2015年高考第一轮复习数学：3.4 等差数列与等比数列的综合问题

3.4 等差数列与等比数列的综合问题●知识梳理（一）等差、等比数列的性质 1.等差数列{a n }的性质 （1）a m =a k +（m －k ）d ，d =km a a km --.（2）若数列{a n }是公差为d 的等差数列，则数列{λa n +b }（λ、b 为常数）是公差为λd 的等差数列；若{b n }也是公差为d 的等差数列，则{λ1a n +λ2b n }（λ1、λ2为常数）也是等差数列且公差为λ1d +λ2d .（3）下标成等差数列且公差为m 的项a k ，a k +m ，a k +2m ，…组成的数列仍为等差数列，公差为md .（4）若m 、n 、l 、k ∈N *，且m +n =k +l ，则a m +a n =a k +a l ，反之不成立.（5）设A =a 1+a 2+a 3+…+a n ，B =a n +1+a n +2+a n +3+…+a 2n ，C =a 2n +1+a 2n +2+a 2n +3+…+a 3n ，则A 、B 、C 成等差数列.（6）若数列{a n }的项数为2n （n ∈N *），则S 偶－S 奇=nd ，奇偶S S =nn a a 1+，S 2n =n （a n +a n +1）（a n 、a n +1为中间两项）；若数列{a n }的项数为2n －1（n ∈N *），则S奇－S偶=a n ，奇偶S S =nn 1-，S 2n －1=（2n －1）a n （a n 为中间项）. 2.等比数列{a n }的性质（1）a m =a k ·q m －k .（2）若数列{a n }是等比数列，则数列{λ1a n }（λ1为常数）是公比为q 的等比数列；若{b n }也是公比为q 2的等比数列，则{λ1a n ·λ2b n }（λ1、λ2为常数）也是等比数列，公比为q ·q 2.（3）下标成等差数列且公差为m 的项a k ，a k +m ，a k +2m ，…组成的数列仍为等比数列，公比为q m .（4）若m 、n 、l 、k ∈N *，且m +n =k +l ，则a m ·a n =a k ·a l ，反之不成立.（5）设A =a 1+a 2+a 3+…+a n ，B =a n +1+a n +2+a n +3+…+a 2n ，C =a 2n +1+a 2n +2+a 2n +3+…+a 3n ，则A 、B 、C 成等比数列，设M =a 1·a 2·…·a n ，N =a n +1·a n +2·…·a 2n ，P =a 2n +1·a 2n +2·…·a 3n ，则M 、N 、P 也成等比数列.（二）对于等差、等比数列注意以下设法：如三个数成等差数列，可设为a －d ，a ，a +d ；若四个符号相同的数成等差数列，知其和，可设为a －3d ，a －d ，a +d ，a +3d .三个数成等比数列，可设为qa，a ，aq ，若四个符号相同的数成等比数列，知其积，可设为3qa ，q a ，aq ，aq 3. （三）用函数的观点理解等差数列、等比数列1.对于等差数列，∵a n =a 1+（n －1）d =dn +（a 1－d ），当d ≠0时，a n 是n 的一次函数，对应的点（n ，a n ）是位于直线上的若干个点.当d ＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d =0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d ＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数.若等差数列的前n 项和为S n ，则S n =pn 2+qn （p 、q ∈R ）.当p =0时，{a n }为常数列；当p ≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.2.对于等比数列：a n =a 1q n －1.可用指数函数的性质来理解.当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0，0＜q ＜1时，等比数列是递增数列； 当a 1＞0，0＜q ＜1或a 1＜0，q ＞1时，等比数列{a n }是递减数列.当q =1时，是一个常数列.当q ＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列. ●点击双基1.等比数列{a n }的公比为q ，则“q ＞1”是“对于任意自然数n ，都有a n +1＞a n ”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件解析：当a 1＜0时，条件与结论均不能由一方推出另一方. 答案：D2.