构造等差数列或等比数列(公开课)
构造等差或者等比数列求解数列的通项公式-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第二篇数列与不等式专题02构造等差或者等比数列求解数列的通项公式【典例1】数列{}n a 中，112a =，112(()2n n n a a n N *+=-∈,数列{}n b 满足*2n n n b a n =⋅∈N ．（I ）求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（II ）设2log n n nc a =，求数列22n n c c +⎛⎫ ⎪⎝⎭的前n 项n T ．【思路点拨】（I ）将1122nn n a a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭配凑成11221n n n n a a ++=-.由此证得数列{}n b 是等差数列.求得n b 的表达式，进而求得数列{}n a 的通项公式.（II ）先求得n c 的表达式，然后利用裂项求和法求得n T .【典例2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()23n n S a n n *=-∈N.(1)设3n n b a =+，证明数列{}n b 为等比数列，并求出通项公式n a ；(2)求2462n a a a a ++++L .【思路点拨】（1）由题可得()11231n n S a n ++=-+,与条件作差可得123n n a a +=+,则()1323n n a a ++=+,即可证明数列{}n b 为等比数列,利用等比数列的通项公式求得数列{}n b 的通项公式,进而求得数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得22323nn a =⋅-,进而利用等比数列的前n 项和公式求解即可【典例3】设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知11a =,121n n S S +-=,n *∈N .(1)证明:{}1n S +为等比数列,求出{}n a 的通项公式;(2)若n nn b a =,求{}n b 的前n 项和n T ,并判断是否存在正整数n 使得1250n n T n -⋅=+成立?若存在求出所有n 值;若不存在说明理由.【思路点拨】(1)根据等比数列的定义即可证明{}1n S +为等比数列，再根据n S 和n a 的关系11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，即可求出{}n a 的通项公式；(2)根据12n n n n nb a -==，可采取错位相减法求出{}n b 的前n 项和n T ，然后代入1250n n T n -⋅=+得，2260n n --=，构造函数()226x f x x =--(1x ≥)，利用其单调性和零点存在性定理即可判断是否存在．【典例4】已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 满足1212b b ==，338b =，1121nn n n a b b ++=+.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求{}n b 的前n 项和.【思路点拨】（1）根据已知条件求出2a ，3a 即可求出等比数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得11221n n n n b b ++=+，即数列{}2n n b 是公差为1的等差数列，求出n b 的通项公式，利用错位相减法求出数列的前n 项和.【典例5】已知正项数列{}n a 满足11a =，()221142n n n n a a a a n *+++=-∈N.（1）证明：数列{}1n a +是等比数列；（2）证明：()2341111123n n a a a a *+++++<∈N .【思路点拨】（1）将题干中的等式因式分解后得出()()111222n n n n n n a a a a a a ++++=+-，由此得出121n n a a +=+，再利用定义证明出数列{}1n a +为等比数列；（2）求出21nn a =-，利用放缩法得出()2111232n n n a -≤⋅≥，结合等比数列的求和公式可证明出结论成立.【典例6】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2n n S a n =-.（1）证明数列{}1n a +是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）记1111n n n n b a a a ++=+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【思路点拨】(1)由2n n S a n =-，可得()1121n n S a n ++=-+，两式相减，可化为()1121n n a a ++=+,结合等比数列的定义,即可得到结论；（2）由⑴1111111112121n n n n n n n n n a b a a a a a +++++=+==---，利用“裂项法”，即可求得数列{}n b 的前n 项和n T .1.已知数列{}n a 满足112a =-，()1212n n a a n -=-≥．（1）求证：{}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n n a b +是首项为1，公差为3的等差数列，求数列{}n b 的前n 项和．2.已知数列{},{}n n a b 满足{}1,2n n n n a a b b +-=+为等比数列，且12a =，24a =，310a =.（1）试判断列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（2）求n a .3.已知数列{}n b ，满足14b =且12(2)1n n b b n n n --=≥-.(1)求证{}n b 是单增数列；(2)求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .4.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，2n n S a n =+.（1）证明：{}1n a -为等比数列；（2）设1n n b a =-，若不等式12233411111n n t b b b b b b b b ++++⋅⋅⋅+<对*n N ∀∈恒成立，求t 的最小值.5.已知数列{}n a 满足：11a =，12n n a a n ++=，*n N ∈.（1）求证：数列12n a n ⎧⎫-+⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）设212n n n a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n S .6.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()221,n n S a n n N +=--∈.（Ⅰ）求证：数列{}2n a +是等比数列；（Ⅱ）求数列(){}2n n a ⋅+的前n 项和.7.已知数列{}n a 满足113a =，且*n N ∈时，1n a +，n a ，23-成等差数列．（1）求证：数列2{}3n a +为等比数列；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．8.已知数列{}n a 满足11232,2n n n a a n ---=⋅≥，且1232a a =.（1）求证：数列{}2nn a -是等比数列.（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项的和，记n T 为数列1{}n na S +的前n 项和，若*,n n N T m ∀∈<，*m N ∈，求m 的最小值.9.在数列{}n a 中，11a =，122nn n a a +=+，(1)设12nn n a b -=，证明：数列{}n b 是等差数列；(2)求数列{}n a 的前n 项和.参考答案【典例1】解：（I ）由1122nn n a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即11221n n n n a a ++=-．而2nn n b a =，∴11n n b b +=-，即11n n b b +-=．又1121b a ==，∴数列{}n b 是首项和公差均为1的等差数列．于是1(1)1=2nn n b n n a =+-⨯=，∴2n n n a =．（II ）∵22log log 2n n n n c n a ===，∴22211(2)2n n c c n n n n +==-++．∴1111111111111132435112212n T n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+-=+-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭311212n n =--++．