专题9 等差、等比数列的概念和性质

1.(2010·通州模拟)数列a1+2，…，ak+2k，…，a10+20共有10项，且其和为240，则a1+…+ak+…+a10之值为.解析：(a1+2)+…+(ak+2k)+…+(a10+20)=(a1+…+ak+…+a10)+(2+…+2k+…+20)=(a1+…+ak+…+a10)+110=240.所以a1+…+ak+…+a10=130.2.(2010·江苏通州中学高模)已知数列{an}对于任意p，q∈N*有ap+aq=ap+aq，若a1=，则a100=.解析：取p=n，q=1，所以an+1-an=，所以数列{an}是公差、首项都为的等差数列，a100=+(100-1)=40.25252525*131083()212____________3.(2011).nnnbaanbba数列的首项为，为等差数列且．若，，则四川卷　N8171123282828642024360.nnnbnaanaaaaaaaa由已知有，，由叠加法解析：4131122||21122.12122nnnnaqaaqqaqnaaa设等比数列的公比为，则，解析：所以，所以等比数列的公比为，所以1412142_____________4.(2011).nnaaaaaa在等比数列北京卷中，，，则　23121212122222322123min221121122311121,2,3.3aaaqaaqaaqaqaaqaqaaaaaaq由题意：，所以，，，而因为，，所以，，的最小值解析：分别为，所以12713572465.(2011)1.1aaaaaaaqaaaq设，其中，，，成公比为的等比数列，，，成公差为的等差数列，则的最小值是_____苏卷___江例1：已知二次函数f(x)=x2-ax+a(x∈R)同时满足：①不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在0x1x2使得不等式f(x1)f(x2)成立．设数列{an}的前n项和Sn=f(n)．(1)求函数f(x)的表达式；(2)求数列{an}的通项公式．分析:第(1)问由已知条件确定a的值时要注意“在定义域内存在0x1x2使得不等式f(x1)f(x2)成立”与“函数y=f(x)在(0，+∞)上单调递减”之间的区别；第(2)问主要是利用an与Sn的关系．解析：(1)因为不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素，所以判别式=a2-4a=0，解得a=0或a=4.当a=0时，函数f(x)=x2在(0，+∞)上递增，不满足条件②；当a=4时，函数f(x)=x2-4x+4在(0,2)上递减，满足条件②综上得a=4，即f(x)=x2-4x+4.(2)由(1)知Sn=n2-4n+4=(n-2)2，当n=1时，a1=S1=1；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n-2)2-(n-3)2=2n-5，所以an=.11)25(2)nnn（变式1.等差数列{an}中，公差d0，a2是a1与a4的等比中项，已知数列a1，a3，ak1，ak2，…，akn，…成等比数列，求数列{kn}的通项公式．解析：设等差数列an的公差为d，则，a2·a2=a1a4，1112aaa即(a1+d)2=a1(a1+3d)，即d2-a1d=0.因为d0，所以d=a1，等比数列a1，a3，ak1，ak2，…，akn，…的公比q===3，13aa所以akn=a1·3n+1.akn既是等差数列{an}中的第kn项，同时又是等比数列a1，a3，ak1，ak2，…，akn，…中的第(n+2)项，所以a1+(kn-1)·a1=a1·3n+1，kn=3n+1.分析：立足基础，注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式，注重代数式的有序变形．2*1,1114()0()2.1224lg2nnnnnnnnnnfxxyfxxfxxxnxxxxxaaxx已知函数，设曲线在点，处的切线与轴的交点为，其中为正实数．用表示；若，记，证明数列成等例比数列，并求数列的通项公式．N1221212()(4)20(422)242.0.1nnnnnnnnnnnnnnnnnnnfxxyfxxfxyfxfxxxyxxxxyxxxxxxxxxxx由题意可得，所以曲线在点，处的切线方程是，即．令，得，即显然，所以解析：122122122122442222222442222222122()1221222lglg()2lg1222222nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxaaa由，可得，，故，从而，即，所以数列是以为公比的等比数列，1111111112222222lglg3.22lg3lg322lg3lg3221.1233nnnnnnnnnnnnnaxxaxaxxxx所以数列是以为公比的等比数列，所以，从而，，1112221122,0,0e0,10((2011)1,2)xnnkkPxyQQxPPxQPQPQPQPxkn如图，从点作轴的垂线交于曲线于点，曲线在点处的切线与轴交于点，再从作轴的垂线交曲线于点，依次重复上述过程得到一系列点：，，，，，，，记变式2.