已知数列{a n }满足a n +2=－a n （n ∈N *），且a 1=1，a 2=2，则该数列前2002项的和为A.0B.－3C.3D.1解析：由题意，我们发现：a 1=1，a 2=2，a 3=－a 1=－1，a 4=－a 2=－2，a 5=－a 3=1，a 6=－a 4=2，…，a 2001=－a 1999=1，a 2002=－a 2000=2，a 1+a 2+a 3+a 4=0.∴a 1+a 2+a 3+…+a 2002=a 2001+a 2002=a 1+a 2=1+2=3. 答案：C3.若关于x 的方程x 2－x +a =0和x 2－x +b =0（a ≠b ）的四个根可组成首项为41的等差数列，则a +b 的值是 A.83 B.2411 C.2413D.7231 解析：依题意设四根分别为a 1、a 2、a 3、a 4，公差为d ，其中a 1=41，即a 1+a 2+a 3+a 4=1+1=2.又a 1+a 4=a 2+a 3， 所以a 1+a 4=a 2+a 3=1.由此求得a 4=43，d =61， 于是a 2=125，a 3=127.故a +b =a 1a 4+a 2a 3=41×43+125×127=14462=7231.答案：D4.（2004年春季上海，12）在等差数列{a n }中，当a r =a s （r ≠s ）时，数列{a n }必定是常数列，然而在等比数列{a n }中，对某些正整数r 、s （r ≠s ），当a r =a s 时，非常数列{a n }的一个例子是___________________.解析：只需选取首项不为0，公比为－1的等比数列即可. 答案：a ，－a ，a ，－a …（a ≠0）5.（2002年北京，14）等差数列{a n }中，a 1=2，公差不为零，且a 1，a 3，a 11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于___________________.解析：设a 1，a 3，a 11成等比，公比为q ，a 3=a 1·q =2q ，a 11=a 1·q 2=2q 2.又{a n }是等差数列，∴a 11=a 1+5（a 3－a 1），∴q =4.答案：4 ●典例剖析【例1】 （2005年春季北京，17）已知{a n }是等比数列，a 1=2，a 3=18；{b n }是等差数列，b 1=2，b 1+b 2+b 3+b 4=a 1+a 2+a 3＞20.（1）求数列{b n }的通项公式；（2）求数列{b n }的前n 项和S n 的公式； （3）设P n =b 1+b 4+b 7+…+b 3n －2， Q n =b 10+b 12+b 14+…+b 2n +8，其中n =1，2，…，试比较P n 与Q n 的大小，并证明你的结论. 剖析：将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算.解:（1）设{a n }的公比为q ，由a 3=a 1q 2得q 2=13a a =9，q =±3. 当q =－3时，a 1+a 2+a 3=2－6+18=14＜20， 这与a 1+a 2+a 3＞20矛盾，故舍去.当q =3时，a 1+a 2+a 3=2+6+18=26＞20，故符合题意. 设数列{b n }的公差为d ，由b 1+b 2+b 3+b 4=26得4b 1+234 d =26. 又b 1=2，解得d =3，所以b n =3n －1.（2）S n =2)(1n b b n +=23n 2+21n . （3）b 1，b 4，b 7，…，b 3n －2组成以3d 为公差的等差数列， 所以P n =nb 1+2)1(-n n ·3d =29n 2－25n ；b 10，b 12，b 14，…，b 2n +8组成以2d 为公差的等差数列，b 10=29，所以Q n =nb 10+2)1(-n n ·2d =3n 2+26n . P n －Q n =（29n 2－25n ）－（3n 2+26n ）=23n （n －19）.所以，对于正整数n ，当n ≥20时，P n ＞Q n ；当n =19时，P n =Q n ； 当n ≤18时，P n ＜Q n .评述：本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.【例2】 （2005年北京东城区模拟题）已知等差数列{a n }的首项a 1=1，公差d ＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{b n }的第二项、第三项、第四项.（1）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（2）设数列{c n }对任意正整数n 均有11b c +22mb c+323b m c +…+nn n b m c 1-=（n +1）a n +1成立，其中m 为不等于零的常数，求数列{c n }的前n 项和S n .