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等差等比数列性质(2课时)复习讲义与习题

时间:2014-10-01


第十三、十四讲 等差、等比数列性质及应用(2 课时)
例题讲解: 例 1、 (1)设 ?an ? 是等差数列,且 a1 ? a4 ? a8 ? a12 ? a15 ? 2 ,求 a3 ? a13 及 S15 值。 (2)等比数列 ?an ? 中, a1 ? an ? 66 , a2 an?1 ? 128,前 n 项和 Sn=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 ?an ? 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 a8 ? ?2 ,所以 a3 ? a13 =2 a8 ? ?4 ,S15=

? 2?

由题

15?a1 ? a15 ? ? 15a8 ? ?30 2 ? a1 ? 2 ?a1 ? 64 或? a1an ? 128, a1 ? an ? 66 ,所以 ? ?a n ? 64 ? a n ? 2

又 Sn ?

? 3?

1 a1 ? a n q ?q ? 2 ? ?q ? 或? ? 126 ,所以 ? 2 1? q ?n ? 6 ? n ? 6 ? S99 ? ? a1 ? a4 ? ? a97 ? ? ? a2 ? a6 ? ? a98 ? ? ? a3 ? a6 ?
? a99 ? ? a3 ? a6 ?

? a99 ?

? 1 1 ? ? ? 2 ? ? 1? ? a3 ? a6 ? q ? ?q

? a99 ? 44
) 与 ( a3 ? a6 ? ? a99 )

评注: 分解重组, 引导发现 ( a1 ? a4 ?

、 ( a2 ? a6 ? ? a89 ? a97 )

的关系,从而使问题获得简单的解法。

?4? 设等差数列共 2n-1 项,则

S奇 S偶

?a1 ? a2n?1 ?n
2 2 ?

?

?a2 ? a2n?2 ?(n ? 1)

n 80 ? ? n ? 16 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,S 2n+1=(2n+1)a中 ; (2)在项数为 2 n 项的等差数列 {an } 中 S奇 =nan ,S偶 =nan?1 ,S2n+1 =n(an ? an?1 ) . 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 ? 2a4 a6 ? a5a7 ? 81 ,则
*

a4 ? a6 ? 9 . (3)等差数列前 m 项和是 30 ,前 2 m 项和是 100 ,则它的前 3m 项和是 210 .
1

(4) 等差数列{an}和{bn}的前 n 项之和之比为(3n+1):(2n+3),求. 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。 (2)指出 S1,S2,S3,…Sn 中哪一个值最大,并说明理由。 解: (1) S12 ? 12 a1 ?

a15 88 。 (= ) 61 b15

?2a1 ? 11d ? 0 12 ? 11 12 ? 13 d ? 0 , S13 ? 13a1 ? d ? 0 ,即 ? , 2 2 ? a1 ? 6d ? 0

24 ? d ? ?3 。 7 (2)解一:由 S12 ? 6?a6 ? a7 ? ? 0 , S13 ? 13a7 ? 0 可知 a6 ? 0 , a7 ? 0 ,所以 S6 最大。
由 a3 ? a1 ? 2d ? 12 ,代入得: ? 解二: S n ?

24 d 2 ? 5d ? ? d ? ?3 可知,它的图象是开口向下的 n ? ?12 ? ?n ,由 ? 7 2 2 ? ?
2

抛物线上的一群离散的点,根据图象可知 S6 最大。

24 d? 5d ? 24 ? d 5d ? 24 2 ? d ? ?3 得 解三: S n ? ? n ? ) ,由 ? ? ? ( 7 2? 2d ? 2 2d 5d ? 24 13 6? ? 。又抛物线开口向下,所以 S6 最大。 2d 2
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 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) 变式:(1) 已知等差数列{an}中, a1 ? 0, S 5 ? S12 ,问 S1,S2,S3,…Sn 中哪一个值最大。 (2) 数列 {an } 是首项为 1000 ,公比为

1 的等比数列,数列 {bn } 满足 10

1 bk ? (lg a1 ? lg a2 ? k

? lg ak ) (k ? N * ) ,

(1)求数列 {bn } 的前 n 项和的最大值; (2)求数列 {|b n |} 的前 n 项和 S n? . 略解: (1)由题得 an ? 104?n ,∴ lg an ? 4 ? n ,∴ {lg an } 是首项为 3,公差为 ?1 的 AP。 ∴ lg a1 ? lg a2 ?

k (k ? 1) 1 n(n ? 1) 7 ? n ]? ,∴ bn ? [3n ? 2 n 2 2 ?bn ? 0 21 由? ,得 6 ? n ? 7 ,∴数列 {bn } 的前 n 项和的最大值为 S 6 ? S 7 ? 2 ?bn ?1 ? 0 ? lg ak ? 3k ?

