等差数列等比数列的题型分析资料讲解

1、等差等比数列的常见题型分析考点透视：高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式： 1. 以选择题、 填空题的形式考查， 主要利用等 差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式及其性质解决与项、 和有关的计算问题， 属于基础 题； 2.以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属低、中档题 题型一：等差、等比数列的基本概念与运算等差、 等比数列是一个重要的数列类型， 高考命题主要考查等差、 等比数列的概念、基 本量的运算及由概念推导出的一些重要性质， 灵活运用这些性质解题， 可达到避繁就简的目 的解决等差

2、、等比数列的问题时，通常考虑两类方法：基本量法，即运用条件转化成关 于 a1和 d的方程 （组） ；巧妙运用等差、等比数列的性质例 1： （2011 江西 ）设 an为等差数列，公差 d 2， Sn为其前 n 项和若 S10S11，则 a1 （） A 18 B 20 C 22D 24解析 由 S10 S11，得 a11S11S100，a1a11（111）d0（10）（2）20. 故选 B. 题后反思 ：本小题主要考查等差数列的通项、性质、前 n 项和以及数列的通项和前 n 项和 的关系，解题的突破口是由 S10S11 得出 a11 0.变式练习：1. （2011 天津）已知 an为等差数列，其

3、公差为 2，且 a7是 a3与 a9的等比中项， Sn为an 的前 n 项和， nN*，则 S10的值为 （） A 110 B 90 C 90 D 110 解析 因为 a7是 a3 与 a9的等比中项，所以 a72a3a9，又因为公差为 2， 所以（ a112） 2（ a14）（ a1 16） ，解得 a120，通项公式为 an 20（ n 1）（ 2）222n.10 a1 a10所以 S102 5 （20 2） 110，故选 D.*S42.设数列 an满足： 2anan1（an0）（ nN*），且前 n项和为 Sn，则 4的值为（）a215 15A. 2 B. 4 C4D 2a1 1 24S

4、41 215解析：由题意知，数列 an是以 2为公比的等比数列，故 4 .答案： Aa2a1 223. 已知两 个等比数列an，bn，满足a1a （a 0） ， b1a11 ， b2a22 ，b3 a3 3. （1）若 a 1，求数列 an 的通项公式； （ 2）若数列 an 唯一，求 a的值 .思路点拨 ：(1) 根据 条件表示出 b1,b2,b3，结合 an 是等比数列，求 出其公比，进而得通 项公式 . ( 2)根据数列 an 的唯一性，知 q的一个值为 0，得 a的值.审题视点 (1) 利用 b1、b2、b3等比求解； (2) 利用(1) 问的解题思路，结合方程的相关知识 可求解22

5、解 (1) 设 an 的公比为 q，则 b11 a2，b22aq2q，b33 aq23q2. 由 b1，b2，b3成等比数列得 (2 q) 2 2(3 q2) ，即 q2 4q20，解得 q12 2， q2 2 2， 所以 an的通项公式为 an(2 2) 1或 an (2 2) 1.2 2 2(2) 设 an的公比为 q，则由 (2 aq)2(1a)(3 aq2) ，得 aq2 4aq 3a1 0.(*) 由 a0 得， 4a24a0，故方程 (*) 有两个不同的实根，1 由 an唯一，知方程 (*) 必有一根为 0，代入(*) 得 a3.3方法锦囊： 关于等差 ( 等比) 数列的基本运算，

6、 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4.设an 是公比为 q的等比数列，令 bn an 1， n N * ，若数列 bn 的连续四项在集合53, 23,19,37,82 中，则 q 等于( ) A433234BC或D或322343知识点】递 推 公式的 应用；等 比数列 的性质解： b n 有连续四项 在-53 ，-23 ，19，37，82 中 且 bn=an+1 a n=bn-1则a n有连续四项在-54 ，-24 ，18