【典例2】【2020届湖南省长沙市第一中学高三月考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()23n n S a n n *=-∈N.(1)设3n n b a =+，证明数列{}n b 为等比数列，并求出通项公式n a ；(2)求2462n a a a a ++++L .【思路点拨】（1）由题可得()11231n n S a n ++=-+,与条件作差可得123n n a a +=+,则()1323n n a a ++=+,即可证明数列{}n b 为等比数列,利用等比数列的通项公式求得数列{}n b 的通项公式,进而求得数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得22323nn a =⋅-,进而利用等比数列的前n 项和公式求解即可解：(1)由23n n S a n =-,得()11231n n S a n ++=-+,两式相减,得123n n a a +=+,所以()1323n n a a ++=+,即()12n n b b n *+=∈N,当1n =时,11123a S a ==-,所以13a =,则1136b a =+=,所以数列{}n b 是以6为首项,2为公比的等比数列,所以162n n b -=⋅,所以()13623321n n n n a b -=-=⋅-=-(2)由(1)知22323nn a =⋅-,则24224623232323nn a a a a n++++=⋅+⋅++⋅-L L ()14143343414n n n n +-=⋅-=---【典例3】【2020届山东省青岛市高三上学期期末数学试题】设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知11a =,121n n S S +-=,n *∈N .(1)证明:{}1n S +为等比数列,求出{}n a 的通项公式;(2)若n nn b a =,求{}n b 的前n 项和n T ,并判断是否存在正整数n 使得1250n n T n -⋅=+成立?若存在求出所有n 值;若不存在说明理由.【思路点拨】(1)根据等比数列的定义即可证明{}1n S +为等比数列，再根据n S 和n a 的关系11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，即可求出{}n a 的通项公式；(2)根据12n n n n nb a -==，可采取错位相减法求出{}n b 的前n 项和n T ，然后代入1250n n T n -⋅=+得，2260n n --=，构造函数()226x f x x =--(1x ≥)，利用其单调性和零点存在性定理即可判断是否存在．解：(1)∵121n n S S +-=∴()1121n n S S ++=+，*n N ∈因为111a S ==，所以可推出10n S +>．故1121n n S S ++=+，即{}1n S +为等比数列．∵112S +=，公比为2∴12n n S +=，即21nn S =-，∵1121n n S --=-，当2n ≥时，112n n n n a S S --=-=，11a =也满足此式，∴12n n a -=；(2)因为12n n n n n b a -==，01112222n n n T -=++⋅⋅⋅+∴121122222n n n T =++⋅⋅⋅+，两式相减得:011111122222222n n n n n n T -+=++⋅⋅⋅+-=-即1242n n n T -+=-，代入1250n n T n -⋅=+，得2260n n --=．令()226x f x x =--(1x ≥)，()2ln 210xf x '=->在[)1,x ∈+∞成立，∴()226xf x x =--，()1,x ∈+∞为增函数，而()()540f f ⋅<，所以不存在正整数n 使得1250n n T n -⋅=+成立．【典例4】【广东省佛山市2019-2020学年高三教学质量检测（一)】已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 满足1212b b ==，338b =，1121nn n n a b b ++=+.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求{}n b 的前n 项和.【思路点拨】（1）根据已知条件求出2a ，3a 即可求出等比数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得11221n n n n b b ++=+，即数列{}2n n b 是公差为1的等差数列，求出n b 的通项公式，利用错位相减法求出数列的前n 项和.解：（1）由1121nn n n a b b ++=+，取1n =，得22121a b b =+，解得24a =.取2n =，得33241a b b =+，解得38a =.∵{}n a 是等比数列，则322a q a ==，212aa q==.∴{}n a 的通项公式为112n n n a a q -==.（2）∵11221n n n n b b ++=+，∴数列{}2n n b 是公差为1的等差数列.()12211n n b b n n =+-⨯=，则2n nnb =.设{}n b 的前n 项和为n S ，则231232222n n n S =+++⋅⋅⋅+，234112322222n n S n+=++++ .则2311111222222n n n S n +=+++⋅⋅⋅+-11111222112212nn n n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+⎢⎥⎣⎦=-=--.∴222n n n S +=-.【典例5】【2020届浙江省杭州市第二中学高三12月月考数学试题】已知正项数列{}n a 满足11a =，()221142n n n n a a a a n *+++=-∈N .（1）证明：数列{}1n a +是等比数列；（2）证明：()2341111123n n a a a a *+++++<∈N .【思路点拨】（1）将题干中的等式因式分解后得出()()111222n n n n n n a a a a a a ++++=+-，由此得出121n n a a +=+，再利用定义证明出数列{}1n a +为等比数列；（2）求出21nn a =-，利用放缩法得出()2111232n n n a -≤⋅≥，结合等比数列的求和公式可证明出结论成立.解：（1）221142n n n n a a a a +++=- ，()()2211112422n n n n n n n n a a a a a a a a ++++∴+=-=+-.0n a > ，120n n a a +∴+>，121n n a a +∴-=，即121n n a a +=+，则有1122211n n n n a a a a +++==++且112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，以2为公比的等比数列；（2）由（1）得12nn a +=，即21nn a =-，得()22111112212232n n n n n n a --=≤=⋅≥--，2123411111111111121232111322232312n n n n a a a a -+⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭∴++++≤++++==-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭- .【典例6】【天津市南开区南开中学2019届高三第五次月考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2n n S a n =-.（1）证明数列{}1n a +是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）记1111n n n n b a a a ++=+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【思路点拨】(1)由2n n S a n =-，可得()1121n n S a n ++=-+，两式相减，可化为()1121n n a a ++=+,结合等比数列的定义,即可得到结论；（2）由⑴1111111112121n n n n n n n n n a b a a a a a +++++=+==---，利用“裂项法”，即可求得数列{}n b 的前n 项和n T .解：（1）令1n =，得1121a a =-，由此得11a =,由于2n n S a n =-，则()1121n n S a n ++=-+，两式相减得()11212n n n n S S a n a n ++-=-+-+，即121n n a a +=+，所以()1121121n n n a a a ++=++=+，即1121n n a a ++=+，故数列{}1n a +是等比数列，其首项为112a +=，11222n nn a -+=⋅=，故数列{}n a 的通项公式是21nn a =-.