陕西点的为，卷坐标，．11122331(2)2.kknnxxknPQPQPQPQ试求与的关系；求11,111111*111(1)11223312(1)110e(e)ee01(2)011ee1ee12e11xkkkkkkkkkkkkkkkkknnnnnPxyQxxyxxxxyxxknkxxxxkPQxSPQPQPQPQeeee．设，由得，点处切线方程为由得，．由，解析：，得，所以于是N.1ne13*12932.12()nnnnnnnnanSaSaanSSbnbn等差数列的前项和为，，求数列的通项与前项和；设，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为例3等比数列．N分析：(1)注意基本量及其关系的运用，知三求二；(2)不可能、不成立问题常通过举反例来处理，一般性证明宜用反证法．11222212.33932212(2)12.()()(2)(2)(2)22102 .nnnnnpqrqpradadanSnnSbnnbbbbpqrbbbqprqprqpr由已知得，所以故，．由得反证法假设数列中存在三项，，，，互不相等成等比数列，则，即，所以解析：2*20 20()2nqprpqrqprprqprprprb因为，，，所以，消去，得，与矛盾．因此数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．N11*12()3.11{2}32nnnnnnnnnnaaaanbaabb已知数列中，，，试证数列是等比数列，并求数列的通项公式；在数列中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，说变式3.明理由．N1111112211122223331112223331.211{2 33131}31nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaa由，得，所以又因为，所以数列是首项为，公比为的解析：等比数列．1112133122311.nnnnnnnnnaab所以，即，所以11*11111111111111(2)22121221241.20,4140442321nkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkbbbbkkbbbkkbbbkk假设在数列中，存在连续三项，，，成等差数列，则，即，即①若为偶数，则＞＜，所以，不存在偶数，使得，，成等差数列．②若为奇数，则当时，，而N1123443kkknkbbbbbbb，所以，当且仅当时，，，成等差数列．综上所述，在数列中，有且仅有连续三项，，成等差数列．1．等差、等比数列的结论，如(1)an是等差数列，Sn=i.(ⅰ)m+n=p+q⇒am+an=ap+aq；(ⅱ)数列：Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，…，是等差数列；(ⅲ)S2n-1=(2n-1)an.(2)an是等比数列，Sn=i.(ⅰ)m+n=p+q⇒aman=apaq；1nia1nia(ⅱ)数列：Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，…(q1)是等比数列；(ⅲ)a1a2…a2n-1=(an)2n-1.2．一般数列求和的几种常用方法、和与项之间的关系：(1)分项求和、并项求和、裂项相消、倒序相加、错位相减等；(2)Sn=a1+a2+…+anan=)2()111nSSnnn（(2010·安徽卷)(本小题满分14分)设数列a1，a2，…，an，…中的每一项都不为0.证明：{an}为等差数列的充分必要条件是：“对任何n∈N*，都有++…+=.”211aa321aa11nnaa11nnaa证明：(1)先证必要性设数列{an}的公差为d.若d=0，则所述等式显然成立．(2分)若d0，则211aa321aa11nnaa++…+=1d)1123231212nnnnaaaaaaaaaaaa（=)]11()11()11[(113221nnaaaaaad)11(111naad1111111nnnaandaaaa(2)再证充分性依题意有211aa321aa11nnaa11naan++…+=；①211aa321aa11nnaa++…++212111nnnaanaa，②②-①，得212111nnnaanaa-11naan③在上式两端同乘a1an+1an+2，得a1=(n+1)an+1-nan+2；③同理可得a1=nan-(n-1)an+1.④③-④，得2nan+1=n(an+2+an)，即an+2-an+1=an+1-an，所以an是等差数列．由(1)(2)命题成立．1．证明题要注意格式规范；2．分必要性、充分性两大块分别处理．先从容易处即必要性的证明下手；3．必要性证明时因公差d在分母上出现，所以要分d=0和d0两种不同的情况，事实上，以字母形式出现的题都要注意这个问题；4．充分性证明时两次使用构造平行式相减法，这是解决数列问题、化简数列关系式的常用方法之一.