第14讲 等差数列、等比数列基本量（解析版）

第14讲等差数列、等比数列基本量【知识点总结】一、基本概念1.数列(1)定义.按照一定顺序排列的一列数就叫做数列.(2)数列与函数的关系.从函数的角度来看,数列是特殊的函数.在()yfx中,当自变量xN时,所对应的函数值(1),(2),(3),fff就构成一数列,通常记为{}na,所以数列有些问题可用函数方法来解决.2.等差数列(1)定义.一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它前一项的差等于同一常数,则该数列叫做等差数列,这个常数叫做公差,常用字母d表示,即1()nnaadnN.(2)等差数列的通项公式.若等差数列{}na的首项是1a,公差是d,则其通项公式为11(1)()naandndad,是关于n的一次型函数.或()nmaanmd,公差nmaadnm(直线的斜率)(,,mnmnN).(3)等差中项.若,,xAy成等差数列,那么A叫做x与y的等差中项,即2xyA或2Axy.在一个等差数列中,从第2项起(有穷等差数列的末项除外),每一项都是它的前一项与后一项的等差中项;事实上,等差数列中每一项都是与其等距离的前后两项的等差中项.(4)等差数列的前n项和2111()2(1)2222nnaanadnnddSnann(类似于2nSAnBn),是关于n的二次型函数(二次项系数为2d且常数项为0).nS的图像在过原点的直线(0)d上或在过原点的抛物线(0)d上.3.等比数列(1)定义.一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它前一项的比等于同一个非零常数,则该数列叫做等比数列,这个常数叫做公比,常用字母q表示,即1(q0,)nnaqnNa.(2)等比数列的通项公式.等比数列的通项1111()(,0)nnnaaaqcqcaqq,是不含常数项的指数型函数.(3)mnmnaqa.(4)等比中项如果,,xGy成等比数列,那么G叫做x与y的等比中项,即2Gxy或Gxy(两个同号实数的等比中项有两个).(5)等比数列的前n项和111(1)(1)(1)11nnnnaqSaaqaqqqq二、基本性质1.等差数列的性质(1)等差中项的推广.当(,,,)mnpqmnpqN时,则有mnpqaaaa,特别地,当2mnp时,则有2mnpaaa.(2)等差数列线性组合.①设{}na是等差数列,则{}(,)nabbR也是等差数列.②设{},{b}nna是等差数列,则1212{}(,)nnabR也是等差数列.(3)等差数列的单调性及前n项和nS的最值.公差0{}nda为递增等差数列,nS有最小值;公差0{}nda为递减等差数列,nS有最大值;公差0{}nda为常数列.特别地若100ad,则nS有最大值(所有正项或非负项之和);若100ad,则nS有最小值(所有负项或非正项之和).(4)其他衍生等差数列.若已知等差数列{}na,公差为d,前n项和为nS,则232,,,mmmmmSSSSS为等差数列,公差为2md.3.等比数列的性质(1)等比中项的推广.若mnpq时,则mnpqaaaa,特别地,当2mnp时,2mnpaaa.(2)①设{}na为等比数列,则{}na(为非零常数),{}na,{}mna仍为等比数列.②设{}na与{b}n为等比数列,则{b}nna也为等比数列.(3)等比数列{}na的单调性(等比数列的单调性由首项1a与公比q决定).当101aq或1001aq时,{}na为递增数列;当1001aq或101aq时,{}na为递减数列.(4)其他衍生等比数列.若已知等比数列{}na,公比为q,前n项和为nS,则232,,,mmmmmSSSSS为等比数列,公比为mq(当1q时,m不为偶数).4.等差数列与等比数列的转化(1)若{}na为正项等比数列,则{log}(c0,c1)cna为等差数列.(2)若{}na为等差数列,则{c}(c0,c1)na为等比数列.(3)若{}na既是等差数列又是等比数列{)na是非零常数列.【典型例题】例1．（2022·全国·高三专题练习）等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（）A．－24B．－3C．3D．8【答案】A【详解】根据题意得2326aaa，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝0(舍去)，d＝－2，所以数列{an}的前6项和为61656566122422Sad.故选：A例2．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{}na的前n项和为nS，且4610aa，则9S（）A．38B．50C．36D．45【答案】D【详解】194699991045222aaaaS．故选：D例3．（2022·全国·高三专题练习）等比数列｛an｝的前n项和为Sn，已知S3=a2+10a1，a5=9，则a1=（）A．13B．13C．19D．19【答案】C【详解】因为S3=a2+10a1，所以1aa2+a3=a2+10a1，即a3=9a1，即21aq=9a1，解得2q=9，又因为a5=9，所以41aq=9，解得119a，故选：C.例4．（2022·全国·高三专题练习）设等比数列{an}的前n项和记为Sn，若S10∶S5=1∶2，则S15∶S5=（）A．34B．23C．12D．