《 等差数列与等比数列的综合问题 》

1. 《等差数列与等比数列的综合问题》

2. 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.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( ) A. 3/8 B. 11/24 C. 13/24 D. 31/72 3.等比数列{an}的各项都是正数，且a2 ,a3/2,a1成等差数列，则(a5+a6) / (a4+a5)的值是( ) A. B. C. D. 或 课 前 热 身 31 D A

3. 课 前 热 身 4.等比数列{an}中，a4+a6=3，则a5(a3+2a5+a7)=_________ 5.在等差数列{an}中，若a4+a6+a8+a10+a12=120,则2a10-a12的值为( ) A.20 B.22 C.24 D.28 9 C

4. 考点一:等差数列{ }的概念、通项公式和 前n项和公式 . 1.等差数列的定义 如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列叫做等差数列. 2.通项公式 等差 an=a1+(n-1)d 3.前项和公式 Sn=a1+a2+a3+…+an =

5. 【典型例题1】设数列{an}的前项和为Sn=n2+2n+4(n∈N＋)【典型例题1】设数列{an}的前项和为Sn=n2+2n+4(n∈N＋) (1)写出a1，a2，a3； (2)证明:数列{an}除去首项后所成的数列a2,a3,a4, …是等差数列. 评:由于a2-a1=5-7=-2, ∴an+1-an=-2故不对任意成立，数列 {an}不是等差数列. 【同类变式】设数列{un}是公差不为0的等差数列,│u11│= │u51│,u20=22,设数列{un}的前项和为Sn，｛ │un│｝的前项和为Tn. (1)求u31的值; (2)求Tn的表达式.

6. m+n=p+q 2. 考点二：等差数列的性质： 1.等差中项 如果在a、b中间插入一个数A，使a、A、b成等差数列，则A叫a、b的等差中项．A＝(a+b)/2 am+an＝ap+aq(等差数列) 3.等差数列中Sn, S2n-Sn, S3n-S2n, … Skn-S(k-1)n成等差数列. 4.若{kn}成等差数列,则{akn}成等差数列.

7. 【典型例题2】在等差数列中，Sn表示{an}的前项和.【典型例题2】在等差数列中，Sn表示{an}的前项和. (1)a3+a17=10,求S19的值； (2)a1+a2+a3+a4=100, an+an-1+an-2+an-3=156, Sn=224, 求项数n; (3)S4=1,S8=4,求a17+a18+a19+a20的值. 【同类变式】一个等差数列的前12项和为354,前12项中 偶数项和与奇数项和之比为32:27, 求公差d. d=5 由S偶-S奇=6d,

8. (2)求Sn的最值的几种方法: ①由 转化为二次函数求最值; ②利用 则Sn为最大. 考点三：求Sn的最大（小）值 (1)在等差数列{an}中，a1>0,d<0，则Sn有最大值，若a1<0,d>0，则Sn有最小值.

9. 解析：∵ 3a5=8a12>0, ∴3a5=8(a5+7d), 解得a5= >0 , ∴d<0, ∴ , ∴ {an}是首项为正数的递减数列. 由 解得 【典型例题3】在等差数列{an}中 (1) 若a1>0 , S4=S9 , 求Sn取最大值时, n的值; (2)a1=15 , S4=S12 , 求Sn的最大值. 【同类变式】若数列{an}是等差数列, 数列{bn}满足 bn=an·an+1·an+2(n∈N+), {bn}的前项和为, 若{an}中满足3a5=8a12>0, 试问n多大时, Sn取得最大值? 证明你的结论.

10. 又a15= >0, a18= <0, ∴a15< , ∴ , 即b15+b16> 0 评：解此题的关键是确定数列的单调性，利用不等式组 ，探讨 中的正负关系。 若数列{an}是等差数列, 数列{bn}满足 bn=an·an+1·an+2(n∈N+), {bn}的前项和为Sn, 若{an}中满足3a5=8a12>0, 试问n多大时, Sn取得最大值? 证明你的结论 ∴ n=16, 即a16>0, a17<0, a1>a2>a3>…a16 > 0 >a17 > a18>… b1>b2>b3>…b14 > 0 > b17 > b18… 而 b15=a15a16a17 < 0, b16=a16a17 a18 > 0. ∴S14>S13>…>S1 , S14>S15, S15<S16, ∴ S16>S14 , 故Sn中S16最大 .

11. 考点四:等比数列{ }的概念、通项公式和前n项和公式 . 1.等比数列的定义 如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列叫做等比数列. 2.通项公式 an=a1 qn-1 3.前项和公式 Sn=a1+a2+a3+…+an =

12. 提示（1）…(2-t)(3-t)2n3n=0 p=2或p=3. 【典型例题4】数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=2n, bn=3n+2, 它们的公共项由小到大排成的数列是{cn} . (1)写出{cn}前5项；(2)证明{cn}是等比数列. 评：依定义或通项公式，判定一个数列为等差或等比数列，是 数列中的基本问题之一。 【同类变式】（1）已知数列{cn}，其中cn=2n+3n，且数 列{cn+1-tcn}为等比数列，求常数t; (2) 设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列， cn=an+bn，证明数列{cn}不是等比数列。 （2）为证{cn}不是等比数列只需证c22≠c1×c3

13. m+n=p+q 2. 3.a1an=a2an-1=…=akan-k+1= … 若an>0, a1a2 …an= 5.若{kn}成等差数列,则{ }成等比数列. 考点五：等比数列的性质： 1.等比中项 如果在a、b中间插入一个数G，使a、G、b成等差数列，则G 叫a、b的等差中项．G2＝ab aman＝apaq(等比数列) 4.等差比列中Sn, S2n-Sn, S3n-S2n, … Skn-S(k-1)n成等比数列.