（2）1111n n n n b a a a ++=+11n n n a a a ++=()()122121nn n +=--()()()()1121212121n n nn ++---=--，1112121n n +=---，12n nT b b b =+++12231111111212121212121n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 12231111111212121212121n n +=-+-++-------11121n +=--.1.【思路点拨】（1）由已知构造等比数列，可得111122n n a -⎛⎫+=⋅ ⎪⎝⎭，化简即为{}n a 的通项.（2）由已知得32n n a b n +=-，代入112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，可得()1=312nn b n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，所以数列{}n b 的前n 项和分别利用等差数列和等比数列求和公式即可求得.解：（1）由()1212n n a a n -=-≥，得()1211n n a a -+=+，即()11112n n a a -+=+，又11102a +=≠，∴{}1n a +是以1112a +=为首项，公比为12的等比数列．∴111122n n a -⎛⎫+=⋅ ⎪⎝⎭，∴112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由已知得()11332n n a b n n +=+-⨯=-，∵112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴()()()11323213122n nn n b n a n n ⎛⎫⎛⎫=--=--+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以数列{}n b 的前n 项和为：()2121112531222nn b b b n ⎛⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-- ⎪⎢⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦L L ()21112531222nn ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+++--+++⎡⎤⎢⎥⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦L L()211122231311122212nn n n n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪+-⎡⎤⎝⎭+⎢⎥⎛⎫⎣⎦⎣⎦=-=-+ ⎪⎝⎭-．2.【2020届河北省保定市高三上学期期末】已知数列{},{}n n a b 满足{}1,2n n n n a a b b +-=+为等比数列，且12a =，24a =，310a =.（1）试判断列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（2）求n a .【思路点拨】（1）根据所给通项公式及12a =,24a =,310a =,可求得123,,b b b ,即可利用等比中项定义判断{}n b 是否为等比数列.（2）根据{2}n b +为等比数列,即可由（1）中所得首项与公比求得n b .根据1,n n n a a b +-=结合递推公式与累加法,即可求得n a .解：（1）数列{}n b 不是等比数列.理由如下：由1n n n a a b +-=,且1232,4,10a a a ===得：所以1212b a a =-=,2326b a a =-=,又因为数列{2}n b +为等比数列,所以可知其首项为4,公比为2.所以2324216b +=⨯=,314b =∴,显然22133628b b b =≠=故数列{}n b 不是等比数列.（2）结合（1）知,等比数列{2}n b +的首项为4,公比为2,故112422n n n b -++=⋅=,所以122n n b +=-,因为1n n n a a b +-=,122(2)nn n a a n --=-≥∴令2,,(1)n n =- 累加得()2322222(1)nn a n -=+++-- ,()23222222nn a n ∴=++++-+ ()1221222221n n n n +-=-+=--,又12a =满足上式,+122n n a n=-∴3.【2020届北京市清华大学附属中学高三第一学期（12月)月考】已知数列{}n b ，满足14b =且12(2)1n n b b n n n --=≥-.(1)求证{}n b 是单增数列；(2)求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【思路点拨】（1）先求出数列{}nb n的通项公式，再得n b ,直接作差可得单调性；（2）用裂项相消法求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的和．解：（1）∵12(2)1n n b b n n n --=≥-，∴数列{}n b n 是等差数列，公差为2，又141b =，∴42(1)22nb n n n=+-=+，∴2(1)n b n n =+．2n ≥时，12(1)2(1)40n n b b n n n n n --=+--⋅=>，所以1n n b b ->，所以数列{}n b 是递增数列．（2）11111(2(1)21n b n n n n ==-++，∴111111[(1()()]222312(1)n n S n n n =-+-++-=++ ．4.【2020届重庆市康德卷高考模拟调研卷理科数学（二)】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，2n n S a n =+.（1）证明：{}1n a -为等比数列；（2）设1n n b a =-，若不等式12233411111n n t b b b b b b b b ++++⋅⋅⋅+<对*n N ∀∈恒成立，求t 的最小值.【思路点拨】(1)利用1nn n a S S -=-得到1,n n a a -的递推公式再构造数列证明即可.(2)根据(1)可求得12nn a =-,进而求得2n b n =,再用裂项求和求解12231111n n b b b b b b +++⋅⋅⋅+进而求得t 的最小值解：（1）11221n n n n n a S S a a --=-=--()1121(2)n n a a n -⇒-=-≥,故{}1n a -为等比数列.（2）令1n =,则有111211S a a =+⇒=-,所以()111122n n n a a --=-⋅=-,所以12n n a =-,令122nn n b a n =-==,令1111141n n n c b b n n +⎛⎫==- ⎪+⎝⎭,所以122311*********...412231n n b b b b b b n n +⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-++- ⎪+⎝⎭()111111414414n n ⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭.所以14t ≥.故t 的最小值为14.5.【2020届重庆市康德卷高考模拟调研卷理科数学（一)】已知数列{}n a 满足：11a =，12n n a a n ++=，*n N ∈.（1）求证：数列12n a n ⎧⎫-+⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）设212n n na b -=，求数列{}n b 的前n 项和n S .【思路点拨】（1）12n n c a n =-+，则12n n a c n =+-代入已知式可证得结论；（2）由（1）求得n a ，从而得n b ，用错位相减法求数列{}n b 的前n 项和n S .解：（1）设12n n c a n =-+，由题111(1)22n n a n a n +⎛⎫-++=--+ ⎪⎝⎭，即1n n c c +=-，又11111022c a =-+=≠，∴{}n c 为等比数列，即12n a n ⎧⎫-+⎨⎬⎩⎭为等比数列；（2）由（1）知11(1)2n n c -=⋅-，即111(1)22n n a n -=⋅-+-，2121n a n -∴=-，212n n n b -∴=，231135232122222n n n n n S ---=+++⋅⋅⋅++，234+111352*********n n n n n S --=+++⋅⋅⋅++，两式相减得23111111121323222222222n n n n n n S ++-+⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-=- ⎪⎝⎭，2332n nn S +∴=-.6.