7、，36，81 中 a n 是等 比数列 ，等比数 列中有 负数项则 q 0，a14 0，a4a14 8，a70，a110，则 2a7a112 2a7 a11 2 2a4a14a7 a11 8，2 168，当且仅当即a72，a114时取等号，故 2a7a11的最小值为 8，2a7 a11，故选 B.变式练习：1、等差数列 an 中， a5a64，则 log 2（2 a1 2a2 2a10） （）A10 B 20 C 40 D 2log 25解析：依题意得，a1a2a3a10 5（ a5 a6） 20，因此有 log 2（2 a1 2a2 2a10） a1a2 a3 a1020.2 2 1 m2、

8、已知方程 （ x2 mx2）（ x2nx2）0 的四个根组成以 为首项的等比数列， 则 （ ） 2n3 3 2 2A.2 B. 2或 3 C. 3 D 以上都不对解析：设 a，b， c，d是方程 （ x2 mx 2）（ x2 nx 2） 0的四个根，不妨设 acd0，当 Sn取得最大值时，求 n的值； （2）Sn ana1 46，记 bn n ，求 bn 的最小值解 （1） 设 an 的公差为d，则由 3a5 5a8，得 3（a14d）5（a17d），2 d 23a1.Snna1n n2 1 a10，当 n12 时，Sn取得最大值2（2） 由 （1） 及 a1 46，得 d 23 （ 46）

9、4， an 46 （ n 1） 4 4n 50，23Sn 46nn n 122 4 2n2 48n.bnn2Sn an 2n 52n 502n505222n5052 32，nn当且仅当 2n ，即 n5 时，等号成立n故 bn 的最小值为 32.点评：(1) 在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，只要根据已知条件求出这两个量，其他问题就可随之而解， 这就是解决等差数列问题的基本方法， 其中蕴含着方程思想的运用 (2) 等差数列的性质 若 m， n，p，qN*，且 mnpq，则 am an ap aq； Sm， S2m Sm， S3m S2m，仍成等差数列；am an* aman( mn)

10、d? d( m， nN*) ；mnan A2n 1 n 2n1(A2n1，B2n1分别为 an，bn的前 2n1项的和 )bn B2n 1(3) 数列 an是等差数列的充要条件是其前n项和公式 Snf ( n)是 n的二次函数或一次函数且不含常数项，即 SnAn2Bn(A2B20) 1 1 *7. 若数列 an满足 1 1 d(nN，d为常数 ) ，则称数列 an 为“调和数列”已 an1 an知正项 数 列 1 bn为 “ 调 和 数 列 ” ， 且 b1 b2 L b990 ，则 b4?b6 的 最大值 是100( ) A 10【知识点】等差数列的概念、等差数列的性质与基本不等式求最值20

11、0400解：因为正项数列1 为“调和数列”，则 bn 1 bn d ， bn即数列bn为等差数列，由等差 数 列 的 性 质 b1b2 b3 K b99b5 90 ， b5 10 则 b4b62b5 20 ， 所 以2b b b4 b6 b4b62100 ，当且仅当 b4b6 即该数列为常数列时等号成立，所以选 B.思路点拨】根据所给的新定义可得到数列bn 为等差数列，从所给的项的项数特征可发现等差数列的性质特征，利用等差数列的性质即可得到则b4 b6 2b5 20 ，再由和为定值求积的最大值利用基本不等式解答即可 .题型三：数列 an 与 Sn 的关系的考查考点总结：已知 an 与 Sn的关

12、系，有目标把该关系统一到同想和和上，求Sn或 an ，这是常见的递推关系。例： 已知数列 an的前 n 项和为 Sn且满足 an2SnSn10(n2)，a112.1(1) 求证： 1 是等差数列； (2) 求 an 的表达式 Sn 审题视点 (1) 化简所给式子，然后利用定义证明(2) 根据 Sn 与 an之间关系求 an.(1) 证明 an Sn Sn1( n2)，又 an 2Sn Sn1，11Sn 1 Sn2Sn Sn1， Sn 0， 2(n 2) Sn Sn 111 1由等差数列的定义知 S1 是以 2 为首项，以 2为公差的等差数列SnS1 a111(2) 解 由(1) 知SS(n1)

