1、第7讲 等差数列、等比数列,总纲目录,考点一 等差、等比数列的基本运算 (1)通项公式: 等差数列:an=a1+(n-1)d; 等比数列:an=a1qn-1(q0). (2)求和公式: 等差数列:Sn= =na1+ d; 等比数列:当q=1时,Sn=na1;当q1时,Sn= = .,1.设等差数列an的公差d0,且a2=-d.若ak是a6与ak+6的等比中项, 则k= ( ) A.5 B.6 C.9 D.11,答案 C 因为ak是a6与ak+6的等比中项, 所以 =a6ak+6. 又等差数列an的公差d0,且a2=-d, 所以a2+(k-2)d2=(a2+4d)a2+(k+4)d. 所以(k-
2、3)2=3(k+3),解得k=9或k=0(舍去).故选C.,2.已知Sn为数列an的前n项和,若a2=3,且Sn+1=2Sn,则a4= ( ) A.6 B.12 C.16 D.24,答案 B 因为S2=2S1,所以a1+a2=2a1.所以a1=a2=3.又Sn是首 项S1=a1=3,公比q=2的等比数列,所以Sn=32n-1.所以a4=S4-S3=12.故 选B.,3.(2018北京,9,5分)设an是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则an的通 项公式为 .,答案 an=6n-3,解析 本题主要考查等差数列的通项公式. 设等差数列an的公差为d,则a2+a5=a1+d+a1+4d=2a
3、1+5d=6+5d=3 6.d=6.an=a1+(n-1)d=3+6(n-1)=6n-3.,4.(2018课标全国,17,12分)在等比数列an中,a1=1,a5=4a3. (1)求an的通项公式; (2)记Sn为an的前n项和.若Sm=63,求m.,解析 本题考查等比数列的概念及其运算. (1)设an的公比为q.由题设,得an=qn-1. 由已知,得q4=4q2. 解得q=0(舍去)或q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1.,(2)若an=(-2)n-1,则Sn= . 由Sm=63,得(-2)m=-188.此方程没有正整数解. 若an=2n-1,则Sn=2n-1. 由Sm
4、=63,得2m=64. 解得m=6.,综上,m=6.,方法归纳,等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略 (1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出. (2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解. (3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解. (4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或 利用等比数列的性质求解.,考点二 等差、等比数列的判定与证明,1.证明数列an是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义证明an+1-an(nN*)为一常数; (2)利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n2).,2.证明数列an是等比数列
5、的两种基本方法 (1)利用定义证明 (nN*)为一常数; (2)利用等比中项,即证明 =an-1an+1(n2).,例 (2018课标全国文,17,12分)已知数列an满足a1=1,nan+1=2 (n+1)an.设bn= . (1)求b1,b2,b3; (2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由; (3)求an的通项公式.,解析 (1)由条件,得an+1= an. 将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12. 从而b1=1,b2=2,b3=4. (2)bn是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得 = ,即bn+1=2bn, 又
6、b1=1,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得 =2n-1,所以an=n2n-1.,方法归纳 (1)证明一个数列为等比数列,常用定义法或等比中项法,通项公 式法及前n项和公式法只用于填空题中的判定.若证明某数列不 是等比数列,则只需找到连续三项不成等比数列即可. (2) =q和 =an-1an+1(n2)都是数列an为等比数列的必要不充 分条件,判定时还要看各项是不是零.,1.已知Sn是等比数列an的前n项和,且S3,S9,S6成等差数列.下列结 论正确的是 ( ) A.a1,a7,a4成等差数列 B.a1,a7,a4成等比数列 C.a1,2a7,a4成等差数列 D.a
7、1,2a7,a4成等比数列,答案 A 显然q=1时不合题意,依题意,得S3+S6=2S9, 即 (1-q3)+ (1-q6)= (1-q9)1+q3=2q6a1+a1q3=2a1q6a1 +a4=2a7. a1,a7,a4成等差数列.,2.(2018课标全国,14,5分)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1, 则S6= .,答案 -63,解析 本题主要考查由an与Sn的关系求数列的通项公式. 解法一:由Sn=2an+1,得a1=2a1+1,所以a1=-1.当n2时,由an=Sn-Sn-1=2 an+1-(2an-1+1),得an=2an-1.an是首项为-1,公比为2的等比数列.所
8、以S6= = =-63. 解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1.当n2时,由Sn=2an+1,得 Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1,所以Sn-1=2(Sn-1-1).又S1-1=-2,所以Sn-1 是首项为-2,公比为2的等比数列.所以Sn-1=-22n-1=-2n.所以Sn=1- 2n.所以S6=1-26=-63.,3.设Sn为数列an的前n项和,对任意的nN*,都有Sn=2-an,数列bn 满足b1=2a1,bn= (n2,nN*). (1)求证:数列an是等比数列,并求数列an的通项公式; (2)判断数列 是等差数列还是等比数列,并求数列b
9、n的通项 公式.,解析 (1)证明:当n=1时,a1=S1=2-a1,解得a1=1; 当n2时,an=Sn-Sn-1=an-1-an,即 = (n2,nN*). 所以数列an是首项为1,公比为 的等比数列. 所以数列an的通项公式为an= . (2)因为a1=1,所以b1=2a1=2. 因为bn= ,所以 = +1,即 - =1(n2). 所以数列 是首项为 ,公差为1的等差数列. 所以 = +(n-1)1= .,故数列bn的通项公式为bn= .,考点三 等差、等比数列的性质,例 (1)(2018郑州第二次质检)已知等比数列an中,a2a5a8=-8,S3=a 2+3a1,则a1= ( ) A
10、. B.- C.- D.- (2)设Sn为等差数列an的前n项和,(n+1)SnnSn+1(nN*).若 -1, 则 ( ) A.Sn的最大值是S8 B.Sn的最小值是S8 C.Sn的最大值是S7 D.Sn的最小值是S7,答案 (1)B (2)D,解析 (1)设等比数列an的公比为q(q1).因为 S3=a1+a2+a3=a2+ 3a1,所以 =q2=2.因为a2a5a8= =-8,所以a5=-2,即a1q4=-2.所以4a1=- 2,a1=- .故选B. (2)由(n+1)Sn0,a70. 所以数列an的前7项均为负值,即Sn的最小值是S7.故选D.,方法归纳,应用数列性质解题的方法 (1)
11、解决此类问题的关键是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)应牢固掌握等差、等比数列的性质,特别是等差数列中,“若m +n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,qN*)”这一性质与求和公式Sn= 的综合应用.,1.已知数列an是等比数列,数列bn是等差数列,若a1a6a11=-3 , b1+b6+b11=7,则tan 的值是 ( ) A.- B.-1 C.- D.,答案 A 依题意,得 =(- )3,3b6=7,a6=- ,b6= .= =- .tan =tan =tan =-tan =- .选A.,2.已知Sn是等差数列an的前n项
12、和,2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则S11 = ( ) A.66 B.55 C.44 D.33,答案 D 因为a1+a5=2a3,a8+a10=2a9, 所以2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=36. 所以a3+a9=6. 所以S11= = =33.故选D.,3.(2018湖北五校联考)已知数列an满足:an+1=an-an-1(n2,nN*), a1=1,a2=2,Sn为数列an的前n项和,则S2 018= ( ) A.3 B.2 C.1 D.0,答案 A an+1=an-an-1,a1=1,a2=2,a3=1,a4=-1,a5=-2,a6=-1,a7=1, a8=2,.数列an是周期为6的周期数列,且每连续6项的和为0. S2 018=3360+a2 017+a2 018=a1+a2=3.故选A.,