【2020届陕西省咸阳市高三上学期期末考试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()221,n n S a n n N +=--∈.（Ⅰ）求证：数列{}2n a +是等比数列；（Ⅱ）求数列(){}2n n a ⋅+的前n 项和.【思路点拨】（I ）令1n =，利用11a S =可求得13a =；当2n ≥时，利用1n n n a S S -=-整理可得()1222n n a a -+=+，从而证得结论；（II ）由（I ）可得{}2n a +的通项公式，从而求得()1252n n n a n -+=⋅，利用错位相减法求得结果.解：（I ）令1n =，11123a S a ==-，解得：13a =当2n ≥且n *∈N 时，221n n S a n =--，11221n n S a n --=-+11222n n n n n a S S a a --∴=-=--，即122n n a a -=+()1222n n a a -∴+=+{}2n a ∴+是以125a +=为首项，2为公比的等比数列（II ）由（I ）知：1252n n a -+=⋅()1252n n n a n -∴+=⋅设数列(){}2n n a +的前n 项和为nT 则()012215210215251252n n n T n n --=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅()123125210215251252n nn T n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅两式作差得：()()11212125525222552512n n n n n T n n ----=-⋅+⨯++⋅⋅⋅+=-⋅+⨯-()55252105525n n n n n =-⋅+⋅-=-⋅-()5525n n T n ∴=-⋅+7.【2020届四川省达州市普通高中高三第一次诊断性测】已知数列{}n a 满足113a =，且*n N ∈时，1n a +，n a ，23-成等差数列．（1）求证：数列2{}3n a +为等比数列；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．【思路点拨】（1）利用等差中项的知识列出算式，然后整理算式，对算式进行变形可发现数列2{}3n a +为等比数列；（2）先根据（1）的结论得出数列{}n a 的通项公式，然后根据通项公式的特点分组求和即可得到前n 项和n S ．解：（1）证明：由题意，当*n N ∈时，1n a +，n a ，23-成等差数列，则1223n n a a +-=，即1223n n a a +=+，1222222()3333n n n a a a +∴+=++=+，又12121333a +=+= ，∴数列2{}3n a +是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）解：由（1），知1223n n a -+=，即1223n n a -=-，*n N ∈．12n nS a a a ∴=++⋯+1212222(1(2(2)(2)3333n -=-+-+-+⋯+-1212(1222)3n n-=+++⋯+-122123n n -=--2213n n =--．8.【2020届山西省太原市第五中学高三11月阶段性考试】已知数列{}n a 满足11232,2n n n a a n ---=⋅≥，且1232a a =.（1）求证：数列{}2nn a -是等比数列.（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项的和，记n T 为数列1{}n na S +的前n 项和，若*,n n N T m ∀∈<，*m N ∈，求m 的最小值.【思路点拨】（1）首先令2n =，解得13a =，将11232n n n a a ---=⋅化简为112122n n n n a a ---=-，得到数列{}2nna -是以1为首项，12为公比的等比数列.（2）由（1）可知1122n n n a -⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，利用分组求和可算出1112()2n n n S +-=-，从而得到11132nn n a S ⎛⎫=⋅ ⎪+⎝⎭，再计算n T 即可找到m 的最小值.解：（1）当2n =时，2126a a -=，因为1232a a =，所以13a =.由11232,2n n n a a n ---=⋅≥，得()11222nn n n a a---=-，所以112122n n n n a a ---=-，则数列{}2nn a -是以1为首项，12为公比的等比数列.（2）由（1）知1122n nn a -⎛⎫= ⎪⎝⎭-，1122n nn a -⎛⎫ ⎪⎝⎭+=.111(1)2(12)122()112212nn n n n S +---=+=---.所以111111111132322()2()22nn n n n n n n a S -+-⎛⎫===⋅ ⎪+⎝⎭++- ，11(1)11162(1)132312n n n T -==-<-所以m 的最小值为1.9.在数列{}n a 中，11a =，122nn n a a +=+，(1)设12nn n a b -=，证明：数列{}n b 是等差数列；(2)求数列{}n a 的前n 项和.试题分析：（1）题中条件12nn n a b -=，而要证明的是数列是等差数列，因此需将条件中所给的的递推公式122nn n a a +=+转化为的递推公式：11122n n n n a a +-=+，从而11n n b b +=+，，进而得证；（2）由（1）可得，12n n a n -=，因此数列的通项公式可以看成一个等差数列与等比数列的乘积，故可考虑采用错位相减法求其前项和，即有：①，①得：②，②-①得.解：（1）∵122nn n a a +=+，11122n n n n a a +-=+，又∵12nn n a b -=，∴11n n b b +=+，，∴则{}n b 是为首项为公差的等差数列；由（1）得1(1)1n b n n =+-⋅=，∴12n n a n -=，∴①，①得：②，②-①得.。
高中数学 第二章 数列 2.4 等比数列(二)课件 新人教A版必修5
名师点评
抓住各项序号的数字特征，灵活运用等比数列的性质，可以顺利地 解决问题．
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4.an＝2n＋3n，判断数列{an}是不是等比数列？ 不是等比数列. ∵a1＝21＋31＝5，a2＝22＋32＝13，a3＝23＋33＝35， ∴a1a3≠a22， ∴数列{an}不是等比数列.
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课堂小结
1.解题时，应该首先考虑通式通法，而不是花费大量时间找简便方法. 2.所谓通式通法，指应用通项公式，前n项和公式，等差中项，等比中 项等列出方程(组)，求出根本量. 3.巧用等比数列的性质，减少计算量，这一点在解题中也非常重要.
探究点2 等比数列的性质
命题角度1 序号的数字特征 例2 {an}为等比数列． (1)假设an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，求a3＋a5；
a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25 ＝(a3＋a5)2＝25， ∵an>0， ∴a3＋a5>0， ∴a3＋a5＝5.
(2)假设an>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值．
方法二 设这四个数依次为2qa－a，aq，a，aq(q≠0)，
2qa－a＋aq＝16， 由条件得aq＋a＝12，
解得aq＝＝82，
a＝3， 或q＝13.
当a＝8，q＝2时，所求的四个数为0，4，8，16；
当 a＝3，q＝13时，所求的四个数为 15，9，3，1. 故所求的四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.
2．等比数列项的运算性质 在等比数列{an}中，若 m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则 am·an＝ ap·aq . ①特别地，当 m＋n＝2k(m，n，k∈N*)时，am·an＝ a2k . ②对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的 积 ，
等差等比数列的证明ppt课件
1、定义法 an+1 - an=d 或 an-an-1=d
2、中项法 2an=an-1+an+1 (n>1)
3、通项公式法 an=pn+q(关于n的一次函数)
4、前n项和法 Sn=An2+Bn
1
等差、等比数列的证明 一、等差数列的证明
例1 已知数列an的前n项和为Sn=3n2 -2n， 证明数列an 成等差数列，并求其首项、
11
12
13
14
（2）
证明
an 2n
为等差数列，并求an
5
第七课时B组
8.已知数列an 的前n项和为Sn，Sn
=
1 3
(an
1)
（1）求a1、a2 .