剖析：（1）依已知可先求首项和公差，进而求出通项a n 和b n ；（2）由题先求出{a n }的通项公式后再求S n .解：（1）由题意得（a 1+d ）（a 1+13d ）=（a 1+4d ）2，整理得2a 1d =d 2. ∵a 1=1，解得d =2（d =0不合题意舍去）， ∴a n =2n －1（n =1，2，3，…）.由b 2=a 2=3，b 3=a 5=9，易求得b n =3n －1（n =1，2，3，…）. （2）当n =1时，c 1=6；当n ≥2时，nn n b m c 1-=（n +1）a n +1－na n =4n +1，∴c n =（4n +1）m n －1b n =（4n +1）（3m ）n －1.∴c n =⎩⎨⎧+-1)3)(14(6n m n .,4,3,2,1⋅⋅⋅==n n 当3m =1，即m =31时， S n =6+9+13+…+（4n +1）=6+2)149)(1(++-n n=6+（n －1）（2n +5）=2n 2+3n +1. 当3m ≠1，即m ≠31时， S n =c 1+c 2+…+c n ，即S n =6+9·（3m ）+13·（3m ）2+…+（4n －3）（3m ）n －2+（4n +1）（3m ）n －1. ①3mS n =6·3m +9·（3m ）2+13·（3m ）3+…+（4n －3）（3m ）n －1+（4n +1）（3m ）n . ②①－②得（1－3m ）S n =6+3·3m +4·（3m ）2+4·（3m ）3+…+4·（3m ）n－1－（4n +1）（3m ）n=6+9m +4［（3m ）2+（3m ）3+…+（3m ）n －1］－（4n +1）（3m ）n=6+9m +m m m n 31])3()3[(42--－（4n +1）（3m ）n .∴S n =m m n m n 31)3)(14(96-+-++22)31(])3()3[(4m m m n --.∴S n =⎪⎩⎪⎨⎧--+-+-+++222)31(])3()3[(431)3)(14(96132m m m m m n m n n n n .31,31≠=m m评述：本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法”“错位相减求和法”等.【例3】 （2005年北京海淀区模拟题）在等比数列{a n }（n ∈N *）中，a 1＞1，公比q ＞0.设b n =log 2a n ，且b 1+b 3+b 5=6，b 1b 3b 5=0.（1）求证：数列{b n }是等差数列；（2）求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n ； （3）试比较a n 与S n 的大小. 剖析：（1）定义法即可解决.（2）先求首项和公差及公比.（3）分情况讨论.（1）证明：∵b n =log 2a n ，∴b n +1－b n =log 2nn a a 1+=log 2q 为常数.∴数列{b n }为等差数列且公差d =log 2q .（2）解：∵b 1+b 3+b 5=6，∴b 3=2. ∵a 1＞1，∴b 1=log 2a 1＞0. ∵b 1b 3b 5=0，∴b 5=0.∴⎩⎨⎧=+=+.04,2211d b d b 解得⎩⎨⎧-==.1,41d b∴S n =4n +2)1(-n n ×（－1）=292n n -.∵⎩⎨⎧=-=,4log ,1log 122a q ∴⎪⎩⎪⎨⎧==.16,211a q∴a n =25－n （n ∈N *）.（3）解：显然a n =25－n ＞0，当n ≥9时，S n =2)9(n n -≤0. ∴n ≥9时，a n ＞S n .∵a 1=16，a 2=8，a 3=4，a 4=2，a 5=1，a 6=21，a 7=41，a 8=81，S 1=4，S 2=7，S 3=9，S 4=10，S 5=10，S 6=9，S 7=7，S 8=4，∴当n =3，4，5，6，7，8时，a n ＜S n ； 当n =1，2或n ≥9时，a n ＞S n .评述：本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想. ●闯关训练 夯实基础1.在等比数列{a n }中，a 5+a 6=a （a ≠0），a 15+a 16=b ，则a 25+a 26的值是A.abB.22abC.ab 2D.2a b 解析：由等比数列的性质得三个和成等比数列，由等比中项公式可得选项为C.答案：C2.公差不为零的等差数列{a n }的第二、三及第六项构成等比数列，则642531a a a a a a ++++=_____.