2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第63课等差、等比数列的综合

第63课　等差、等比数列的综合问题

1. 等差、等比数列(C级要求).

2. 高考中可能重点关注等差、等比数列{an}的前n项和Sn与通项公式an之间的相互转化，以及基本量、性质的运用.

1. 阅读：必修5第65～68页.

2. 解悟：①画出本章知识框图；②写出等差、等比数列的常用性质，体会形式上的联系与区别；③体会课本中整理知识的方法.

3. 践习：在教材空白处，完成第67～68页习题第5、6、9、15题.

　基础诊断　

1. 已知数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为　2　.

解析：设数列{an}的公差为d(d≠0).由a＝a1a7，得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故数列{bn}的公比q＝＝＝＝2.

2. 已知等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则数列{an}的前6项和为　－24　.

解析：设数列{an}的公差为d(d≠0).根据题意得a＝a2a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝0(舍去)或d＝－2，所以数列{an}的前6项和为S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24.

3. 设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝　－　.

解析：由题意得S1＝a1＝－1；由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.因为Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，

故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.

4. 已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝an－，若1<Sk<9 (k∈N*)，则k的值为　4　Ｗ.

解析：由题意Sn＝an－知当n≥2时，Sn－1＝an－1－，两式相减，得an＝an－an－1，所以an＝－2an－1.又a1＝－1，所以{an}是以－1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝－(－2)n－1，所以Sk＝.由1<Sk<9，得4<(－2)k<28.又k∈N*，所以k＝4.

　范例导航　

考向❶  子数列问题

例1　已知在等差数列{an}中，a2＝5，前10项和S10＝120，若从数列{an}中依次取出第2项、第4项、第8项、…、第2n项，按原顺序组成新数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn.

解析：设数列{an}的公差为d，

由题意得解得

所以an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，

所以bn＝a2n＝2·2n＋1＝2n＋1＋1，

所以Tn＝2×(21＋22＋…＋2n)＋n＝n＋2×＝2n＋2＋n－4.

在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.

(1) 求数列{an}的通项公式；

(2) 令bn＝2an－10，证明：数列{bn}为等比数列.

解析：(1) 设数列{an}的公差为d.由a10＝30，a20＝50得

解得

所以an＝12＋(n－1)×2＝2n＋10.

(2) 由(1)得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，

所以＝＝4，

所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列.

【注】 子数列问题需要搞清楚新数列与原数列之间的关系，既可以利用原数列的性质分析子数列，也可以利用子数列分析原数列的性质.

考向❷  数列与不等式

例2　已知数列{cn}的通项公式为cn＝4×＋1，其前n项和为Tn，若不等式≥2n－7对任意的n∈N*恒成立，求实数k的取值范围.

解析：cn＝4×＋1，

所以 Tn＝4×＋n＝4＋n－.

由不等式≥2n－7恒成立，得3k≥恒成立.

设dn＝，则dn＋1－dn＝－＝，所以当n≤4时，dn＋1>dn；当n≥5时，dn＋1<dn.

又d4＝，d5＝，所以 d4<d5，所以3k≥，即k≥，

故实数k的取值范围是.

已知an＝2n－1，设Tn＝ (－1)iai，若对任意正整数n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围.

解析：①当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，

则T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k，

代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，

得λ·2k<4k，从而λ<.

设f(k)＝，则f(k＋1)－f(k)＝－＝.　

因为k∈N*，所以f(k＋1)－f(k)>0，

所以函数f(k)单调递增，所以f(k)min＝2，

所以λ<2；

②当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，

则T2k－1＝T2k－a2k＝2k－(4k－1)＝1－2k，

代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，

得λ(1－2k)<(2k－1)4k，从而λ>－4k.

因为k∈N*，所以－4k的最大值为－4，

所以λ>－4.

综上所述，实数λ的取值范围为(－4，2).

【注】 数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等.

考向❸  新定义(类“等差”“等比”数列)问题

例3　若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”.已知数列{an}满足an＝2n－1＋1.判断数列{an}是否为“等比源数列”，并证明你的结论.

解析：数列{an}不是“等比源数列”. 用反证法证明如下：

假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(m＜n＜k)按一定次序排列构成等比数列，

因为an＝2n－1＋1，所以am＜an＜ak.

由题意得a＝amak，

所以(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，

即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1.

又m＜n＜k，m，n，k∈N*，

所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1，

所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m为偶数，与22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1矛盾，

所以数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列.

所以数列{an}不是“等比源数列”.

上例中若数列{an}为等差数列，且a1≠0，an∈Z(n∈N*).求证：数列{an}为“等比源数列”.

解析：不妨设等差数列{an}的公差d≥0.

当d＝0时，等差数列{an}为非零常数数列，则数列{an}为“等比源数列”；

当d＞0时，因为an∈Z，则d≥1，且d∈Z，

所以数列{an}中必有一项am＞0.

为了使得数列{an}为“等比源数列”，

只需要数列{an}中存在第n项，第k项(m＜n＜k)，使得a＝amak成立，即[am＋(n－m)d]2＝am·[am＋(k－m)d]，

即(n－m)[2am＋(n－m)d]＝am(k－m)成立，

当n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m时，上式成立，

所以数列{an}中存在am，an，ak成等比数列.

所以数列{an}为“等比源数列”.

【注】 新定义问题中，需要严格以新定义为核心，借助特殊值理解题意，借助等差、等比数列的研究技巧进行变形求解.

　自测反馈　

1. 若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝　1　.

解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由题意得－1＋3d＝－q3＝8，解得d＝3，q＝－2，所以＝＝1.

2. 设公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若－3a1，－a2，a3成等差数列，且a1＝1，则S4＝　－20　Ｗ.　

解析：设数列{an}的公比为q，且q≠1.由题意得－2a2＝－3a1＋a3，即－2q＝－3＋q2，解得q＝－3或q＝1(舍去)，所以S4＝＝－20.

3. 设等比数列{an}的前n项和Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8＝　2.

解析：设{an}的公比为q.由题意得2S9＝S3＋S6，所以q≠1，

所以

解得所以a8＝a1q7＝a1q×(q3)2＝8×＝2.

4. 已知{an}是首项为2，公差不为0的等差数列，若a1，a3，a6成等比数列，则数列{an}的前n项和Sn＝　　.

解析：设数列{an}的公差为d.由题意得a＝a1a6，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)，即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，解得d＝，所以Sn＝na1＋d＝2n＋×＝.

1. 解决等差(比)数列问题时，通常考虑两类方法：①基本量，即运用条件转化成关于a1和d(q)的方程；②运用等差(比)数列的性质(如下标和的性质、子数列的性质、和的性质).

2. 你还有那些体悟，写下来：