1、第1講等差數列、等比數列1 an與Sn的關系Sna1a2an，an2 等差數列和等比數列等差數列等比數列定義anan1常數(n2)常數(n2)通項公式ana1(n1)dana1qn1(q0)判定方法(1)定義法(2)中項公式法：2an1anan2(n1)an為等差數列(3)通項公式法：anpnq(p、q為常數)an為等差數列(4)前n項和公式法：SnAn2Bn(A、B為常數)an為等差數列(5)an為等比數列，an>0logaan為等差數列(1)定義法(2)中項公式法：aan·an2(n1)(an0)an為等比數列(3)通項公式法：anc·qn(c、q均是不為0的常數

2、，nN*)an為等比數列(4)an為等差數列aan為等比數列(a>0且a1)性質(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，則amanapaq(2)anam(nm)d(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差數列(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，則am·anap·aq(2)anamqnm(3)等比數列依次每n項和(Sn0)仍成等比數列前n項和Snna1d(1)q1，Sn(2)q1，Snna1考點一與等差數列有關的問題例1在等差數列an中，滿足3a55a8，Sn是數列an的前n項和(1)若a1>0，當Sn取得最大值時，求n的值；(2)若a146，記bn，求b

3、n的最小值解(1)設an的公差為d，則由3a55a8，得3(a14d)5(a17d)，da1.Snna1×a1n2a1na1(n12)2a1.a1>0，當n12時，Sn取得最大值(2)由(1)及a146，得d×(46)4，an46(n1)×44n50，Sn46n×42n248n.bn2n5225232，當且僅當2n，即n5時，等號成立故bn的最小值為32. (1)在等差數列問題中其最基本的量是首項和公差，只要根據已知條件求出這兩個量，其他問題就可隨之而解，這就是解決等差數列問題的基本方法，其中蘊含著方程思想的運用(2)等差數列的性質若m，n，p，q

4、N*，且mnpq，則amanapaq；Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差數列；aman(mn)dd(m，nN*)；(A2n1，B2n1分別為an，bn的前2n1項的和)(3)數列an是等差數列的充要條件是其前n項和公式Snf(n)是n的二次函數或一次函數且不含常數項，即SnAn2Bn(A2B20) (1)(2012·浙江)設Sn是公差為d(d0)的無窮等差數列an的前n項和，則下列命題錯誤的是()A若d<0，則數列Sn有最大項B若數列Sn有最大項，則d<0C若數列Sn是遞增數列，則對任意nN*，均有Sn>0D若對任意nN*，均有Sn>0，則數列Sn是遞增

5、數列(2)(2013·課標全國)設等差數列an的前n項和為Sn，Sm12，Sm0，Sm13，則m等于()A3 B4 C5 D6答案(1)C(2)C解析(1)利用函數思想，通過討論Snn2n的單調性判斷設an的首項為a1，則Snna1n(n1)dn2n.由二次函數性質知Sn有最大值時，則d<0，故A、B正確；因為Sn為遞增數列，則d>0，不妨設a11，d2，顯然Sn是遞增數列，但S11<0，故C錯誤；對任意nN*，Sn均大于0時，a1>0，d>0，Sn必是遞增數列，D正確(2)am2，am13，故d1，因為Sm0，故ma1d0，故a1，因為amam15，故

6、amam12a1(2m1)d(m1)2m15，即m5.考點二與等比數列有關的問題例2(1)(2012·課標全國)已知an為等比數列，a4a72，a5a68，則a1a10等于()A7 B5 C5 D7(2)(2012·浙江)設公比為q(q>0)的等比數列an的前n項和為Sn.若S23a22，S43a42，則q_.答案(1)D(2)解析(1)利用等比數列的性質求解由解得或或a1a10a1(1q9)7.(2)利用等比數列的通項公式及前n項和公式求解S4S2a3a43a22a3a43a42，將a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2qa2q23a2q22，化簡得2q2q3

7、0，解得q(q1不合題意，舍去) (1)證明數列是等比數列的兩個方法：利用定義：(nN*)是常數，利用等比中項aan1an1(n2，nN*)(2)等比數列中的五個量：a1，an，q，n，Sn可以“知三求二”(3)an為等比數列，其性質如下：若m、n、r、sN*，且mnrs，則am·anar·as；anamqnm；Sn，S2nSn，S3nS2n成等比數列(q1)(4)等比數列前n項和公式Sn能“知三求二”；注意討論公比q是否為1；a10. (1)(2013·課標全國)若數列an的前n項和Snan，則an的通項公式是an_.答案(2)n1解析當n1時，a11；當n2時

