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标题 等差、等比数列及其前n项和
范文 汪耀生
这部分内容由等差（比）数列的定义、通项公式及其前n项和公式组成，主要考查运算能力，公式和性质的灵活运用能力以及递推转化能力. ?在客观题中，突出考查基本量（首项、公差或公比、通项公式、前n项和）的求解;在解答题中，常以等差（比）数列（或可以化归为等差（比）数列的关系式）为背景，重点考查其证明、通项、求和以及与函数、方程、不等式等其他知识的交汇问题，难度一般为中等或中等偏下.
重点：理解并掌握等差（比）数列的定义，能判断或证明等差（比）数列;熟记等差（比）数列的通项、求和及其变形公式和相关性质.
难点：等差（比）数列的定义的理解和判断;等差（比）数列的通项、求和及其变形公式和相关性质的记忆与灵活运用.
1. 等差（比）数列及其前n项和的基本解题思路
（1）方程法：将an与Sn统一表示为a1和d（或q）的方程（组），以求其基本量（五个基本量中，通常先求出a1和d（或q），然后再求其他的基本量）.
（2）函数法：利用函数的思想解决数列问题，如等差数列的通项、求和公式可分别表示成an=kn+b（一次函数），Sn=An2+Bn（不带常数项的二次函数）（n∈N？鄢）等.
（3）性质法：运用等差（比）数列的相关性质解题，常可整体代换，回避单个求值. 较为常用的如：若a，b，c成等差，则2b=a+c;若a，b，c成等比，则b2=ac;若m+n=p+q，则am+an=ap+aq（或aman=apaq）（n，m，p，q∈N？鄢），Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差（比）数列. 需要指出的是，等差、等比数列的性质具有对称性，因此可用类比的思想理解和记忆. 等差数列和等比数列可以相互转化，等比数列的性质可以用等差数列的性质来推导、理解和记忆.
2. 等差（比）数列及其前n项和的基本解题策略
（1）通项公式的拓展应用：若数列{an}为等差（比）数列，则an=am+（n-m）d（an=amqn-m）.
（2）等差数列前n项和公式的变式应用：Sn=·n=M·n，其中M=表示等差数列的中间项，当项数为奇数时表示数列的中间一项;当项数为偶数时表示与首尾对称两项的算术平均值. 例如：已知an=t，则S=an·（2n-1）=t·（2n-1）.
（3）对等差（比）数列的定义的理解不拘泥于an+1-an=d或=q，可以是-=d等.
（4）求最值的方法有：①函数法（作图观察）;②分界法（如在等差数列中，若a1>0且d<0，则当n满足an≥0且an+1≤0时，Sn最大;相反，若a1<0且d>0，则当n满足an≤0且an+1≥0时，Sn最小）;③单调法（当n满足an≥an-1且an≥an+1时，an最大;当n满足an≤an-1且an≤an+1时，an最小）等.
例1 ?（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1+a5=3a3，a10=14，则S12=______.
（2）（2014年高考大纲卷）在等比数列{an}中，若a4=2，a5=5，则数列{lgan}的前8项和等于（ ? ?）
A. 6 ? B. 5 ? C. 4 ? D. 3
思索 ?这是等差（比）数列中最基本的一类题型（求基本量），通常用方程法求解，但用等差、等比数列的性质进行转化常常更为简便. 因此，解题时首先要看能否利用性质解决，如若不能，再考虑普通方法.
破解 ?（1）解法1（方程法）：由2a1+4d=3（a1+2d），a10=a1+9d=14，解得a1=-4，d=2，则有S12=12a1+d=12×（-4）+×2=84.
解法2（性质法）：由a1+a5=3a3，即有2a3=3a3，解得a3=0，而S12=×12=×12=×12=84.
（2）解法1（方程法）：由已知得q==，故有a1===，即lga1=lg. 又{an}为等比数列，所以lgan-lgan-1=lg=lgq=lg（n≥2），故{lgan}为等差数列. 所以S=8lga1+lgq=8lg+28lg=8（4lg2-3lg5）+28（lg5-lg2）=4，故选C.
解法2（性质法）：由S8=lga1+lga2+…+lga8=lga1a2a3…a8=lg（a4a5）4=4lg10=4，故选C.
例2 ?（1）（2014年高考江西卷）在等差数列{an}中，若a1=7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n=8时，Sn取最大值，则d的取值范围是____.