（2）求证：数列an 是等比数列
6
等差、等比的计算问题的常用方法
方法1、利用等差、等比的性质 方法2、利用基本量（解方程组）
项(an)的性质： an=am+(n-m)d 任两项的关系式
am+an=ap+aq(m+n=p+q)角标和性质
和(Sn)的性质： Sm ,S2m -Sm ,S3m -S2m ,L 成等差
Sn与项an的关系：
7
重点回顾
数列
等差数列
等比
定义 通项公式
an+1-an=d 或 an-an-1=d
an= a1+(n-1)d
前n项和
性质 和Sn与项an 的关系
aanm=+ama+n(=n-amp)+d aq(m+n=p+q)
公差、通项公式
2
第四课时拓展延伸（2015新课标全国卷）
等比数列公开课课件PPT
在数学中的应用
数学建模
等比数列是数学建模中常用的数 学工具，可以用来描述和解决各 种数学问题，如数列求和、数列
极限等。
金融计算
等比数列在金融领域的应用广泛， 如复利计算、贷款还款等，通过等 比数列的公式可以快速准确地计算 出结果。
统计学
在统计学中，等比数列常被用来描 述和预测数据分布，如人口增长、 股票价格波动等。
使用等比数列求和公式可 以大大简化计算过程，提 高计算效率。
推广到其他数列
等比数列求和公式的应用 不仅限于等比数列，还可 以推广到其他类型的数列。
实例解析
实例一
求1,2,4,8,16,...的前n项和。
实例二
求1,3,9,27,81,...的前n项和。
实例三
求2,4,8,16,...的前n项和。
05
通过观察数列1，4，16，64，...可以发现相邻两项的比值分别
为4，4，4，...，所以公比q = 4。
答案2
03
这四项分别为1/3, 2/3, 4/3, 8/3。
答案与解析
• 解析2：已知等比数列的公比为2，前四项和为1，设第一项为a， 则第二项为2a，第三项为4a，第四项为8a。根据等比数列前n 项和公式S_n = a * (q^n - 1) / (q - 1)，代入n=4, q=2, S_4=1，解得a = 1/3。因此这四项分别为1/3, 2/3, 4/3, 8/3。
等比数列公开课课件
• 引言 • 等比数列的定义与性质 • 等比数列的通项公式 • 等比数列的求和公式 • 等比数列的应用 • 习题与解答
01
引言
主题简介
定义
等比数列是一种常见的数列，其中任意两个相邻 项之间的比值是常数。
数列公开课教案
课题：《数列》章末复习教学目的：1．系统掌握数列的有关概念和公式2．进一步掌握数列的有关概念和公式的应用3．要求学生对等差、等比数列有更深刻的理解，逐渐形成熟练技巧重点：等差等比数列的相关概念性质通项和求和公式及应用难点：灵活运用数列知识，解决有关数列的综合问题一、知识回顾等 差 数 列与等 比 数 列定义,通项,中项,性质及求和公式二、知识应用Ⅰ、等差、等比数列的设法及应用1.三个数成等差数列可设为 或者 ，根据具体问题的不同特点而选择不同设法.2. 三个数成等比数列，则这三个数可设为 ，也可以设为 例1(1). 已知三个数成等差数列，其和为15，其平方和为83，求此三个数.例1(2)：互不相等的三个数之积为 ，这三个数适当排列后可成为等比数列也可排成等差数列，求这三数排成的等差数列.Ⅱ、运用等差、等比数列的性质例2（1）已知等差数列{}n a 满足121010a a a ++⋅⋅⋅+=，则 ( )A. 11010a a +>B.21000a a +<C.3990a a +=D. 5151a =（2）已知在等差数列{an}的前n 项中，前四项之和为21，后四项之和为67，前n 项之和为286，试求数列的项数n.Ⅲ、等差数列的最值问题(一题多解)例3.等差数列｛an ｝中,a1<0,S9=S12,该数列前多少项的和最小?思路1：寻求通项思路2：从函数的角度来分析数列问题思路3：函数图像、数形结合Ⅴ、数列求和的方法：(1)公式法(2)错位相减法(3)分组求和法(4)倒序相加法(5)裂项法(6)并项法Ⅳ、数列求通项方法：(1)观察法(2)公式法：运用等差等比数列公式(3) {}n a 与n S 关系(4)利用递推关系：①累加法;②累乘法;③待定系数法;④构造法等;,,2; ,,a a d a d a d a a d ++-+,,2x y x y +,,a a aq q 2,,.a aq aq 8-Ⅵ、等差、等比数列的综合应用例4 已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，又111a b == ，222a b =,3374a b =．(1) 求数列{}n a 及数列{}n b 的通项公式； (2) 设n n n c a b =求数列{}n c 的前项n 和n S三、基础练习 1.观察数列:30,37,32,35,34,33,36,（ ）,38的特点,在括号内适当的一个数是______ 2.在等比数列中,463a a +=,则5357(2)a a a a ++=_____ 3. 在等差数列{}n a 中,若4681012120a a a a a ++++=,则 10122a a-的值为 （ ） A.20 B.22 C.24 D.284.已知数列{}n a 中, 11a =,并且1331n n a a +-=,则301a =（ ）A.100B.101C.102D.1035.若{}n a 是等比数列，且0n a >,243546225a a a a a a ++=,那么35a a +的值等于 （ ）A.5B.1C.15D.10 6.等差数列{}n a 中,已知前4项和是1,前8项和是4,则 17181920a a a a +++的值等于 ( )A.7B.8C.9D.10四、课堂总结Ⅰ、等差、等比数列的设法及应用Ⅱ、运用等差、等比数列的性质Ⅲ、等差数列的最值问题(一题多解)、Ⅳ数列求和的方法Ⅴ、数列求通项方法Ⅵ、等差、等比数列的综合应用五、课后作业1.首项为24-的等差数列从第10项开始为正数,求公差为d 的取值范围2.在数列{}n a 中, 13a =,13(1)n n a a n n +=+≥求此数列的通项公式3.数列{}nb中, 123218b b b++=,12318b b b=,若{}na是等差数列,且12nanb⎛⎫= ⎪⎝⎭,求{}na的通项公式。
2022高考数学满分讲义：第三章 数列 第1讲 等差数列与等比数列
2022高考数学满分讲义：第三章 数列第1讲 等差数列与等比数列[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点． 考点一 等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(4)等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( ) A ．15.5尺 B ．12.5尺 C ．10.5尺 D ．9.5尺 答案 A解析 从冬至起，十二个节气的日影长依次记为a 1，a 2，a 3，…，a 12，由题意，有a 1＋a 4＋a 7＝37.5，根据等差数列的性质，得a 4＝12.5，而a 12＝4.5，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝12.5，a 1＋11d ＝4.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15.5，d ＝－1，所以冬至的日影长为15.5尺．(2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *)．数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝2164n s +，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________． 答案 －30解析 ∵点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n－1，则b n ＝264n＝2n －12(n ∈N *)， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列， ∴T n ＝－10n ＋n (n －1)2×2＝n 2－11n ＝⎝⎛⎭⎫n －1122－1214. 又n ∈N *，∴T n 的最小值为T 5＝T 6＝⎝⎛⎭⎫122－1214＝－30. 规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列．(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C解析 ∵a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ， 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n .又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25， ∴2k ＋1(1－210)1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)， ∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4.(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 1>0，S 10＝S 20，则( ) A ．d <0 B ．a 16<0 C ．S n ≤S 15D ．当且仅当n ≥32时，S n <0 答案 ABC解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 10＝S 20，得10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，化简得a 1＝－292d .因为a 1>0，所以d <0，故A 正确；因为a 16＝a 1＋15d ＝－292d ＋15d ＝12d ，又d <0，所以a 16<0，故B 正确；因为a 15＝a 1＋14d ＝－292d ＋14d ＝－12d >0，a 16<0，所以S 15最大，即S n ≤S 15，故C 正确；S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n －30)2d ，若S n <0，又d <0，则n >30，故当且仅当n ≥31时，S n <0，故D 错误．考点二 等差数列、等比数列的性质 核心提炼1．通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k . 2．前n 项和的性质：(1)对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)． (2)对于等差数列，有S 2n －1＝(2n －1)a n .例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( ) A ．