8、，anSnSn1anan1，故2，故an(2)n1.(2)(2013·湖北)已知Sn是等比數列an的前n項和，S4，S2，S3成等差數列，且a2a3a418.求數列an的通項公式；是否存在正整數n，使得Sn2 013？若存在，求出符合條件的所有n的集合；若不存在，說明理由解設等比數列an的公比為q，則a10，q0.由題意得即解得故數列an的通項公式為an3×(2)n1.由有Sn1(2)n.假設存在n，使得Sn2 013，則1(2)n2 013，即(2)n2 012.當n為偶數時，(2)n>0.上式不成立；當n為奇數時，(2)n2n2 012，即2n2 012，則n11

9、.綜上，存在符合條件的正整數n，且所有這樣的n的集合為n|n2k1，kN，k5考點三等差數列、等比數列的綜合應用例3已知等差數列an的公差為1，且a2a7a126.(1)求數列an的通項公式an與前n項和Sn；(2)將數列an的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數列bn的前3項，記bn的前n項和為Tn，若存在mN*，使對任意nN*，總有Sn<Tm恒成立，求實數的取值范圍解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，從而Sn.(2)由題意知b14，b22，b31，設等比數列bn的公比為q，則q，Tm81()m，()m隨m增加而遞減，Tm為遞增數列，得4Tm<8.

10、又Sn(n29n)(n)2，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使對任意nN*總有Sn<Tm，則10<4，得>6. 等差(比)數列的綜合問題的常見類型及解法(1)等差數列與等比數列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便(2)等差數列、等比數列與函數、方程、不等式等的交匯問題，求解時用等差(比)數列的相關知識，將問題轉化為相應的函數、方程、不等式等問題求解即可 已知數列an滿足a13，an13an3n(nN*)，數列bn滿足bn3nan.(1)求證：數列bn是等差數列；(2)設Sn，求滿足不等式<<的所有正整數n的值(1)證明由

11、bn3nan得an3nbn，則an13n1bn1.代入an13an3n中，得3n1bn13n1bn3n，即得bn1bn.所以數列bn是等差數列(2)解因為數列bn是首項為b131a11，公差為的等差數列，則bn1(n1)，則an3nbn(n2)×3n1，從而有3n1，故Sn13323n1，則，由<<，得<<，即3<3n<127，得1<n4.故滿足不等式<<的所有正整數n的值為2,3,4.1 在等差(比)數列中，a1，d(q)，n，an，Sn五個量中知道其中任意三個，就可以求出其他兩個解這類問題時，一般是轉化為首項a1和公差d(公比

12、q)這兩個基本量的有關運算2 等差、等比數列的性質是兩種數列基本規律的深刻體現，是解決等差、等比數列問題既快捷又方便的工具，應有意識地去應用但在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形3 等差、等比數列的單調性(1)等差數列的單調性d>0an為遞增數列，Sn有最小值d<0an為遞減數列，Sn有最大值d0an為常數列(2)等比數列的單調性當或時，an為遞增數列，當或時，an為遞減數列4 常用結論(1)若an，bn均是等差數列，Sn是an的前n項和，則mankbn，仍為等差數列，其中m，k為常數(2)若an，bn均是等比數列，則can(c0)，|an|，an·bn

13、，manbn(m為常數)，a，等也是等比數列(3)公比不為1的等比數列，其相鄰兩項的差也依次成等比數列，且公比不變，即a2a1，a3a2，a4a3，成等比數列，且公比為q.(4)等比數列(q1)中連續k項的和成等比數列，即Sk，S2kSk，S3kS2k，成等比數列，其公差為qk.等差數列中連續k項的和成等差數列，即Sk，S2kSk，S3kS2k，成等差數列，公差為k2d.5 易錯提醒(1)應用關系式an時，一定要注意分n1，n2兩種情況，在求出結果后，看看這兩種情況能否整合在一起(2)三個數a，b，c成等差數列的充要條件是b，但三個數a，b，c成等比數列的必要條件是b2ac.1 已知等比數列a