13【答案】A【详解】解析:∵数列{an}为等比数列,且其前n项和记为Sn,∴S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.∵S10∶S5=1∶2,即S10=12S5,∴等比数列S5,S10-S5,S15-S10的公比为1055-SSS=-12.∴S15-S10=-12(S10-S5)=14S5.∴S15=14S5+S10=34S5.∴S15∶S5=34.故选：A.例5．（2020·全国·高考真题（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【答案】C【详解】设第n环天石心块数为na，第一层共有n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99nann，设nS为{}na的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,nnnnnSSSSS，因为下层比中层多729块，所以322729nnnnSSSS，即3(927)2(918)2(918)(99)7292222nnnnnnnn即29729n，解得9n，所以32727(9927)34022nSS.故选：C例6．（2019·海南·嘉积中学高三阶段练习）已知nS是等差数列na前n项和，38a，62a，当nS取得最小值时n（）．A．2B．14C．7D．6或7【答案】D【详解】设等差数列na的公差为d，∵38a，62a，∴128ad，152ad，联立解得：112a，2d，∴122(1)214nann，令2140nan，解得7n．当nS取得最小值时6n或7．故选：D．例7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na、nb都是等差数列，设na的前n项和为nS，nb的前n项和为nT.若2132nnSnTn，则55ab（）A．1929B．1125C．1117D．23【答案】A【详解】∵2132nnSnTn，∴195519919551999()22911929()2392292aaaaaaSbbbbbbT，故选：A例8．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列na满足121,2aa，且对任意的正整数n，211na是2na和22na的等差中项，证明：221nnaa是等差数列，并求na的通项公式．【详解】证明：由题知222212(1)nnnaaa，得2222211()()2nnnnaaaa，所以221nnaa是以22213aa为首项，公差为2的等差数列，即2213(1)221nnaann，当2n时，22222222112211()()()nnnnnaaaaaaaa2(1)2(121)22nnnnnn，当1n时，211a也符合题意，所以22nan，又0na所以nan.例9．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足11a，且点1,2nnnaa在函数3fxx的图象上，求证：12nna是等比数列，并求na的通项公式：【详解】由点1,2nnnaa在函数3fxx的图象上，可得123nnnaa，所以13122nnnnaa，即11312222nnnnaa，也即11311222nnnnaa，由11a，所以113122a，所以12nna是首项和公比均为32的等比数列，则3122nnna，所以32nnna；例10．（2022·全国·高三专题练习）有下列三个条件：①数列2na是公比为12的等比数列，②nSn是公差为1的等差数列，③21nnSa，在这三个条件中任选一个，补充在题中“___________”处，使问题完整，并加以解答.设数列na的前n项和为nS，11a，对任意的*nN，都有___________.已知数列nb满足32nnb，是否存在*kN，使得对任意的*nN，都有nknkaabb？若存在，试求出k的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【详解】记nnnacb，从而有nkcc(*nN).选择①，数列2na是公比为12的等比数列，因为11a，所以1122nna，即1122nna.所以12203nnnnnacb，所以1121321nnnncc.由1211221321nnnn，当1n时，12cc，当2n时，1nncc，所以当1n或2时，nc取得最大值，即nnab取得最大值.所以存在1k，2，使得对任意的*nN，都有nknkaabb.选择②，方法一：nSn是公差为1的等差数列，因为11a，所以2nSn，当2n时，211nSn，则221121nnnaSSnnn，当1n时，上式成立，所以21nan.所以22103nnnnacnb，从而1221321nnnccn.由22151253212nnnn，所以当2n时，1nncc；当3n时，1nncc，所以当3n时，nc取得最大值，即nnab取得最大值.所以存在3k，使得对任意的*nN，都有nknkaabb.方法二：利用“夹逼法”，即利用11,kkkkcccc来求解.2213nnnnacnb，由11,kkkkcccc(2k)，得5722k，解得3k.选择③，方法一：21nnSa，则1121nnSa，从而1111212122nnnnnnnaSSaaaa，即12nnaa.又11a，所以数列