（2）若等差数列{an}满足a21+a2100≤10，则S=a100+a101+…+a199的最大值为（ ? ?）
A. 600 B. 500 C. 800 D. 200
思索 ?本题考查了等差数列前n项和Sn的最值的处理方法. （1）由解题策略（4）中求最值的分界法可求得;亦可以用二次函数的方法来处理. （2）由等差数列的基本量的关系可求得S关于a1和a100的表达式，然后利用换元或者不等式的方法求解最值. 这是一道比较新颖的数列最值问题，充分体现了数列与不等式的联系.
破解 ?（1）解法1：由题意可知a8>0，a9<0，即a1+7d>0，a1+8d<0，即有7+7d>0，7+8d<0， 解得-1解法2：由等差数列{an}的前n项和是关于n的二次函数Sn=n2+7-n，则其对称轴为-∈，，可解得d∈-1，-.
（2）解法1：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1），令a1=cosθ，a100=sinθ，故有S=50（3sinθ-cosθ）=500sin（θ+φ）≤500，即选B.
解法2：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1）≤50·=50·≤500，选B.
例3 ?（2014年高考浙江卷）数列{an}和{bn}满足a1a2…an=（）（n∈N？鄢）. 若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2.
（1）求an与bn;
（2）设cn=-（n∈N？鄢），记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn;
②求正整数k，使得对任意n∈N？鄢均有Sk≥Sn.
思索 ?（1）将等比数列中的项b2，b3均用a1和q来表示，结合已知条件建立方程，解出q，即可求出其通项;（2）在有关前n项和的问题中，有两个新数列的前n项和的问题，分清数列的类型和基本量尤为关键，并且问题中穿插了一点放缩的技巧，是一个考查知识点全面，但难度不大的数列问题.
破解 ?（1）由题意可知a1a2…an=（），且b3-b2=6，可知a3=（）=8. 又a1=2，故数列{an}的公比q=2，所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N？鄢，则可得a1·a2·a3…an=2=（），故数列{bn}的通项公式为bn=n（n+1）.
（2）①由（1）可知，cn=-=-+（n∈N？鄢），故Sn=-（n∈N？鄢）.
②因为c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，当n≥5时，有cn=·-1，而-=>0，故有≤<1. 即当n≥5时，有cn<0. 综合上述可知，对任意的n∈N？鄢恒有S4≥Sn，故有k=4.
例4 ?已知数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn，且Sn+1=3Sn+2n（n∈N？鄢）.
（1）试判断数列{an+1}是否成等比数列，并求出数列{an}的通项公式;
（2）记Tn为数列{an+1}的前n项和，求的最小值.
思索 ?（1）判断数列为等差（比）数列是高考中的常见题型，通常由条件中的“暗示”，将关系式进行转化，利用定义法或中项证明;（2）中涉及离散型数列的单调性.
破解 ?（1）因为Sn+1=3Sn+2n ①，Sn=3Sn-1+2（n-1） ②，由①-②可得an+1=3an+2，即有an+1+1=3（an+1）（n≥2）. 又a1=3，a2=8，所以a2+1≠3（a1+1）. 故数列{an+1}从第二项起成等比数列，所以an=3，n=1，3n-1，n≥2.
（2）由Tn=（a1+1）+（a2+1）+…+（an+1）=4+9+27+…+3n=，则有==.
令bn=1+n+1-n+1，则有bn-bn-1=<0，即有0. 故数列是递增数列，则当n=1时，取得最小值为=.
1. 若等差数列{an}的前6项和为23，前9项和为57，则数列{an}的前n项和Sn=_____.
2. （2014年高考广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+…+lna20=________.
3. （2014年高考北京卷）若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0，a7+a10<0，则当n=________时，数列{an}的前n项和最大.
4. （2014年高考江西卷）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N？鄢），满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
（1）令cn=，求数列{cn}的通项公式;
（2）若bn=3n-1，求数列{an}的前n项和Sn.
5. 已知正项数列{an}，{bn}满足：对任意正整数n，都有an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列，且a1=10，a2=15.
（1）求证：数列{}是等差数列;
（2）求数列{an}，{bn}的通项公式;
（3）设Sn=++…+，如果对任意正整数n，不等式2aSn<2-恒成立，求实数a的取值范围.
