专题四 数列
第1课时 等差数列与等比数列
??S1， n＝1，
1．an与Sn的关系：Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝?
?Sn－Sn－1， n≥2.?
2．等差数列和等比数列 定义 通项公式 等差数列 an－an－1＝常数(n≥2) an＝a1＋(n－1)d (1)定义法 (2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1)?{an}为等差数列 等比数列 an＝常数(n≥2) an－1an＝a1qn1(q≠0) －(1)定义法 (2)中项公式法：a2an＋2(n≥1) n＋1＝an·(an≠0)?{an}为等比数列 (3)通项公式法：an＝c·qn(c、q均是不为0(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常判定方法 数)?{an}为等差数列 (4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、的常数，n∈N*)?{an}为等比数列 B为常数)?{an}为等差数列 (5){an}为等比数列，an>0?{logaan}为等差数列 (1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq 性质 (2)an＝am＋(n－m)d (3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 na1＋annn－Sn＝＝na1＋d 22(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq (2)an＝amqnm －(4){an}为等差数列?{aan}为等比数列(a>0且a≠1) (3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列 a1－qna1－anq(1)q≠1，Sn＝＝ 1－q1－q(2)q＝1，Sn＝na1 前n项和
题型一 等差(比)数列的基本运算
例1 (2012·山东)已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm. 审题破题 (1)由已知列出关于首项和公差的方程组，解得a1和d，从而求出an.(2)求出bm，再根据其特征选用求和方法．
解 (1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn， 5×－??5a1＋d＝105，
2由T5＝105，a10＝2a5，得?
??a1＋9d＝a1＋4d，解得a1＝7，d＝7.
因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)． (2)对m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m1.因此bm＝72m1.
－
－
所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，
＋
b1－qm7×－49m7×2m－72m1－7
故Sm＝＝＝＝. 48481－q1－49
反思归纳 关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质，不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识． 变式训练1 (2013·浙江)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等
比数列． (1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解 (1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4. 所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*. (2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.
121
当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.
22
121
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
22
121
－n2＋n， n≤11，22
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
1221
n－n＋110， n≥12.22
???
题型二 等差(比)数列性质的应用
例2 (1)已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是 ( )
A．25
B．50
C．100
D．不存在
S12S10(2)在等差数列{an}中，a1＝－2 013，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 013的值为( )
1210A．－2 011
D．－2 013 a1＋a20
审题破题 (1)根据等差数列的性质，a7＋a14＝a1＋a20，S20＝可求出a7＋a14，
2?Sn?
然后利用基本不等式；(2)等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则?n?也成等差数列．
??答案 (1)A (2)D
a1＋a20
解析 (1)∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10.
2
∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.
a7＋a14?2
∵an>0，∴a7·a14≤??2?＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．
?Sn?S1(2)根据等差数列的性质，得数列?n?也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项＝1??
S2 013a1＝－2 013，公差d＝1，故＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S2 013＝－2 013.
2 013反思归纳 等差数列和等比数列的项，前n项和都有一些类似的性质，充分利用性质可简化解题过程．
变式训练2 (1)数列{an}是等差数列，若
取得最小正值时，n等于 A．11 答案 C
a11解析 ∵{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列为递减数列．又<－1，
a10∴a10>0，a11<0，得a10＋a11<0.
a1＋a19a1＋a20
而S19＝＝19·a10>0，S20＝＝10(a10＋a11)<0.
22故当n＝19时，Sn取得最小正值．
(2)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10等于 A．4 答案 B
解析 ∵a3·a11＝16，∴a2等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4. 7＝16. 又∵又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.
B．5
C．6
D．7
( )
B．17
a11<－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sna10
( )
B．－2 012
C．－2 010
C．19 D．21
题型三 等差数列、等比数列的综合应用
例3 已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn＝3(an－1)，其中n∈N*.
(1)证明：数列{an}为等比数列；
(2)设数列{bn}满足bn＝log3an，若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和．
审题破题 (1)利用an＝Sn－Sn－1求出an与an－1之间的关系，进而用定义证明数列{an}为等比数列．(2)由(1)的结论得出数列{bn}的通项公式，求出cn的表达式，再利用错位相减法求和．
3an(1)证明 由题意得an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)(n≥2)，∴an＝3an－1，∴＝3(n≥2)，
2an－1
3
又S1＝(a1－1)＝a1，解得a1＝3，∴数列{an}为首项为3，公比为3的等比数列．
2(2)解 由(1)得an＝3n，则bn＝log3an＝log33n＝n， ∴cn＝anbn＝n·3n，
设Tn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋(n－1)·3n1＋n·3n，
－
3Tn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n1.
－3n＋123nn＋1
∴－2Tn＝3＋3＋3＋…＋3－n·3＝－n·3n1，
1－3
n＋1
n－＋3
∴Tn＝.
4
＋
反思归纳 等差、等比数列的判断与证明方法是由已知条件求出an或得到an＋1与an的
an＋1递推关系，再确认an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)或＝q(n∈N*，q为非零常数)是否对
an一切正整数均成立．
变式训练3 已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别
是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
c1c2cn(2)设数列{cn}对n∈N*，均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2 013.
b1b2bn解 (1)∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，d>0， ∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2. 则an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
b39
又∵b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴等比数列{bn}的公比q＝＝＝3.
b23
∴bn＝b2qn2＝3×3n2＝3n1.
cn－1c1c2cnc1c2cn
(2)由＋＋…＋＝an＋1，得：当n≥2时，＋＋…＋＝an，两式相减，得＝b1b2bnb1b2bnbn－1
－
－
－
an＋1－an＝2，∴cn＝2bn＝2×3n1 (n≥2)
－
??3，n＝1，c1而当n＝1时，＝a2，∴c1＝3.∴cn＝? －
b1?2×3n1，n≥2.?
∴c1＋c2＋…＋c2 013＝3＋2×3＋2×3＋…＋2×3
013
122 012
6－6×32 012
＝3＋＝3－3＋32 013＝32
1－3
.
1． (2013·江西)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于
A．－24 答案 A
解析 由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，(3x＋3)2＝x(6x＋6)． 解得x1＝－3或x2＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.
2． (2012·福建)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为
A．1 答案 B
解析 方法一 设等差数列{an}的公差为d，
?2a1＋4d＝10，?a1＝1，??
由题意得? 解得?∴d＝2.
??a＋3d＝7.d＝2.?1?
B．2
C．3
D．4
( )
B．0
C．12
D．24
( )
方法二 ∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5. 又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.
3． (2013·辽宁)下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列； ?an?
p3：数列?n?是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
??其中的真命题为 A．p1，p2 答案 D
解析 an＝a1＋(n－1)d，d＞0， ∴an－an－1＝d＞0，命题p1正确．
nan＝na1＋n(n－1)d，∴nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)d与0的大小和a1的取值情况有关． 故数列{nan}不一定递增，命题p2不正确．
ana1n－1anan－1－a1＋d
对于p3：＝＋d，∴－＝，
nnnnn－1nn－
an当d－a1＞0，即d＞a1时，数列{}递增，
n但d＞a1不一定成立，则p3不正确． 对于p4：设bn＝an＋3nd， 则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0. ∴数列{an＋3nd}是递增数列，p4正确． 综上，正确的命题为p1，p4.
( )
B．p3，p4 C．p2，p3 D．p1，p4