解析：设公差为d （d ≠0），由题意a 32=a 2·a 6，即（a 1+2d ）2=（a 1+d ）（a 1+5d ），解得d =－2a 1，故642531a a a a a a ++++=d a d a 936311++=11159a a --=53.答案：53 3.若数列x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则21221)(b b a a ⋅+的取值范围是___________________.解析：在等差数列中，a 1+a 2=x +y ；在等比数列中，xy =b 1·b 2.∴21221)(b b a a ⋅+=y x y x ⋅+2)(=y x y xy x ⋅++222=y x +x y +2.当x ·y ＞0时，y x +x y≥2，故21221)(b b a a ⋅+≥4；当x ·y ＜0时，y x +x y≤－2，故21221)(b b a a ⋅+≤0.答案：［4，+∞）或（－∞，0］4.已知数列{a n }中，a 1=65且对任意非零自然数n 都有a n +1=31a n +（21）n +1.数列{b n }对任意非零自然数n 都有b n =a n +1－21a n . （1）求证:数列{b n }是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式.（1）证明：b n =a n +1－21a n =［31a n +（21）n +1］－21a n =（21）n +1－61a n ，b n +1=（21）n +2－61a n +1=（21）n +2－61［31a n +（21）n +1］=21·（21）n +1－181a n －61·（21）n +1=31·（21）n +1－181a n =31·［（21）n +1－61a n ］， ∴n n b b 1+=31（n =1，2，3，…）. ∴{b n }是公比为31的等比数列. （2）解：∵b 1=（21）2－61a 1=41－61·65=91，∴b n =91·（31）n －1=（31）n +1.由b n =（21）n +1－61a n ，得（31）n +1=（21）n +1－61a n ，解得a n =6［（21）n +1－（31）n +1］.5.设{a n }为等比数列，a 1=b 1=1，a 2+a 4=b 3，b 2b 4=a 3，分别求出{a n }及{b n }的前10项的和S 10及T 10.解：设公差为d ，公比为q ，由题意知⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,21,4242q d q d ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=22,83q d 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=.22,83q d∴S 10=10+2910⨯（－83）=－855.当q =22时，T 10=32)22(31+；当q =－22时，T 10=32)22(31-.培养能力6.（2003年北京高考，文16）已知数列{a n }是等差数列，且a 1=2，a 1+a 2+a 3=12.（1）求数列{a n }的通项公式； （2）令b n =a n x n （x ∈R ），求数列{b n }前n 项和的公式. 解：（1）设数列{a n }的公差为d ， 则a 1+a 2+a 3=3a 1+3d =12. 又a 1=2，得d =2. 所以a n =2n .（2）令S n =b 1+b 2+…+b n ， 则由b n =a n x n =2nx n ，得S n =2x +4x 2+…+（2n －2）x n －1+2nx n ， ①xS n =2x 2+4x 3+…+（2n －2）x n +2nx n +1. ②当x ≠1时，①式减去②式，得（1－x ）S n =2（x +x 2+…+x n ）－2nx n +1=xx x n --1)1(2－2nx n +1.所以S n =2)1()1(2x x x n --－x nx n -+121.当x =1时，S n =2+4+…+2n =n （n +1）.综上可得，当x =1时，S n =n （n +1）；当x ≠1时，S n =2)1()1(2x x x n --－x nx n -+121.7.数列{a n }中，a 1=8，a 4=2，且满足a n +2－2a n +1+a n =0（n ∈N *）.（1）求数列{a n }的通项公式. （2）设b n =)12(1n a n -（n ∈N *），S n =b 1+b 2+…+b n ，是否存在最大的整数m ，使得任意的n 均有S n ＞32m总成立？若存在，求出m ；若不存在，请说明理由.解：（1）∵a n +2－2a n +1+a n =0， ∴a n +2－a n +1=a n +1－a n （n ∈N *）. ∴{a n }是等差数列.