14. m+n=p+q 知识要点 6.重要性质： am+an＝ap+aq(等差数列) (m、n、p、q∈N*) am·an＝ap·aq(等比数列) 特别地 m+n=2p am+an＝2ap(等差数列) am·an＝a2p(等比数列)

15. 解：设这n个数为x1，x2，x3，…xn，且公比为q，则有解：设这n个数为x1，x2，x3，…xn，且公比为q，则有 ∴qn+1=n(n+1), xk=qk n (k=1,2,3, …,n) ∴ x1 x2x3…xn=(qq2q3…qn) nn = = = 【典型例题5】在等比数列{an}中, Sn表示前n项和. (1)a1+an=66, a2an-1=128, Sn=126, 求n和公比q; (2)Sn=2, S2n=12, 求S3n. 【同类变式】在1/n和n+1之间插入n个正数, 使这n+2 个数依次成等比数列, 求所插入的n个数之积.

16. =n(2lg2+lg3)－ n(n－1)lg3 =(－ )·n2+(2lg2+ lg3)·n . 【典型例题6】设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数， 它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是 第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？ (lg2=0.3,lg3=0.4) 解法一： 设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有 化简得 设数列{lgan}前n项和为Sn, 则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1 =lga1n·q1+2+…+(n－1) =nlga1+n(n－1)·lgq Sn最大. 可见，当n= =5.5 , 故{lgan}的前5项和最大.

17. =lg108+(n－1)lg 于是lgan=lg［108( )n－1］ ∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg 为公差的等差数列， 1.等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若 ，则 Sn等于( ) C. 2 D. －2 设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(lg2=0.3,lg3=0.4) 解法二：接前， 令lgan≥0, 得2lg2－(n－4)lg3≥0, ∴n≤ =5.5 . 由于n∈N*, 可见数列{lgan}的前5项和最大. B

18. 2.已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且0<logm(ab)<1,2.已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且0<logm(ab)<1, 则m的取值范围是_________. 3.等差数列{an}共有2n+1项，其中奇数项之和为319，偶数项之 和为290，则其中间项为_________. 4.已知a、b、c成等比数列，如果a、x、b和b、y、c都成等差数 列，则 = _________. (8 ,+∞) 第11项a11=29 2 5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差d的取值范围； (2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由.

19. 解之得公差d的取值范围为－ ＜d＜－3. 5.(1)解：依题意有： (2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13, 因此，在S1，S2，…， S12中Sk为最大值的条件为： ak≥0且ak+1＜0, ∵a3=12, ∵ d ＜0 , ∴ 2－ ＜k≤3－ ∵－ ＜d＜－3 ,∴ ＜－ ＜4,得5.5＜k＜7. 因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大. 解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，因此，若在1≤k≤12中有自 然数k,使得ak≥0, 且ak+1＜0,

20. 则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差数列性质得，则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差数列性质得， 当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq. 所以有：2a7=a1+a13= S13＜0, ∴a7＜0, a7+a6=a1+a12= S12>0, ∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，…，S12中S6最大. 解法三：依题意得： 最小时，Sn最大； 从而，在正整数中， ∵－ ＜d＜－3,∴6＜ (5－ )＜6.5. 当n=6时，［n－ (5－ )］2最小，所以S6最大.

21. 点评：该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易.第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1＜0，思路之三是可视Sn为n的二次函数，借助配方法可求解.它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解.点评：该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易.第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1＜0，思路之三是可视Sn为n的二次函数，借助配方法可求解.它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解.

22. 6.已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的6.已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的 数列a,a,…,a,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)记Tn=C b1+C b2+C b3+…+C bn , 求 数列{ }的公比q = = 3 由①②得a1·3n－1= ·a1 . (2)Tn=C b1+C b2+…+C bn =C (2·30－1)+C ·(2·31－1)+…+C (2·3n－1－1) =(C +C ·32+…+C ·3n)－(C +C +…+C ) = ［(1+3)n－1］－(2n－1) = ·4n－2n + , 解：(1)由题意知a52=a1·a17， 即(a1+4d)2=a1(a1+16d )a1d =2d 2, ∵d≠0,∴a1=2d , 又 =a1+(bn－1)d = ② ∴ =a1·3n－1 ① ∵a1=2d≠0, ∴bn=2·3n－1－1.

24. (1)证明：a －a2n－1·a2n＋1 ∴a ＞a2n－1·a2n＋1 …………………… (5分) 7．(2006北大附中中学内部试卷)设{ak }为等差数列， 公差为d，ak＞0，k＝1，2，……，2n＋1． (1)证明a ＞a2n－1·a2n＋1； (2)记bk＝ ，试证 lg b1＋lg b2＋……＋lg bn＞ lg a2n＋1－ lg a1 ． ＝[a1＋(2n－1)d]2－[a1＋(2n－2)d][a1＋2nd] ＝a12＋(4n－2)a1d＋(2n－1)2d2－[a12＋(4n－2)a1d＋(4n2－4n)d2] ＝d 2 ＞0 (d ＞0)

25. ∴( )2·( )2·( )2 ·…·( ) 2＞( )·( )·( )·…·＝ 即 b ·b ·b ·…·b ＞ ……………… (11分) ∴lg b1＋lg b2＋…＋lg bn＞ lg a2n＋1­－ lg a1 ……(12分) (2)由(1)知 ＞

26. 再见