

【训练2】（2011·四川）设d为非零实数，an＝1n[C1nd＋2C2nd2＋…＋（n－1）Cn－1ndn－1＋nCnndn]（n∈N*）．

（1）写出a1，a2，a3并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由；

（2）设bn＝ndan（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn.

解

（1）由已知可得a1＝d，a2＝d（1＋d），a3＝d（1＋d）2.

当n≥2，k≥1时，knCkn＝Ck－1n－1，因此

an＝∑nk＝1knCkndk＝∑nk＝1Ck－1n－1dk＝d∑n－1k＝0Ckn－1dk＝d（d＋1）n－1.

由此可见，当d≠－1时，{an}是以d为首项，d＋1为公比的等比数列；

当d＝－1时，a1＝－1，an＝0（n≥2），此时{an}不是等比数列．

（2）由

（1）可知，an＝d（d＋1）n－1，从而bn＝nd2（d＋1）n－1

Sn＝d2[1＋2（d＋1）＋3（d＋1）2＋…＋（n－1）（d＋1）n－2＋n（d＋1）n－1]．①

当d＝－1时，Sn＝d2＝1.

当d≠－1时，①式两边同乘d＋1得

（d＋1）Sn＝d2[（d＋1）＋2（d＋1）2＋…＋（n－1）（d＋1）n－1＋n（d＋1）n]．②

①，②式相减可得

－dSn＝d2[1＋（d＋1）＋（d＋1）2＋…＋（d＋1）n－1－n（d＋1）n]

＝d2\f（d＋1n－1d）－nd＋1n）.

化简即得Sn＝（d＋1）n（nd－1）＋1.

综上，Sn＝（d＋1）n（nd－1）＋1.

考向三等比数列的性质及应用

【例3】►已知等比数列前n项的和为2，其后2n项的和为12，求再后面3n项的和．

[审题视点]利用等比数列的性质：

依次n项的和成等比数列．

解∵Sn＝2，其后2n项为S3n－Sn＝S3n－2＝12，

∴S3n＝14.

由等比数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列，

即（S2n－2）2＝2·（14－S2n）解得S2n＝－4，或S2n＝6.

当S2n＝－4时，Sn，S2n－Sn，