13、d2( n 1) 2 2n，11 Sn . 当 n 2 时，有 an 2SnSn1，2n2n n 11又 a1 12，不适合上式，12，n1， an12n n 1，n2.方法总结： 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法， 而对于通项公式法和前 n 项和 公式法主要适合在选择题中简单判断变式练习：1.已知 an 是一个公差大于 0的等差数列，且满足 a3a655, a2a716 .(1) 求 数 列 an 的 通 项 公 式 ; ( 2 ) 若 数 列an和数 列bn满 足等 式 ：anb1b22b33bnn (nN*) ，求数列 bn的前 n项和 Sn.n222232n n n点拨：(1

14、)等差数列中， 已知两条件可以算出两个基本量 a1,d , 再进一步求通项及前 n项和， 当然若能利用等差数列的性质来计算，问题就简单多了. ( 2)分组求和、倒序相加、错位相减、裂项相消等是常用的求和方法，这里利用(1)的结论以及 an , bn的关系求 bn 的通项公式，根据通项公式求前 n 项和 .解：( 1)解法 1：设等差数列 an 的公差为 d，则依题设 d0，由a2 a7 16.得 2a1 7d 16 由a3 a6 55,得 (a1 2d)(a1 5d) 55由得 2a1 16 7d将其代入得 (16 3d )(16 3d) 220.即 256 9d2 220，2d2 4,d 0

15、 d 2 ，代入得 a1 1, an 1 (n 1)2 2n 1解 法 2：等 差数列 an 中 ， a3 a6 55, a2 a7 16 a3 a6 ，公 差 d 0 ，a3 5,a6 11d2， a163b2)设 cn bnn ，则有 an c1 c22n即当 n2 时， bn2n 1 ，又当 n1时，bn2,(n 1)于是 Sn b1b22n 1,(n2) n 1两式相减得 an 1 an cn 1，由( 1)得n1=2222324K2n 14= 2(2 1) 42n26,即Sn211,an 1(n1)22n 1cn,an 1c1c2cn 1,a11,an1 an2cn 1， cn 2(

16、n 2) ，b12a12，3Kbn2 2324K2n12n 2易错点：（1）由 an ,bn 的关系及（ 1）的结论找不到bn 的通项公式，使解题受阻；2）在求 bn 的通项公式时，由 cn 1 2得 cn 2, 把n 2这个条件遗漏；3）忽略当 n 1 时，b1 2a1 2 ， 直 接 写 bn2n 1 ；（ 4 ） 计 算 数 列bn 的 前 n 项 和Snb1b2b3Kbn22324K2n1时随意添加22项 .提炼方法：（ 1）等差数列与等比数列只有一字之差，部分同学经常出现审题不仔细的现象；（2）等差中项与等比中项的性质混淆，概念模糊不清；（ 3）对等差数列与等比数列的性质及公式的变式

17、不熟悉，往往要先计算a1,d,q 等量，一旦计算量大一点，解题受阻2. 已知数列 an 满足递推关系式 an 1 2an 2nnN) ，且an2n为等差数列，则 的值是 【知识点】等 差 数列的 应用; 数 列递推 式解：若an2n为等差数列，an 12n 1an2nn2an 2n 12n 1anan2n2n12n 12nan2n1，2n 1 2n ，为常数，即12n 12n0 ， 则 -1-2=0， 解 得=-1 ，思路点拨】根 据数列的 递推关 系式，结合等 差数列的 定义即 可得到 结论题型四：等差等比的综合应用 考点总结：数列时一种特殊的函数，把数列与函数、不等式、解析几何等知识有机结

18、合，是 数列的一个发展方向，考查转化与化归的数学思想。例：（2008 山东卷 ） 将数列 an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a1a2 a3a4 a5 a 6a7 a 8 a 9 a10记表中的第一列数 a1，a2，a4，a7，构成的数列为 bn, b1=a1=1. Sn为数列 bn的前 n 项和，且满足2bn 2 =1（ n 2）.（ ） 证明数列 1 成等差数列，并求数列 bn的通项bnSN S2nSn公式；（）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且4公比为同一个正数 .当 a81时，求上表中第 k（ k 3）行所有项和的和 .91解析：