14、n中，各項都是正數，且a1，a3，2a2成等差數列，則等于()A1 B1C32 D32答案C解析記等比數列an的公比為q，其中q>0，由題意知a3a12a2，即a1q2a12a1q.因為a10，所以有q22q10，由此解得q1±，又q>0，所以q1.所以q2(1)232.2 已知正項等比數列an滿足a7a62a5，若存在兩項am，an使得4a1，則的最小值為()A. B. C. D不存在答案A解析因為a7a62a5，所以q2q20，解得q2或q1(舍去)又4a1，所以mn6.則(mn).當且僅當，即n2m時，等號成立此時m2，n4.3 已知等差數列an的前n項的和為Sn，

15、等比數列bn的各項均為正數，公比是q，且滿足：a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求an與bn；(2)設cn3bn·2，若數列cn是遞增數列，求的取值范圍解(1)由已知可得所以q2q120，解得q3或q4(舍)，從而a26，所以an3n，bn3n1.(2)由(1)知，cn3bn·23n·2n.由題意，得cn1>cn對任意的nN*恒成立，即3n1·2n1>3n·2n恒成立，亦即·2n<2·3n恒成立，即<2·n恒成立由于函數yn是增函數，所以min2×3，故<3，即

16、的取值范圍為(，3)(推薦時間：60分鐘)一、選擇題1 (2013·江西)等比數列x,3x3,6x6，的第四項等于()A24 B0 C12 D24答案A解析由x,3x3,6x6成等比數列得，(3x3)2x(6x6)解得x3或x1(不合題意，舍去)故數列的第四項為24.2 (2013·課標全國)等比數列an的前n項和為Sn，已知S3a210a1，a59，則a1等于()A. B C. D答案C解析設等比數列an的公比為q，由S3a210a1得a1a2a3a210a1，即a39a1，q29，又a5a1q49，所以a1.3 (2013·課標全國)設首項為1，公比為的等比數

17、列an的前n項和為Sn，則()ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an答案D解析Sn32an.故選D.4 在等差數列an中，a5<0，a6>0且a6>|a5|，Sn是數列的前n項的和，則下列說法正確的是()AS1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6均大于0BS1，S2，S5均小于0，S6，S7，均大于0CS1，S2，S9均小于0，S10，S11均大于0DS1，S2，S11均小于0，S12，S13均大于0答案C解析由題意可知a6a5>0，故S10>0，而S99a5<0，故選C.5 已知an是等差數列，Sn為其前n項和，若S21S4 000

18、，O為坐標原點，點P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，則·等于()A2 011 B2 011 C0 D1答案A解析由S21S4 000得a22a23a4 0000，由于a22a4 000a23a3 9992a2 011，所以a22a23a4 0003 979a2 0110，從而a2 0110，而·2 011a2 011an2 011.6 數列an的首項為3，bn為等差數列且bnan1an(nN*)若b32，b1012，則a8等于()A0 B3 C8 D11答案B解析因為bn是等差數列，且b32，b1012，故公差d2.于是b16，且bn2n8(nN*)，即an1

19、an2n8，所以a8a76a646a5246a1(6)(4)(2)02463.二、填空題7 (2013·廣東)在等差數列an中，已知a3a810，則3a5a7_.答案20解析設公差為d，則a3a82a19d10，3a5a74a118d2(2a19d)20.8 各項均為正數的等比數列an的公比q1，a2，a3，a1成等差數列，則_.答案解析依題意，有a3a1a2，設公比為q，則有q2q10，所以q(舍去負值).9 在等差數列an中，an>0，且a1a2a1030，則a5·a6的最大值等于_答案9解析由a1a2a1030得a5a66，又an>0，a5·a6

20、229.10已知數列an的首項為a12，且an1(a1a2an) (nN*)，記Sn為數列an的前n項和，則Sn_，an_.答案2×n1解析由an1(a1a2an) (nN*)，可得an1Sn，所以Sn1SnSn，即Sn1Sn，由此可知數列Sn是一個等比數列，其中首項S1a12，公比為，所以Sn2×n1，由此得an三、解答題11已知an是以a為首項，q為公比的等比數列，Sn為它的前n項和(1)當S1，S3，S4成等差數列時，求q的值；(2)當Sm，Sn，Sl成等差數列時，求證：對任意自然數k，amk，ank，alk也成等差數列(1)解由已知，得anaqn1，因此S1a，S3a(1qq2)，S4a(1qq2q3)當S1，S3，S4成等差數列時，S4S3S3S1，可得aq3aqaq2，化簡得q2q10.解得q.(2)證明若q1，則an的各項均為a，此時amk，ank，alk顯然成等差數列若q1，由Sm，Sn，Sl成等差數列可得SmSl2Sn，即，整理得qmql2qn.因此，amka