参考答案
1. Sn=n2-n.
2. 由题意知a10a11+a9a12=2a10a11=2e5，故有a10a11=e5，而a1·a2·…·a20=（a1a20）10=（a10a11）10=（e5）10=e50. 故可得lna1+lna2+…+lna20=ln（a1·a2·…·a20）=ln（e50）=50.
3. 8
4. （1）由anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0，可得-+2=0，即有-=2，且=1，即数列{cn}是以1为首项、2为公差的等差数列，即有cn=2n-1.
（2）由cn==2n-1，故可得an=（2n-1）·3n-1，则有Sn=a1+a2+a3+…+an=1·30+3·31+5·32+…+（2n-1）·3n-1 ①，故有3Sn=1·3+3·32+5·33+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n ②.
由①-②可得-2Sn=1+2·3+2·32+…+2·3n-1-（2n-1）·3n=（2-2n）·3n-2，故Sn=（n-1）·3n+1.
5. （1）由已知，2bn=an+an+1 ①，a=bnbn+1 ②，由②可得an+1= ③，将③代入①得，对任意n≥2，n∈N？鄢，有2bn=+，即2=+，故{}是等差数列.
（2）设数列{}的公差为d，由a1=10，a2=15，经计算，可得b1=，b2=18，则有=，=3，且d=-=3-=. 故有=+·（n-1）=·（n+4），故bn=，an=.
（3）由（1）可得==2-，则有Sn=2-+-+…+-=2-. 不等式2aSn<2-化为4a-<2-，即（a-1）n2+（3a-6）n-8<0. 设f（n）=（a-1）n2+（3a-6）n-8，则f（n）<0对任意正整数n恒成立. 当a-1>0，即a>1时，不满足条件;当a-1=0，即a=1时，满足条件;当a-1<0，即a<1时，则f（n）的对称轴为x= -<0， f（n）关于n递减. 因此，只需f（1）=4a-15<0，解得a<，故a<1. 综合上述，可得a≤1.
（2）解法1：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1），令a1=cosθ，a100=sinθ，故有S=50（3sinθ-cosθ）=500sin（θ+φ）≤500，即选B.
解法2：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1）≤50·=50·≤500，选B.
例3 ?（2014年高考浙江卷）数列{an}和{bn}满足a1a2…an=（）（n∈N？鄢）. 若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2.
（1）求an与bn;
（2）设cn=-（n∈N？鄢），记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn;
②求正整数k，使得对任意n∈N？鄢均有Sk≥Sn.
思索 ?（1）将等比数列中的项b2，b3均用a1和q来表示，结合已知条件建立方程，解出q，即可求出其通项;（2）在有关前n项和的问题中，有两个新数列的前n项和的问题，分清数列的类型和基本量尤为关键，并且问题中穿插了一点放缩的技巧，是一个考查知识点全面，但难度不大的数列问题.
破解 ?（1）由题意可知a1a2…an=（），且b3-b2=6，可知a3=（）=8. 又a1=2，故数列{an}的公比q=2，所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N？鄢，则可得a1·a2·a3…an=2=（），故数列{bn}的通项公式为bn=n（n+1）.
（2）①由（1）可知，cn=-=-+（n∈N？鄢），故Sn=-（n∈N？鄢）.
②因为c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，当n≥5时，有cn=·-1，而-=>0，故有≤<1. 即当n≥5时，有cn<0. 综合上述可知，对任意的n∈N？鄢恒有S4≥Sn，故有k=4.
例4 ?已知数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn，且Sn+1=3Sn+2n（n∈N？鄢）.
（1）试判断数列{an+1}是否成等比数列，并求出数列{an}的通项公式;
（2）记Tn为数列{an+1}的前n项和，求的最小值.
思索 ?（1）判断数列为等差（比）数列是高考中的常见题型，通常由条件中的“暗示”，将关系式进行转化，利用定义法或中项证明;（2）中涉及离散型数列的单调性.
破解 ?（1）因为Sn+1=3Sn+2n ①，Sn=3Sn-1+2（n-1） ②，由①-②可得an+1=3an+2，即有an+1+1=3（an+1）（n≥2）. 又a1=3，a2=8，所以a2+1≠3（a1+1）. 故数列{an+1}从第二项起成等比数列，所以an=3，n=1，3n-1，n≥2.