19、（1)由已知得，当 n2 时2bn 2 =1bnSN S n又 Sn b1b2b32(Sn Sn 1)bn，所以 (Sn Sn 1)Sn Sn21，即 2(Sn Sn 1) 1Sn 1Sn1所以 1Sn1Sn 112 ，又 S1 b1 an 1 ，所以数列1Sn是以11 为首项， 为公差的等差数列。21所以 1Sn112(n 1)n12Sn当n2时，bnSnSn 12n1n(n 1)又 S1b1an 1因此 bn1,n 12n(n 1),n2）设表中从第三行起，每一行的公比为q 且 q 0因为 1 2 312 78 ，所以表中第行至第12 行共含函数列中的前 78 项，故表中第 13 第 3

20、列中的数为 a81491，2又 b1313 13记表中第 k（k3） 行所有项和的和为因此 b13 q2，所以 q 214S，则kk bk (1 qk)2 1 2kS k g1 q k(k 1) 1 2k(k2 1)(1 2k)(k 3)拓展提高：此题主要考察递推公式，构造新数列，以及求行列式的通项。 变式练习：1、已知“三角数阵”每一列成等差数列，从第三行起每一行成等比数列，且公比为q,公比相等记第 i 行第 j 列个数为aij (ij,ij N*)14123414383161）求 q，（ 2）求 aij 的表达式，3）记第 n 行和为 An ，求 An 的前项和 Bn ,解析 :（1）设公

21、比为 q,则 a211a11 q 2q, a24a222(a22 a21),又 a22a32q4q , 114q2(41qq2)4q24q 3 0 ,1或q22）第一行的公差为3 ( 舍 ),21,2则 a22a1j212(j1)aija1j (12)ij 1 i1 1 i2 (2)i1 j (2)i3) An an1 112 (12)2 (21)32 2 2(12)n(12)n1n(12)n12Bn 12(112设Tn则 12Tn则由以上两式得m)241412Tn38281 1 22(2 4 n 2n3161124n2n 1 1 1612nn2n 112nn2n 1n22n 1所以 Bnn(

22、n 1) n 2142n 1 1拓展提高 : 数阵题是一种新型题型 , 解题关键是抓住所给的各行格列所构成的数列的类型 再由特殊项推各行各列的前几项 , 进而求通项 .2、等比数列 an的前 n 项和为 Sn， 已知对任意的 n N ，点 （n, Sn） ，均在函数 xy b r（b 0且b 1,b,r 均为常数 ）的图像上 . （1）求 r 的值；（ 11）当 b=2 时，记 n1bn（n N ）求数列 bn的前 n项和 Tn4an解: 因为对任意的nbnNr,点 (n , Sn ) ，均在函数 y bxr(b 0 且b1,b,r 均为常数 ） 的图像上.所以得 Sn当n1 时 , a1S1

23、br,当n2时 , anSnSn1 bn r(bn 1r ) bn bn1 (b 1)bn1又因为 an 为等比数列 ,所以 r1,公比为 b,所以 an(b 1)bn 1n1n1n1n1n1（2）当 b=2 时，an(b1)bn 12n1,bnn1n1n4an4 2n 12n 1234n1则 TnLn22 23242n 11234nn112Tn232425Ln2n1 2n21 相减 , 得 1Tn2222113423 2411n 1L=5n 1n 2252n 12n 21223 (1 2n 1)11n12n 23 1 n 1n 1 n 24 2n 1 2n 2231n13n3所以 Tnn22

24、n2n 12 2n 1拓展提高 :本题主要考查了等比数列的定义 ,通项公式 ,以及已知 Sn求an 的基本题型 ,并运用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n 项和 Tn .3、已知直线 l n : y x 2n 与圆 Cn : x2 y2 2an n 2（n N ） 交于不同点 An、Bn, 其12中数列 an 满足： a1 1,an 1AnBn . （1）求数列 an 的通项公式；4n（2）设 bn（an 2）,求数列 bn的前 n项和 Sn.3解析：(1)圆心到直线的距离 d n ，an 1(12 AnBn )22an 2, 则 an 12 2(an 2)易得 a