设公差为d ，又a 1=8，a 4=a 1+3d =8+3d =2， ∴d =－2.∴a n =－2n +10. （2）b n =)12(1n a n -=)1(21+n n=21（n 1－11+n ）， ∴S n =b 1+b 2+…+b n =21［（1－21）+（21－31）+…+（n 1－11+n ）］=21（1－11+n ）=)1(2+n n .假设存在整数m 满足S n ＞32m总成立. 又S n +1－S n =)2(21++n n －)1(2+n n=)1)(2(21++n n ＞0，∴数列{S n }是单调递增的. ∴S 1=41为S n 的最小值，故32m ＜41， 即m ＜8.又m ∈N *，∴适合条件的m 的最大值为7. 探究创新8.有点难度哟！ （理）已知数列{a n }的各项均为正整数，且满足a n +1=a n 2－2na n +2（n ∈N *），又a 5=11.（1）求a 1，a 2，a 3，a 4的值，并由此推测出{a n }的通项公式（不要求证明）；（2）设b n =11－a n ，S n =b 1+b 2+…+b n ，S n ′=|b 1|+|b 2|+…+|b n |，求∞→n lim'nnS S 的值. 解：（1）由a 5=11，得11=a 42－8a 4+2，即a 42－8a 4－9=0.解得a 4=9或a 4=－1（舍）.由a 4=9，得a 32－6a 3－7=0. 解得a 3=7或a 3=－1（舍）. 同理可求出a 2=5，a 1=3.由此推测a n 的一个通项公式a n =2n +1（n ∈N *）. （2）b n =11－a n =10－2n （n ∈N *），可知数列{b n }是等差数列.S n =2)(1n b b n +=2)2108(n n -+=－n 2+9n .当n ≤5时，S n ′=S n =－n 2+9n ；当n ＞5时，S n ′=－S n +2S 5=－S n +40=n 2－9n +40. 当n ≤5时，'nnS S =1； 当n ＞5时，'n n S S =409922+-+-n n nn .∴∞→n lim 'nn S S =∞→n lim 409922+-+-n n nn =－1.（文）设f （k ）是满足不等式log 2x +log 2（3·2k －1－x ）≥2k －1（k ∈N *）的自然数x 的个数.（1）求f （k ）的表达式；（2）记S n =f （1）+f （2）+…+f （n ），P n =n 2+n －1，当n ≤5时试比较S n 与P n 的大小.解：（1）由不等式log 2x +log 2（3·2k －1－x ）≥2k －1，得x （3·2k－1－x ）≥22k －1，解之得2k －1≤x ≤2k ，故f （k ）=2k －2k －1+1=2k －1+1.（2）∵S n =f （1）+f （2）+…+f （n ）=1+2+22+23+…+2n －1+n =2n +n －1，∴S n －P n =2n +n －1－（n 2+n －1）=2n －n 2.又n ≤5，可计算得S 1＞P 1，S 2=P 2，S 3＜P 3，S 4=P 4，S 5＞P 5. ●思悟小结本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：（1）通过知识间的相互转化，使学生更好地掌握数学中的转化思想.（2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养学生分析问题和解决问题的综合能力.●教师下载中心 教学点睛本节教学中应注意以下几个问题：1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列，灵活地运用等差、等比数列的性质，能使问题简化；灵活地运用通项公式和前n 项和公式解题是高考考查的重点.2.从等差数列中按某种规律，抽取某些项，依次排列，组成一个等比数列，是等差、等比数列综合题中的较重要的类型，要认真体会此类题.3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征，在分析和解决有关数列的综合题中具有重要的意义.拓展题例【例题】 已知数列{a n }，构造一个新数列a 1，（a 2－a 1），（a 3－a 2），…，（a n －a n －1），…，此数列是首项为1，公比为31的等比数列.（1）求数列{a n }的通项；（2）求数列{a n }的前n 项和S n . 解：（1）由题意a n =a 1+（a 2－a 1）+（a 3－a 2）+…+（a n －a n －1）=311)31(1--n =23［1－（31）n ］. （2）S n =23［n －（31+231+331+…+n 31）］=23［n －21（1－n 31）］=23n －43+1341-⋅n .。