（2）由Tn=（a1+1）+（a2+1）+…+（an+1）=4+9+27+…+3n=，则有==.
令bn=1+n+1-n+1，则有bn-bn-1=<0，即有0. 故数列是递增数列，则当n=1时，取得最小值为=.
1. 若等差数列{an}的前6项和为23，前9项和为57，则数列{an}的前n项和Sn=_____.
2. （2014年高考广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+…+lna20=________.
3. （2014年高考北京卷）若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0，a7+a10<0，则当n=________时，数列{an}的前n项和最大.
4. （2014年高考江西卷）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N？鄢），满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
（1）令cn=，求数列{cn}的通项公式;
（2）若bn=3n-1，求数列{an}的前n项和Sn.
5. 已知正项数列{an}，{bn}满足：对任意正整数n，都有an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列，且a1=10，a2=15.
（1）求证：数列{}是等差数列;
（2）求数列{an}，{bn}的通项公式;
（3）设Sn=++…+，如果对任意正整数n，不等式2aSn<2-恒成立，求实数a的取值范围.
参考答案
1. Sn=n2-n.
2. 由题意知a10a11+a9a12=2a10a11=2e5，故有a10a11=e5，而a1·a2·…·a20=（a1a20）10=（a10a11）10=（e5）10=e50. 故可得lna1+lna2+…+lna20=ln（a1·a2·…·a20）=ln（e50）=50.
3. 8
4. （1）由anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0，可得-+2=0，即有-=2，且=1，即数列{cn}是以1为首项、2为公差的等差数列，即有cn=2n-1.
（2）由cn==2n-1，故可得an=（2n-1）·3n-1，则有Sn=a1+a2+a3+…+an=1·30+3·31+5·32+…+（2n-1）·3n-1 ①，故有3Sn=1·3+3·32+5·33+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n ②.
由①-②可得-2Sn=1+2·3+2·32+…+2·3n-1-（2n-1）·3n=（2-2n）·3n-2，故Sn=（n-1）·3n+1.
5. （1）由已知，2bn=an+an+1 ①，a=bnbn+1 ②，由②可得an+1= ③，将③代入①得，对任意n≥2，n∈N？鄢，有2bn=+，即2=+，故{}是等差数列.
（2）设数列{}的公差为d，由a1=10，a2=15，经计算，可得b1=，b2=18，则有=，=3，且d=-=3-=. 故有=+·（n-1）=·（n+4），故bn=，an=.
（3）由（1）可得==2-，则有Sn=2-+-+…+-=2-. 不等式2aSn<2-化为4a-<2-，即（a-1）n2+（3a-6）n-8<0. 设f（n）=（a-1）n2+（3a-6）n-8，则f（n）<0对任意正整数n恒成立. 当a-1>0，即a>1时，不满足条件;当a-1=0，即a=1时，满足条件;当a-1<0，即a<1时，则f（n）的对称轴为x= -<0， f（n）关于n递减. 因此，只需f（1）=4a-15<0，解得a<，故a<1. 综合上述，可得a≤1.
（2）解法1：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1），令a1=cosθ，a100=sinθ，故有S=50（3sinθ-cosθ）=500sin（θ+φ）≤500，即选B.
解法2：由S=a100+a101+…+a199=×100=50（3a100-a1）≤50·=50·≤500，选B.
例3 ?（2014年高考浙江卷）数列{an}和{bn}满足a1a2…an=（）（n∈N？鄢）. 若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2.
（1）求an与bn;
（2）设cn=-（n∈N？鄢），记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn;
②求正整数k，使得对任意n∈N？鄢均有Sk≥Sn.
思索 ?（1）将等比数列中的项b2，b3均用a1和q来表示，结合已知条件建立方程，解出q，即可求出其通项;（2）在有关前n项和的问题中，有两个新数列的前n项和的问题，分清数列的类型和基本量尤为关键，并且问题中穿插了一点放缩的技巧，是一个考查知识点全面，但难度不大的数列问题.
破解 ?（1）由题意可知a1a2…an=（），且b3-b2=6，可知a3=（）=8. 又a1=2，故数列{an}的公比q=2，所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N？鄢，则可得a1·a2·a3…an=2=（），故数列{bn}的通项公式为bn=n（n+1）.
