等差等比性质专题

1、等差、等比数列的性质及应用知识归纳：(一) 等差数列的性质am an(1) am =an +(m-n)d,d= mn(2) 等差数列中，若 p+q=m+n，则 ap aq am an ，若 2m=p+q，则 ap(3)首尾项性质：设数列 an ,a1,a2,a3, ,an ，若 an 是等差数列，则aq2ama1ana2an 1 a3 an 2 ；4)中项及性质：设 a,A , b成等差数列，则 A 称a, b的等差中项，且(5) 若 an, bn 均为等差数列，且公差分别为d1,d 2，则数列 p an,为等差数列，且公差分别为 pd1,d 1,d 1± d2(6) 在等差数列中

2、, 间隔 k 项抽取一些项 , 按原序排列仍构成一个等差数列(7) 等差数列前 n 项和构成一个等差数列，即为 n2d。a2an +q, anb；, 公差为(± bn 也k+1)d.Sn, S2n Sn, S3n S2n, 为等差数列，公差(8) 若等差数列的项数为 2n，则有 S偶 S奇nd, S奇an 。S偶an 1(9) 等差数列的项数为奇数 n，则 Sn S奇S偶且a中间项S奇n 1。S偶n 1(10) a n为等差数列， S2n 1 =(2n-1) an2(11) 通项公式是 an =An+B(A 0)是一次函数的形式；前 n 项和公式 Sn =An +Bn(A0) 是不含

3、常数项的二次函数的形式。 (注当 d=0时， Sn =n a1, an =a1)(12) 若a1>0，d<0， Sn有最大值，若 a1 <0，d>0， Sn 有最小值，an0可由不等式组来确定 n。an 10an0可由不等式组来确定 n。an 10(二) 等比数列的性质(1) an amqn m2(2) 等比数列中，若 p+q=m+n，则 apaq = am·an，若 2m=p+q，则 am =apaq(3) 若 an , bn 均 为 等 比 数 列 ， 且 公 比 分 别 为 q1,q 2 ， 则 数 列 1anp an , an · bn ,

4、n ,| an | 也为等比数列，且公比 分别为anbn1q1pq1,d 1· d2, 1 ,|q 1|q1q2(4) 在等比数列中，间隔 k 项抽取一些项 , 按原序排列仍构成一个等比数列，公比为qk 1(5) 等比数列前 n项和构成一个等比数列， 即Sn, S2n Sn, S3n S2n , 为等比数列， 公比 为 qn 。三） . 等差数列与等比数列的联系 1）若数列 an 是等差数列，则数列 aan是等比数列，公比为 ad ，其中a是常数， d是 an的公差。（ a>0 且 a1）；2）若数列 an 是等比数列，且 an 0，则数列 log a an 是等差数列，公差为

5、 logaq ，其 中 a 是常数且 a 0, a 1 ， q 是 an 的公比。3）若an 既是等差数列又是等比数列 ,则 an是非零常数数列。、主要方法：1解决等差数列和等比数列的问题时，通常考虑两类方法：基本量法：即运用条件转化为关于a1和d（q） 的方程；巧妙运用等差数列和等比数列的性质，一般地运用性质可以化繁为简，减少运算量 2深刻领会两类数列的性质，弄清通项和前n 项和公式的内在联系是解题的关键三、例题讲解：例 1、（ 1）设 an是等差数列，且a1a4a8a12a152，求 a3a13及 S15 值。2）等比数列 an 中， a1 an 66，a2an1 128，前 n项和Sn

6、=126，求 n和公比 q。3）等比数列中， q=2， S99 =77，求 a3 a6 a99；4）项数为奇数的等差数列a n 中，奇数项之和为80，偶数项之和为 75，求此数列的中间项与项数。解：（ 1）由已知可得 a82，所以a3a13 =2 a84，S15 =15 a1a15215a8 302 由题 na1an 128,a1a n 66，所以a12或a164an64an2又 Sna1anq126 , 所以q2或q121qn6n63 Q S99a1a4 La97a2a6La98a3a6La991121a3 a6L a99a3a6La9944qq评注：分解重组，引导发现( a1 a4La97