25、n 3 2n 12bn3 (an 2)n 2n 1,(2) Sn1 20 221 3 22n 2n 12Sn 1 21 222 3 23n 2n相减得 Sn (n 1)2n14( 2012高考四川卷 ) 设函数 f( x) 2xcos x， an是公差为 的等差数列，82 f ( a1) f ( a2) f ( a5) 5，则 f ( a3) 2a1a5()1 2 1 2 13 2 A 0B. C. D. 16 8 16(1) 给出以等差数列前 5 项为自变量的函数值之和(2) 由等差数列性质和三角函数性质把 f (a1)f (a2)f(a3)f(a4)f ( a5)的结构用 a3表达(3)

26、构造函数，通过函数的单调性确定a3 的值(4) 将求解结果用 a3 表示、化简抓信息 寻思路【解析】 f (a1)f(a2)f(a3)f (a4)f (a5)2( a1 a2 a3a4a5) (cos a1 cos a2 cos a3 cos a4 cos a5) 10 a3 cos( a3 4 ) cos( a3 8) cos a3cos( a3 8) cos( a3 4 ) 10a3 (2cos 4 2cos 8 1)cos a3.构造函数 g(x) 10x(2cos2cos 1)cos x 5，48g( x) 10 (2cos2cos 1)sin x0，48 函数 g( x)在( ， )

27、内单调递增，由 g( 2)0，所以方程 10x (2cos2cos 1)cos x50 有唯一解 x ，所以 a3 .4822222 2 2 2 2 2 所以 f ( a3) 2a1a5f(a3) 2(a3 )( a3 )f(a3) 2a23 2( )2 4 4 16 2 16 13216 .145. 已知正项等比数列 an 满足 a7a62a5，若存在两项 am，an使得 aman4a1，则 的最 mn359 小值为 ( )A. 2B.3C.4D不存在2 3 42解：因 a7a62a5，所以 q2 q 20，解得 q2 或 q 1(舍去) 又 aman a12qmn2 4a1，所以 m n

28、6.则1m4n61 1m4n (mn) 61 1nm4nm4 23.m n 6 m n 6 m n 2当且仅当 nm 4nm，即 n2m时，等号成立此时 m2，n4.题型五：与其它知识点交汇考点总结：创新题是以基本概念，基本性质为主，考查学生阅读材料，提取信息，建立数学 模型，考查应用所学的知识分析解决问题的能力。例： 根据如图所示的程序框图，将输出的 x、 y 值依次分别记为x1,x2,xn , , x2008 ， y1 ,y2 ,yn , y2008 （ 1）求数列 xn 的通项公式xn；2）写出 y1,y2, y3 , y4 ，由此猜想出数列 yn ；的一个通项公式yn，并证明你的结论

29、;3）求 Znx1y1 x2y2 xnyn(x N*,n 2008) 点拨：（1）程序框图与数列的联系是新课标背景下的新鲜事物，因为程 序框图中循环，与数列的各项一一对应，所以，这方面的内容是命题的 新方向，应引起重视； （ 2）由循环体写出数列的递推公式，再由递推公 式求出数列的通项公式是解决问题的关健；（ 3）掌握错位相减法求数列的前 n 项和及数列求和的一般方法 .解 ：（ 1 ） 由 框 图 ， 知数 列 xn 中 x11,xn 1xn 2xn1 2(n 1)2n 1(nN*,n2008)2 ) y1=2 ，y2=8 ，y3=26 ，y4=80.此，猜yn3n 1,(nN ,n 2008)证明：由框图，知数列 yn中， yn 13yn 2yn 11 3(yn1)， y113数列 yn+1是以 3 为首项， 3为公比的等比数列，3nn1,(nN ,n2008)3) zn x1y1 x2 y2xn yn 1 (3 1)3 (321)(2n1)(3n1)2n=1 3+3 32+(2n1) 3 1+3+ + 记 Sn=13+332+ +(2n 1)3n， ， 得 2Sn=3+232+233+ +23n2n1)23则