(2)由(1)当 n ? 7 时, bn ? 0 ,当 n ? 7 时, bn ? 0 ,

7?n 2 )n ? ? 1 n2 ? 13 n ∴当 n ? 7 时, Sn? ? b1 ? b2 ? ? bn ? ( 2 4 4 1 13 2 当 n ? 7 时, S n? ? b1 ? ? b7 ? b8 ? ? bn ? 2 S7 ? S n ? n ? n ? 21 4 4 3?
2

? 1 2 13 ? n ? n (n ? 7) ? ? 4 4 ? ∴ Sn ? ? . ? 1 n 2 ? 13 n ? 21 (n ? 7) ? ?4 4 例 3、(1) 由正数组成的等比数列 {an } ,若前 2 n 项之和等于它前 2 n 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.

? a1 (1 ? q 2 n ) 11a1q (1 ? q 2 n ) ① ? ? 1 ? q2 解:当 q ? 1 时,得 2na1 ? 11na1 不成立,∴ q ? 1 ,∴ ? 1 ? q ? a q 2 ? a q 3 ? 11a q ? a q 3 ② ? 1 1 1 1 1 1 n?2 由①得 q ? ,代入②得 a1 ? 10 ,∴ an ? ( ) . 10 10 说明:用等比数列前 n 项和公式时,一定要注意讨论公比是否为 1. (2) 若数列 {an } 成等差数列,且 Sm ? n, Sn ? m(m ? n) ,求 Sn? m .
解: (法一)基本量法(略) ;

? An 2 ? Bn ? m ? (法二)设 Sn ? An ? Bn ,则 ? 2 ? ? Am ? Bm ? n
2
2 2

(1) (2)

(1) ? (2) 得: (n ? m ) A ? (n ? m) B ? m ? n , m ? n , ∴ (m ? n) A ? B ? ?1,
∴ Sn?m ? (n ? m)2 A ? (n ? m) B ? ?(n ? m) . 评注:法二抓住了等差数列前 n 项和的特征 Sn ? An2 ? Bn 。 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{ 的前 n 项和,求 Tn。
7?6 ? S ? 7a 1 ? d?7 ? ? 7 2 解:法一: (基本量法)设{an}首项为 a1,公差为 d,则 ? ?S ? 15a ? 15 ? 14 d ? 75 15 1 ? 2 ?

Sn } n

?a ? ?2 ∴ ? 1 ?d ? 1

∴ Sn ? ?2 ?

S n(n ? 1) n ?1 n 5 ,∴ n ? ?2 ? ? ? 2 n 2 2 2

∴ 此式为 n 的一次函数, ∴ {

Sn 1 a }为等差数列,∴ Tn ? n 2 ? n 。 4 4 n

2 ? ?S 7 ? A ? 7 ? 7B ? 7 法二:{an}为等差数列,设 Sn=An2+Bn,∴ ? 2 ? ?S15 ? A ? 15 ? 15B ? 75

3

1 ? A? ? ? 2 解之得: ? ?B ? ? 5 ? 2 ?

∴ Sn ?

1 2 5 n ? n ,下略。 2 2


例 4、已知等差数列 110,116,122,

(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 ? 6 n ? 104 ? 600 ,得 58 ? n ? 82 ,又 n ? N ,
*

1 (a58 ? a82 ) ? 25 ? 13100 . 2 (2)∵ an ? 110 ? 6(n ?1) ,∴ 要使 an 能被 5 整除,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 5(a61 ? a81 ) ? 2650 . 整除的项共有 5 项即第 61,66,71,76,81 项,其和 S ? 2
∴ 该数列在 [450, 600] 上有 25 项, 其和 S n ? 变式:下表给出一个“等差数阵”: 4 7 ( ) ( 7 ( ( ) ( ) ( …… 12 ( ) ( ) ( …… ) ( ) ( ) ( …… ) ( ) ( ) ( ) ( …… ) ) ) ) …… …… …… …… …… ……

a1 j
a2 j

…… …… …… …… …… …… ……

a3 j
a4 j
……

……

ai1

ai 2

ai 3

ai 4

ai 5

aij
……

…… …… …… …… …… …… 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 a 45 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要条件是 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正 整数之积。 解: (I) a 45 ? 49 (II)该等差数阵的第一行是首项为 4,公差为 3 的等差数列: a1 j ? 4 ? 3( j ? 1) 第二行是首项为 7,公差为 5 的等差数列: a2 j ? 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

1) (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 (2 j ? 1) ? j 从而 2 N ? 1 ? 2i (2 j ? 1) ? 2 j ? 1 ? (2i ? 1)(2 j ? 1) , 即正整数 2N+1 可以分解成两
个不是 1 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 2 N ? 1 ? (2k ? 1)(2l ? 1)
4

aij ? 4 ? 3 i(? 1) ? i(? 2

j1) ? ( ? 1) ij ? i ? 2j ?i

j ? (? 2j

从而 N ? k (2l ? 1) ? l ? a kl 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 f ?x ? ? ①求 f
?1

1 x2 ? 4

?x ? ?2?
1 a n?1 ??f
?1

?x ?