7、)、（ a2a6La98 )与（ a3a6 L a99 )的关系，从而使问题获得简单的解法。 a1 a2 n 1 nS奇2 n 804 设等差数列共 2n-1 项, 则 奇 2 n 16S偶a2 a2n 2 （ n 1） n 1 75所以此数列共 31项. 中间项 S奇 S偶 80 75 5评注：（ 1）在项数为 2n 1项的等差数列 an 中，S奇 =（n+1）a中,S偶=na中,S2n+1=（2n+1）a中 ；2）在项数为 2n项的等差数列 an中S奇=nan,S偶=nan 1,S2n+1=n（an an1）（2）指出 S1 ，S2，S3， Sn 中哪一个值最大，并说明理由解：（1) S1

8、2 12a112110 ， S1313a112 13dd22由 a3 a12d12, 代入得：24d 3 。7（2）解一：由 S126 a6a70， S1313a70 可知 a6解二： Sn d2 n125dn ，由24d 3 可知，2270，即S6 最大。0,a7例 2、设等差数列的前 n 项之和为 Sn ，已知 a3 =12， S12 >0， S13 <0 ， （ 1）求公差 d 的取值范围。2a1a10，11d 06d 0 ，所以 S6 最大。它的图象是开口向下的抛物线上的一群离散的点，根据图象可知d 5d 24 2 d 5dn（2d 2 2d1313 。又抛物线开口向下，所

9、以 S6 最大。2624) 2 ，由247解三： Sn n2 5d 246 2d评注： 求等差数列 Sn最值有三法：借助求和公式是关于n 的二次函数的特点 , 用配方法变式：（ 1）若一个等差数列前 3 项的和为 34，最后三项的和为 146，且所有项的和为 390, 则这个数列有 13 项；（ 2）已知数列 an是等比数列 ,且an>0,n N*, a3a5 2a4a6 a5a7 81，则 a4 a6 9 （3）等差数列前 m项和是 30，前 2m项和是 100，则它的前 3m项和是 210 （4） 等差数列 a n和b n的前n项之和之比为 （3n+1） ：（2n+3）, 求. a1

10、5 。（=88） b1561变式 ：（1） 已知等差数列 a n中， a1 0,S5 S12，问 S1，S2，S3， Sn中哪一个值最 大。（ S8 或 S9 ）1（2） 数列 an 是首项为 1000，公比为的等比数列，数列 b n 满足n 10 n 1*bk（lga1 lga2 L lgak） （k N ） ，k求解 ;借助等差数列的性质判断 ,通过”转折项”求解 ; 借助二次函数图象求解。 （经过原点 ）求数列 b n的前n项和的最大值； 求数列 |b n|的前n项和Sn 略解：（1）由题得 an 104 n，lgan 4 n， lg an 是首项为 3，公差为 1的等差数列。lg a

11、lg a L lg a 3k k(k 1) b13n n(n 1) 7 nlg a1 lg a2 Llg ak 3k ， bn3n 2 n 2 2bn 0 21由 n ，得6 n 7，数列 bn 的前n项和的最大值为 S6 S7 21bn 1 0 n 6 7 2S1213nn (n 7)441213nn 21 (n 7)442）由（ 1）当 n 7 时， bn0 ，当 n7时，bn0，3 (7n当 n 7时， Snb1 b2 Lbn2 )n12 n13n244当 n 7 时， Sn b1L b7b8 Lbn2S7 Sn12 n13n 21442例 3、（1） 由正数组成的等比数列 an ，若前

12、 2n项之和等于它前 2n项中的偶数项之和的11倍，第 3 项与第 4项之和为第 2 项与第4 项之积的 11 倍，求数列 an 的通项公式解：当 q 1时，得 2na1 11na1 不成立， q2na1(1 q )1 ，12 a1qq3a1q11a1q(1 q2n ) 111a1q2q3a1q1由得 q ，代入得 a1 10 ， an10说明：用等比数列前 n 项和公式时，（2） 若数列 an 成等差数列，且 Sm n,Sn m（m 解：（法一）基本量法（略） ；（1）n 210 定要注意讨论公比是否为 n），求 Sn m12法二）设 Sn An2Bn ，则An2Am2Bn mBm n(1)