11 B ．12 C ．20 D ．22 答案 D解析 结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26， 又该数列为正项数列，可得a 6＝2， 所以由S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1， 可得S 11＝S 2×5＋1＝11a 6＝22.(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于( )A ．2 020B ．1 010C ．2 D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 020＝1， ∴f (a 1)＋f (a 2 020)＝21＋a 21＋21＋a 22 020＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2， ∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 020＝a 2a 2 019＝…＝a 1 010a 1 011＝1， ∴f (a 2)＋f (a 2 019)＝2，…，f (a 1 010)＋f (a 1 011)＝2， 即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)＝2×1 010＝2 020. 规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解．(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8等于( )A ．12B ．24C ．30D ．32 答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝21＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 5＝1×25＝32.(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A ．－510 B ．400 C ．400或－510 D ．30或40答案 B解析 ∵正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ， ∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等比数列， ∴10×(130－S 20)＝(S 20－10)2， 解得S 20＝40或S 20＝－30(舍)， 故S 40－S 30＝270，∴S 40＝400.考点三 等差数列、等比数列的探索与证明 核心提炼等差数列 等比数列 定义法 a n ＋1－a n ＝d a n ＋1a n＝q (q ≠0) 通项法 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1·q n －1 中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1a 2n ＝a n －1a n ＋1证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12(n ∈N *)，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12(n ∈N *)．易错提醒 a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是不是等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下： 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)．专题强化练一、单项选择题1．在等比数列{a n }中，若a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．4 B ．－4 C ．±4 D ．5 答案 A解析 ∵数列{a n }为等比数列，且a 3＝2，a 7＝8， ∴a 25＝a 3·a 7＝2×8＝16，则a 5＝±4， ∵等比数列奇数项的符号相同，∴a 5＝4.2．(2020·全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n 等于( )A ．2n －1B ．2－21－n C ．2－2n －1 D ．21－n －1答案 B解析 方法一 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2.由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12得a 1＝1. 所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n－1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 2－a 3＝12， ①a 4q 2－a 4＝24， ② ②①得a 4a 3＝q ＝2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q2＝1，下同方法一．3．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11.那么一定有( ) A ．a 6≤b 6 B ．a 6≥b 6 C ．a 12≤b 12 D ．a 12≥b 12 答案 B解析 因为等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11，所以a 1＋a 11＝b 1＋b 11＝2a 6，所以a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112≥b 1b 11＝b 6.当且仅当b 1＝b 11时，取等号，此时数列{b n }的公比为1. 4．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a nn ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1,2,3，…，n －1(n ≥2)取代， 累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1，即a nn ＝2＋ln n ，即a n ＝2n ＋n ln n (n ≥2)，又a 1＝2符合上式，故a n ＝2n ＋n ln n .5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A ．a 9＝17B ．a 10＝19C ．S 9＝81D ．S 10＝91 答案 D解析 ∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)， ∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n >1，n ∈N *时是等差数列，公差为2， 又a 1＝1，a 2＝2，a n ＝2＋(n －2)×2＝2n －2(n >1，n ∈N *)，∴a 9＝2×9－2＝16，a 10＝2×10－2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选D.6.侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，设外围第1个正方形的边长是m ，侏罗纪蜘蛛网的长度(蜘蛛网中正方形的周长之和)为S n ，则( )A ．S n 无限大B ．S n <3(3＋5)mC ．S n ＝3(3＋5)mD ．S n 可以取100m答案 B解析 由题意可得，外围第2个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13m 2＋⎝⎛⎭⎫23m 2＝53m ； 外围第3个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫13×53m 2＋⎝⎛⎭⎫23×53m 2＝59m ； ……外围第n 个正方形的边长为⎝⎛⎭⎫53n －1m .所以蜘蛛网的长度 S n ＝4m ⎣⎡⎦⎤1＋53＋59＋…＋⎝⎛⎭⎫53n －1 ＝4m ×1－⎝⎛⎭⎫53n1－53<4m ×11－53＝3(3＋5)m .故选B. 二、多项选择题7．(2020·厦门模拟)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋3a 5＝S 7，则以下结论一定正确的是( ) A ．a 4＝0 B ．S n 的最大值为S 3 C ．S 1＝S 6 D ．|a 3|<|a 5|答案 AC解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋3(a 1＋4d )＝7a 1＋21d ，解得a 1＝－3d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －4)d ，所以a 4＝0，故A 正确；因为S 6－S 1＝5a 4＝0，所以S 1＝S 6，故C 正确；由于d 的取值情况不清楚，故S 3可能为最大值也可能为最小值，故B 不正确；因为a 3＋a 5＝2a 4＝0，所以a 3＝－a 5，即|a 3|＝|a 5|，故D 错误．8．已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，且a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，记{a n }的前n 项积为T n ，则下列选项中正确的是( )A ．0<q <1B ．a 6>1C ．T 12>1D ．T 13>1答案 ABC解析 由于等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，且a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，所以(a 6－1)(a 7－1)<0，由题意得a 6>1，a 7<1，所以0<q <1，A ，B 正确；因为a 6a 7＋1>2，所以a 6a 7>1，T 12＝a 1·a 2·…·a 11·a 12＝(a 6a 7)6>1，T 13＝a 137<1，所以满足T n >1的最大正整数n 的值为12，C 正确，D 错误． 三、填空题9．(2020·江苏)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________． 