② 设 a1 ? 1,

?an ??n ? N ? ?, 求an
?

③ 设 bn ? a 2 n?1 ? a 2 n?2 ? ? ? a 2 2n?1 是否存在最小的正整数 k,使对任意 n ? N

k 成立?若存在,求出 k 的值,若不存在,说明理由? 25 1 ?1 解:① 由题 f ?x ? ? ? ? 4 ? x ? 0? x2 1 1 1 1 1 ? ? 4 得 an?1 ? 0, 且 ② ? 2 ? 4 ,故 2 ? 4n ? 3 即 a n ? 2 2 a n ?1 an an?1 an an
有 bn ?
? ③ 先证明{bn}是单调递减数列,所以要对任意 n ? N 有 bn ?

1 4n ? 3



k 成立 25

k 即可,解得存在最小的正整数 k=8 满足条件。 25 ( 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 2n ? 3 an ? ? , 4Tn ?12Sn ? 13n , 2 ( 1 ) 求 数 列 {bn } 的 通 项 公 式 ; ( 2 ) 设 集 合 A ? {x | x ? 2an , n ? N *} ,
只须满足 b1 ?

B ? {y | y ? 4bn , n ? N *} .若等差数列 {cn } 任一项 cn ? A B, c1 是 A B 中的最大 数,且 ?265 ? c10 ? ?125 ,求 {cn } 的通项公式.

?4Tn ? 12Sn ? 13n , ?4Tn?1 ? 12Sn?1 ? 13(n ? 1) 13 5 17 ? ?3n ? , 两式相减得:4bn ?12an ? 13 , ∴bn ? 3an ? 又 b1 ? ? 也适合上式, 4 4 4 5 ∴ 数列 {bn } 的通项公式为 bn ? ?3n ? . 4 * (2)对任意 n ? N , 2an ? ?2n ? 3, 4bn ? ?12n ? 5 ? ?2(6n ? 1) ? 3 ,∴B ? A , ∴A B ? B ∵c1 是 A B 中的最大数,∴c1 ? ?17 , 设等差数列 {cn } 的公差为 d ,则 c10 ? ?17 ? 9d ,∴ ?265 ? ?17 ? 9d ? ?125 , 5 即 ?27 ? d ? ?12 ,又 4bn 是一个以 ?12 为公差的等差数列, 9
解: (1)当 n ? 2, n ? N 时: ?
* * ∴ d ? ?12k (k ? N ) ,∴d ? ?24 ,∴cn ? 7 ? 24n .

5

13、14 等差、等比数列性质及应用复习参考题
一、选择题 1.在正整数 100 至 500 之间能被 11 整除的个数为( ) A.34 B.35 C.36 2.{an}是等差数列,且 a1+a4+a7=45,a2+a5+a8=39,则 a3+a6+a9 的值是( A.24 B.27 C.30 3.设函数 f(x)满足 f(n+1)=

D.37 ) D.33

A.95 B.97 C.105 D.192 4. 若 {an } 是等差数列,首项 a1 ? 0, a2003 ? a2004 ? 0, a2003 .a2004 ? 0 ,则使前 n 项和

2 f (n) ? n (n∈ N*)且 f(1)=2,则 f(20)为( 2



Sn ? 0 成立的最大自然数 n 是:





A.4005 B.4006 C.4007 D.4008 * 5.等差数列{an}中,已知 a1=-6,an=0,公差 d∈ N ,则 n(n≥3)的最大值为( ) A.5 B.6 C.7 D.8 o 6. 设命题甲:△ ABC 的一个内角为 60 ,命题乙:△ ABC 的三个内角的度数成等差数列. 那么( ) (A)甲是乙的充分不必要条件 (B)甲是乙的必要不充分条件 (C)甲是乙的充要条件 (D)甲不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 7.已知等差数列{an}的公差为正数,且 a3· a7=-12,a4+a6=-4,则 S20 为( ) A.180 B.-180 C.90 D.-90 8. 现有 200 根相同的钢管,把它们堆放成正三角形垛,要使剩余的钢管尽可能的少, 那么剩余钢管的根数为( ) A.9 B.10 C.19 D.29 9.由公差为 d 的等差数列 a1、a2、a3…重新组成的数列 a1+a4, a2+a5, a3+a6…是( ) A.公差为 d 的等差数列 B.公差为 2d 的等差数列 C.公差为 3d 的等差数列 D.非等差数列 10.在等差数列{an}中,若 S9=18,Sn=240,an-4=30,则 n 的值为( ) A.14 B.15 C.16 D.17 二、填空题 2a n 2 11.在数列{an}中,a1=1,an+1= (n∈ N*),则 是这个数列的第_________项. an ? 2 7 12.在等差数列{an}中,已知 S100=10,S10=100,则 S110=_________. 13.在-9 和 3 之间插入 n 个数, 使这 n+2 个数组成和为-21 的等差数列, 则 n=_______. Sn a11 2n 14.等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn、Tn,若 = ,则 =_________. b11 Tn 3n ? 1 15. 已知等差数列{a n}的公差 d≠0,且 a1,a3,a9 成等比数列,则 16. 若数列 {an } 是等差数列,则数列 ?
6