（2）①由（1）可知，cn=-=-+（n∈N？鄢），故Sn=-（n∈N？鄢）.
②因为c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，当n≥5时，有cn=·-1，而-=>0，故有≤<1. 即当n≥5时，有cn<0. 综合上述可知，对任意的n∈N？鄢恒有S4≥Sn，故有k=4.
例4 ?已知数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn，且Sn+1=3Sn+2n（n∈N？鄢）.
（1）试判断数列{an+1}是否成等比数列，并求出数列{an}的通项公式;
（2）记Tn为数列{an+1}的前n项和，求的最小值.
思索 ?（1）判断数列为等差（比）数列是高考中的常见题型，通常由条件中的“暗示”，将关系式进行转化，利用定义法或中项证明;（2）中涉及离散型数列的单调性.
破解 ?（1）因为Sn+1=3Sn+2n ①，Sn=3Sn-1+2（n-1） ②，由①-②可得an+1=3an+2，即有an+1+1=3（an+1）（n≥2）. 又a1=3，a2=8，所以a2+1≠3（a1+1）. 故数列{an+1}从第二项起成等比数列，所以an=3，n=1，3n-1，n≥2.
（2）由Tn=（a1+1）+（a2+1）+…+（an+1）=4+9+27+…+3n=，则有==.
令bn=1+n+1-n+1，则有bn-bn-1=<0，即有0. 故数列是递增数列，则当n=1时，取得最小值为=.
1. 若等差数列{an}的前6项和为23，前9项和为57，则数列{an}的前n项和Sn=_____.
2. （2014年高考广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+…+lna20=________.
3. （2014年高考北京卷）若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0，a7+a10<0，则当n=________时，数列{an}的前n项和最大.
4. （2014年高考江西卷）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N？鄢），满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
（1）令cn=，求数列{cn}的通项公式;
（2）若bn=3n-1，求数列{an}的前n项和Sn.
5. 已知正项数列{an}，{bn}满足：对任意正整数n，都有an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列，且a1=10，a2=15.
（1）求证：数列{}是等差数列;
（2）求数列{an}，{bn}的通项公式;
（3）设Sn=++…+，如果对任意正整数n，不等式2aSn<2-恒成立，求实数a的取值范围.
参考答案
1. Sn=n2-n.
2. 由题意知a10a11+a9a12=2a10a11=2e5，故有a10a11=e5，而a1·a2·…·a20=（a1a20）10=（a10a11）10=（e5）10=e50. 故可得lna1+lna2+…+lna20=ln（a1·a2·…·a20）=ln（e50）=50.
3. 8
4. （1）由anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0，可得-+2=0，即有-=2，且=1，即数列{cn}是以1为首项、2为公差的等差数列，即有cn=2n-1.
（2）由cn==2n-1，故可得an=（2n-1）·3n-1，则有Sn=a1+a2+a3+…+an=1·30+3·31+5·32+…+（2n-1）·3n-1 ①，故有3Sn=1·3+3·32+5·33+…+（2n-3）·3n-1+（2n-1）·3n ②.
由①-②可得-2Sn=1+2·3+2·32+…+2·3n-1-（2n-1）·3n=（2-2n）·3n-2，故Sn=（n-1）·3n+1.
5. （1）由已知，2bn=an+an+1 ①，a=bnbn+1 ②，由②可得an+1= ③，将③代入①得，对任意n≥2，n∈N？鄢，有2bn=+，即2=+，故{}是等差数列.
（2）设数列{}的公差为d，由a1=10，a2=15，经计算，可得b1=，b2=18，则有=，=3，且d=-=3-=. 故有=+·（n-1）=·（n+4），故bn=，an=.
（3）由（1）可得==2-，则有Sn=2-+-+…+-=2-. 不等式2aSn<2-化为4a-<2-，即（a-1）n2+（3a-6）n-8<0. 设f（n）=（a-1）n2+（3a-6）n-8，则f（n）<0对任意正整数n恒成立. 当a-1>0，即a>1时，不满足条件;当a-1=0，即a=1时，满足条件;当a-1<0，即a<1时，则f（n）的对称轴为x= -<0， f（n）关于n递减. 因此，只需f（1）=4a-15<0，解得a<，故a<1. 综合上述，可得a≤1.
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更新时间：2024/12/22 22:14:59