答案 4解析 由题意知q ≠1，所以S n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝na 1＋n (n －1)2d ＋b 1(1－q n )1－q＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＋b 11－q －b 1q n1－q ＝n 2－n ＋2n －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧d2＝1，a 1－d 2＝－1，b11－q ＝－1，－b11－q q n＝2n，解得d ＝2，q ＝2，所以d ＋q ＝4.10．(2020·北京市顺义区质检)设S n 为公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列，则q ＝________，S 4S 2＝________.答案 3 10解析 设等比数列的通项公式a n ＝a 1q n －1，又因为3a 1,2a 2，a 3成等差数列，所以2×2a 2＝3a 1＋a 3，即4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2，解得q ＝3或q ＝1(舍)，S 4S 2＝a 1(1－34)1－3a 1(1－32)1－3＝1－341－32＝10.11．(2020·潍坊模拟)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用a n表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需移动的最少次数，{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1(n 为偶数)，2a n －1＋2(n 为奇数)，则解下5个圆环需最少移动________次． 答案 16解析 因为a 5＝2a 4＋2＝2(2a 3－1)＋2＝4a 3，所以a 5＝4a 3＝4(2a 2＋2)＝8a 2＋8＝8(2a 1－1)＋8＝16a 1＝16， 所以解下5个圆环需最少移动的次数为16.12．已知等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有A ≤2S n－1S n ≤B 恒成立，则B －A 的最小值为________． 答案136解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， 令t ＝⎝⎛⎭⎫－12n ，则－12≤t ≤14，S n ＝1－t ， ∴34≤S n ≤32， ∴2S n －1S n 的最小值为16，最大值为73，又A ≤2S n －1S n ≤B 对任意n ∈N *恒成立，∴B －A 的最小值为73－16＝136.四、解答题13．(2020·聊城模拟)在①a 5＝b 3＋b 5，②S 3＝87，③a 9－a 10＝b 1＋b 2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，________，a 1＝b 6，若对于任意n ∈N *都有T n ＝2b n －1，且S n ≤S k (k 为常数)，求正整数k 的值． 解 由T n ＝2b n －1，n ∈N *得， 当n ＝1时，b 1＝1；当n ≥2时，T n －1＝2b n －1－1， 从而b n ＝2b n －2b n －1，即b n ＝2b n －1，由此可知，数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，故b n ＝2n －1.①当a 5＝b 3＋b 5时，a 1＝32，a 5＝20，设数列{a n }的公差为d ，则a 5＝a 1＋4d ，即20＝32＋4d ，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值．因此，正整数k 的值为11.②当S 3＝87时，a 1＝32,3a 2＝87，设数列{a n }的公差为d ，则3(32＋d )＝87，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值，因此，正整数k 的值为11.③当a 9－a 10＝b 1＋b 2时，a 1＝32，a 9－a 10＝3，设数列{a n }的公差为d ，则－d ＝3，解得d ＝－3，所以a n ＝32－3(n －1)＝35－3n ，因为当n ≤11时，a n >0，当n >11时，a n <0，所以当n ＝11时，S n 取得最大值，因此，正整数k 的值为11.14．已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n项和为(2n －1)·3n ＋12. (1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值． 解 (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0，所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．因为a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －1)·3n ＋12， 所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝(2n －3)·3n －1＋12(n ≥2)，两式相减，得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)， 因为a n ＝2·3n －1，所以b n ＝n (n ≥2)， 当n ＝1时，由a 1b 1＝2及a 1＝2，得b 1＝1(符合上式)， 所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列， 所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n <34. 因为任意n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34.。
等比数列(公开课课件)
教师备选
已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an. (1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
an＋2＝2an＋1＋3an， 所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)， 因为{an}中各项均为正数， 所以 an＋1＋an>0，所以aan＋n＋2＋1＋aan＋n 1＝3，
第六章
考试要求
1.理解等比数列的概念. 2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式. 3.了解等比数列与指数函数的关系.
落实主干知识 探究核心题型
课时精练
LUOSHIZHUGANZHISHI
落实主干知识
知识梳理
1.等比数列的有关概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比 都等于同一个常数 (不为零)，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，定义的表达式为 aan＋n1＝q (n∈N*， q为非零常数). (2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那 么 G 叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ab.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
则aa34qq22－ －aa34＝ ＝1224， ，
① ②
②①得aa34＝q＝2.
将q＝2代入①，解得a3＝4. 所以 a1＝aq32＝1，下同方法一.
(2)(2019·全国Ⅰ)记 121
Sn
为等比数列{an}的前
n
项和.若
a1＝31，a24＝a6，则
S5
＝___3_____.
假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列， ∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得 λ＝12， 此时 Sn＋12＝12×3n，则SSn＋n＋1＋1212＝1212××33n＋n1＝3，
人教版高中数学选择性必修2第四章《数列》PPT课件
三、等差、等比数列的性质及应用
1.等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的 性质，利用性质求数列中某一项等.试题充分体现“小”“巧”“活” 的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现，难度为中低档. 2.借助等差、等比数列的性质及应用，提升逻辑推理、数学运算等核心 素养.
例3 (1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn
2 由SS奇偶＋∶SS偶奇＝＝6114∶0，9， 解得 S 奇＝288，S 偶＝352.
因此 d＝S偶－8 S奇＝684＝8，aa98＝SS偶奇＝191.
(2)在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前 13项和为
A.13
√B.26
C.52
D.156
解析 3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24， ∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，
(2)求 f 12，并说明 f 12<2.
解 由(1)知f(x)＝x＋2x2＋…＋nxn，
所以 f 12＝12＋2×212＋3×213＋…＋n×21n，
①
1 2
f
12＝212＋2×213＋3×214＋…＋(n－1)21n＋n×2n1＋1，
②
由①－②得12 f 12＝12＋212＋…＋21n－n×2n1＋1＝1－21n－2nn＋1，
与奇数项和之比为 11∶9，则公差 d，aa98的值分别是
A.8，190
B.9，190
C.9，191
√D.8，191
解析 设S奇＝a1＋a3＋…＋a15，S偶＝a2＋a4＋…＋a16， 则有S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a16－a15)＝8d，
湖北黄冈中学高三数学《专题四-等差、等比数列的综合运用》市公开课获奖课件省名师示范课获奖课件
[例3] 在等差数列{an }中, 公差d 0, 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kn .