a1 ? a 3 ? a 9 的值是 a 2 ? a 4 ? a 10

? a1 ? a2 ? n ?

? an ? ? 也为等差数列,类比上述性 ?

质, 相应地: 若 {cn } 是等比数列, 且 cn >0 , 则{ dn }是等比数列,其中 dn ?



17. 设 m∈ N+,log2m 的整数部分用 F(m)表示,则 F(1)+F(2)+…+F(1024)的值是 三、解答题(本大题共 5 小题,共 54 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.若等差数列 5,8,11,…与 3,7,11,…均有 100 项,问它们有多少相同的项?

19. 在等差数列{an}中,若 a1=25 且 S9=S17,求数列前多少项和最大.

20. 已知 f(x+1)=x2-4,等差数列{an}中,a1=f(x-1), a2=- (1)求 x 值; (2)求 a2+a5+a8+…+a26 的值.

3 ,a3=f(x). 2

21.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an+2Sn· Sn-1=0(n≥2),a1=

1 . 2

1 }是等差数列; (2)求 an 表达式; Sn (3)若 bn=2(1-n)an(n≥2),求证:b22+b32+…+bn2<1.
(1)求证:{

7

13、14 等差、等比数列性质及应用复习题参考答案
一、选择题: 1、 C 2、D 二、填空提: 11、6 3、B 4、C 13、5 5、C 14、 6、C 15、 7、A 8、B 16、 n C1 ? C2 9、B 10、B 17、8204

12、-110

21 32

13 16

Cn

三、解答题: 18. 设这两个数列分别为{an}、{bn},则 an=3n+2,bn=4n-1,令 ak=bm,则 3k+2=4m-1. ∴ 3k=3(m-1)+m,∴ m 被 3 整除. 设 m=3p(p∈ N*),则 k=4p-1. ∵ k、m∈ [1,100]. 则 1≤3p≤100 且 1≤p≤25. ∴ 它们共有 25 个相同的项. 19. ∵ S9=S17,a1=25,∴ 9× 25+ ∴ Sn=25n+

20.、(1)∵ f(x-1)=(x-1-1)2-4=(x-2)2-4 ∴ f(x)=(x-1)2-4,∴ a1=(x-2)2-4,a3=(x-1)2-4,又 a1+a3=2a2,解得 x=0 或 x=3. (2)∵a1、a2、a3 分别为 0、- ∴ an=-

n(n ? 1) (-2)=-(n-13)2+169.由二次函数性质知前 13 项和最大. 2

9 ? (9 ? 1) 17(17 ? 1) d=17× 25+ d,解得 d=-2, 2 2

3 3 、-3 或-3、- 、0 2 2

3 3 (n-1)或 an= (n-3) 2 2 3 9 351 ① 当 an=- (n-1)时,a2+a5+…+a26= (a2+a26)= 2 2 2 3 9 297 ② 当 an= (n-3)时,a2+a5+…+a26= (a2+a26)= . 2 2 2
21、 (1)∵ -an=2SnSn-1,∴ -Sn+Sn-1=2SnSn-1(n≥2),又 Sn≠0, 1 1 1 1 1 ∴ - =2,又 = =2,∴ { }是以 2 为首项, 公差为 2 的等差数列. Sn S n ?1 S 1 a1 Sn (2)由(1)

1 1 1 =2+(n-1)2=2n,∴ Sn= ,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=- 2n( n ? 1) Sn 2n

?1 (n ? 1) ? 1 ?2 n=1 时,a1=S1= ,∴ an= ? 1 2 ?(n ? 2) ? ? 2n(n - 1)
(3) 由(2)知 bn=2(1-n)an= ∴ b22+b32+…+bn2=

1 n

1 1 1 1 1 1 + 2 +…+ 2 < + +…+ 2 (n ? 1)n 3 n 1? 2 2 ? 3 2 1 1 1 1 1 1 =(1- )+( - )+…+( - )=1- <1. 2 2 3 n ?1 n n

8


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