13、(2)22(1) (2)得： (n2 m2)A(n m)Bm n ，Q (m n)A B1，2 Sn m (n m)2 A (nm)B (n m) 评注：法二抓住了等差数列前n 项和的特征 Sn An2Bn 。变式： 设数列 an 为等差数列， Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知S7 =7， S15 =75,Tn 为数列 Sn 的前 n 项和，求 Tn。 nS7 解：法一：（基本量法）设 an 首项为 a1，公差为 d，则S157a115a17 6d 7215 14d 75a1 2d1Snn(n 1)2Snnn1n522S7A727B7S15A15215B75此式为 n的一次函数， n

14、为等差数列， Tn 4n 4n。法二： an 为等差数列，设 Sn =An +Bn，解之得：1 2 5 Snn n ，下略。22例 4、已知等差数列 110,116,122, L ，（1）在区间 450,600 上，该数列有多少项？并求它们的和；（2）在区间 450,600 上，该数列有多少项能被 5整除？并求它们的和 .解： an 110 6（n 1） 6n 104，（1）由 450 6n 104 600，得 58 n 82，又 n N* ,1该数列在 450,600 上有 25项, 其和 Sn（a58 a82） 25 13100 2（2） an 110 6（n 1） ，要使 an能被 5整

15、除，只要 n 1能被 5整除，即 n 1 5k， n 5k 1，58 5k 1 82 ， 12 k 16，在区间 450,600 上该数列中能被 5 整除的项共有 5项即第 61,66,71,76,81 项，其和 S 5（a61 a81） 26502变式：下表给出一个“等差数阵”：47（）（）（）a1j712（）（）（）a2j（）（）（）（）（）a3j（）（）（）（）（）a4jai1ai2ai3ai4ai5aij其中每行、每列都是等差数列， aij 表示位于第 i 行第 j 列的数。（I ） 写出 a45的值；（II ）写出 aij 的计算公式；（III ）证明：正整数 N在该等差数列阵中的充

16、要条件是 2N+1可以分解成两个不是 1的正整数之积。解：（I ）a45 49II )该等差数阵的第一行是首项为4，公差为 3 的等差数列： a1j 4 3(j 1)第二行是首项为 7，公差为 5的等差数列： a2j 7 5( j 1)第 i 行是首项为 4 3(i 1)，公差为 2i 1的等差数列，因此aij 4 3(i 1) (2i 1)(j 1) 2ij i j i(2 j 1) j(III )必要性：若 N在该等差数阵中，则存在正整数i ，j 使得 N i(2j 1) j从而 2N 1 2i(2j 1) 2j 1 (2i 1)(2j 1) ，即正整数 2N+1可以分解成两个 不是 1

17、的正整数之积。充分性：若 2N+1可以分解成两个不是 1的正整数之积，由于 2N+1是奇数，则它必为两 个不是 1 的奇数之积，即存在正整数 k，l，使得 2N 1 (2k 1)(2l 1)从而 N k(2l 1) l akl可见 N在该等差数阵中综上所述，正整数 N在该等差数阵中的充要条件是 2N+1可以分解成两个不是 1 的正整 数之积。例 5、(1)已知函数 f1 x2x2 求f1xa1 设 bna2n 1a2n 21,a1 an 1a22n 1 是否存在最小的正整数 k，使对任意1ann N ,求anbnk2k5成立？若存在，求出 k 的值，若不存在，说明理由？ an 1an24得an 10,且 1 2 an 112an 先证明 b n是单调递减数列，所以要对任意14，故 2 4n 3即 an an2k有 bn成立n 254n 3k只须满足 b1 2k5 即可，解得存在最小的正整数k=8 满足条件。2)若Sn和Tn分别表示数列 an 和bn 的前n项和，对任意自然数n，有 an2n 32，4Tn 12Sn 13n，1)求数列 bn 的通项公式；2)设集合 A一项 cn公式x|x 2an,n AI B,c1是 AIN* ，B y| y 4bn,n N B中的最大数，且265 c10 若等差数列 cn 任125，求 cn 的通项解：(1)当 n 2,nN* 时：