[解析] 依题设得an a1 (n 1)d , a22 a1a4 .(a1 d )2 a1(a1 3d )
1有b1
2, b2
8 3
, b3
4, b4
20 3
.
(2)由bn1
2 bn
4 3
, bn1
4 3
2(bn
4 ), 3
b1
4 3
2 3
0,{bn
4 }是首项为 3
2 3
,
公比q
2的等比数列 , 故bn
4 3
1 3
2n ,
即bn
1 3
2n
4 3
(n
1).
由bn
1 an
1 2
得anbn
1 2
bn
1,故
4) 3
an
2
1 2
8 3
20 16an 6an 3
bn1
4 3
,
b1
4 3
0
故{bn
4 3
}确是公比为
q
2的等比数列.
b1
4 3
2 3
, 故bn
4 3
1 3
2n ,
bn
1 3
2n
4 3
(n
1),
由bn
1 an
1 2
得
: anbn
1 2
bn
1,
故Sn a1b1 a2b2 anbn .
3
27 9 2 27 2
数学人教A版选择性必修第二册4.3.1等比数列的概念课件
a2
a3
以上各式相乘得：
an 1 an
a 2 a 3 a4
q q q
a1 a2 a3
a n 2 a n 1
an
q n1，an a1q n1
a1
q q n 1
n-1个
又a1=a1q0=a1q1-1，即当n=1时上式也成立.
an=a1qn-1 (n∈∗ )
累
，
a1q 12 ②
2
1
=
4
两个，需对
其分类讨论
②的两边分别除以①的两边，得
1
1
解得 = 或 −
2
2
1
把 = 代入①，得 1 = 384, 此时5 =1 4 =384×
2
把 =
1
− 代入②，得1
2
= −384,
因此， 的第5项是24或-24
1 4
=24
2
1 4
4
此时5 =1 =-384× −
2n
新知探究一：等比数列的相关概念
实例4 某人存入银行 ɑ元钱，存期为5年，年利率是r，那么按照
复利，他5年内每年末得到的本利和分别是
2
3
4
5
(1 + )，(1 + ) ，(1 + ) ，(1 + ) ，(1 + ) . ⑥
复利是指把前一
期的利息和本金加在
一起算作本金，再计
算下一期的利息.
差数列，那么A叫做a和b的
比数列，那么G叫做a和b的
等差中项.
a，A，b成
等差数列
等比中项
ab
A
2
a，G，b成
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构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，假设能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.，对于任意正整数n，都例1设各项均为正数的数列的前n项和为Sn有等式：成立，求的通项a n.解：，∴，∵，∴.即是以2为公差的等差数列，且.∴例2数列中前n项的和，求数列的通项公式.解：∵当n≥2时，令，则，且是以为公比的等比数列，∴.2、构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.例3设是首项为1的正项数列，且，〔n∈N*〕，求数列的通项公式a n.解：由题设得.∵，，∴.∴.例4数列中，，且，〔n∈N*〕，求通项公式a n.解：∵∴〔n∈N*〕3、构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.例5数列中，，前n项的和，求.解：，∴∴4、构造对数式或倒数式有些数列假设通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.例6设正项数列满足，〔n≥2〕.求数列的通项公式.解：两边取对数得：，，设，则是以2为公比的等比数列，.，，，∴例7已知数列中，，n≥2时，求通项公式.解：∵，两边取倒数得.可化为等差数列关系式.∴求数列通项公式的十种方法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232n n n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nna 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。
评注：此题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2n na 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。
二、累加法例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
评注：此题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。
例3 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-所以3 1.n n a n =+-评注：此题解题的关键是把递推关系式1231n n n a a +=+⨯+转化为1231n n n a a +-=⨯+，进而求出11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。
例4 已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++， 则111213333n n n n n a a +++-=+，故 112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯， 则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 评注：此题解题的关键是把递推关系式13231nn n a a +=+⨯+转化为111213333n n n n n a a +++-=+，进而求出112232111122321()()()()333333333n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a -----------+-+-++-+，即得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，最后再求数列{}n a 的通项公式。
三、累乘法例5 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯评注：此题解题的关键是把递推关系12(1)5n n n a n a +=+⨯转化为12(1)5n n na n a +=+，进而求出13211221n n n n a a a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅⋅，即得数列{}n a 的通项公式。
例6 〔2004年全国I 第15题，原题是填空题〕已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求{}n a 的通项公式。
解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+②用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥，21222n a a a ==+取得，则21a a =，又知11a =，则21a =，代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=。
所以，{}n a 的通项公式为!.2n n a =评注：此题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为11(2)n na n n a +=+≥，进而求出132122n n n n a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。
四、待定系数法例7 已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：设1152(5)n n n n a x a x +++⨯=+⨯④将1235n n n a a +=+⨯代入④式，得12355225n n n n n a x a x ++⨯+⨯=+⨯，等式两边消去2n a ，得135525n n n x x +⋅+⋅=⋅，两边除以5n ，得352,1,x x x +==-则代入④式得1152(5)n n n n a a ++-=-⑤由1156510a -=-=≠及⑤式得50nn a -≠，则11525n n nn a a ++-=-，则数列{5}nn a -是以1151a -=为首项，以2为公比的等比数列，则152n n n a --=，故125n n n a -=+。
评注：此题解题的关键是把递推关系式1235nn n a a +=+⨯转化为1152(5)n n n n a a ++-=-，从而可知数列{5}nn a -是等比数列，进而求出数列{5}n n a -的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。
例8 已知数列{}n a 满足1135241n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：设1123(2)n n n n a x y a x y +++⨯+=+⨯+ ⑥将13524n n n a a +=+⨯+代入⑥式，得1352423(2)n n n n n a x y a x y ++⨯++⨯+=+⨯+整理得(52)24323n n x y x y +⨯++=⨯+。
令52343x x y y +=⎧⎨+=⎩，则52x y =⎧⎨=⎩，代入⑥式得115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+⑦由11522112130a +⨯+=+=≠及⑦式，得5220nn a +⨯+≠，则115223522n n nn a a +++⨯+=+⨯+， 故数列{522}n n a +⨯+是以1152211213a +⨯+=+=为首项，以3为公比的等比数列，因此1522133n n n a -+⨯+=⨯，则1133522n n n a -=⨯-⨯-。