§3.1 等差数列与等比数列

第三章数列
§3.1 等差数列与等比数列

考纲展示

专题结构

命题特点

考点案例

考能训练

方法感悟

    一、考纲展示
    1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。
    2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前

n

项和公式，并能解决简单的实际问题．
3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前

n

项和公式，并能解决简单的实际问题．

考点案例
(在实践中提高能力，在体验中反思感悟，力求独立，力求提高)

    1、(2006年高考福建卷)已知数列 ${a_{n}}$ 满足 $a_{1} = 1, a_{2} = 3, a_{n + 2} = 3 a_{n + 1} - 2 a_{n} (n \in N^{⋆})$ ．
    (1)证明：数列 ${a_{n + 1} - a_{n}}$ 是等比数列；
    (2)求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式；
    (3)若数列 ${b_{n}}$ 满足 $4^{b_{1} - 1} 4^{b_{2} - 1} \dots 4^{b_{n} - 1} = {(a_{n} + 1)}^{b}_n (n \in N^{⋆})$ ．证明： ${b_{n}}$ 是等差数列.

提示	示范
分别求出.
解:(1)证明：　∵ $a_{n + 2} = 3 a_{n + 1} - 2 a_{n}$ ， ∴ $a_{n + 2} - a_{n + 1} = 2 (a_{n + 1} - a_{n})$ ∵ $a_{1} = 1, a_{2} = 3$ , ∴ $\frac{a_{n + 2} - a (n + 1)}{a_{n + 1} - a_{n}} = 2 (n \in N^{⋆})$ ∴ ${a_{n + 1} - a_{n}}$ 是以 $a_{2} - a_{1} = 2$ 为首项，2为公比的等比数列。 (2)由(1)得 $a_{n + 1} - a_{n} = 2^{n} (n \in N^{⋆})$ ， ∴ $a_{n} = (a_{n} - a_{n_{1}}) + (a_{n_{1}} - a_{n - 2}) + \dots + (a_{2} - a_{1}) + a_{1}$ = $2^{n - 1} + 2^{n - 2} + \dots + 2 + 1$ = $2^{n} - 1 (n \in N^{⋆})$ . (3)证明：∵ $4^{b_{1} - 1} 4^{b_{2} - 1} \dots 4^{b_{n} - 1} = {(a_{n} + 1)}^{b}_n$ ， ∴ $4^{(b_{1} + b^{2} + \dots + b_{n}) - n} = 2^{n b_{n}}$ ． ∴ $2 [(b_{1} + b^{2} + \dots + b_{n}) - n] = n b_{n}$ ， ① $2 [(b_{1} + b^{2} + \dots + b_{n} + b_{n + 1}) - (n + 1)] = (n + 1) b_{n + 1}$ ． ② ②-①，得 $2 (b_{n_{1}} - 1) = (n + 1) b_{n + 1} - n b_{n}$ ，即 $(n - 1) b_{n + 1} - n b_{n} + 2 = 0$ ， ③ $n b_{n + 2} - (n + 1) b_{n + 1} + 2 = 0$ ． ④ ④-③，得 $n b_{n + 2} - 2 n b_{n + 1} + n b_{n} = 0$ ，即 $b_{n + 2} - 2 b_{n + 1} + b_{n} = 0$ ， ∴ $b_{n + 2} - b_{n + 1} = b_{n + 1} - b_{n} (n \in N^{⋆})$ ． ∴ ${b_{n}}$ 是等差数列．评注:在判定一个数列是等比数列或等差数列时，应抓住数列的定义进行判定．

2、(2006年杭州模拟)已知数列

{a_{n}}

，其中

a_{1} = 1 ， a_{n} = 3^{n - 1} \cdot a_{n - 1} (n \geq 2 ， n \in N^{⋆})

，数列

{b_{n}}

的前

n

项和

S_{n} = {log}_{3} (\frac{a_{n}}{9^{n}}) (n \in N^{⋆})

．
(1)求数列

{a_{n}}

的通项公式；
(2)求数列

{b_{n}}

的通项公式；
(3)求数列

{| b_{n} |}

的前

n

项和

T_{n}

提示	示范
将题中.
解: (1)∵ $a_{n} = 3^{n - 1}^a_{n - 1} (n \geq 2)$ ∴ ${log}_{3} a_{n} = {log}_{3} a_{n - 1} + (n - 1)$ ，累加得 ${log}_{3} a_{n} - {log}_{3} a_{1} = 1 + 2 + 3 + \dots + (n - 1) = \frac{n (n - 1)}{2}$ ， ∴ ${log}_{3} a_{n} = \frac{n (n - 1)}{2}$ ，则 $a_{n} = 3^{\frac{n (n - 1)}{2}}$ ． (或者累乘得 $a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \cdot \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdot \dots \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot a_{1} = 3^{\frac{n (n - 1)}{2}}$ ) (2)∵ $a_{n} = 3^{\frac{n (n - 1)}{2}}$ ,∴ $S_{n} = {log}_{3} (\frac{a_{n}}{9^{n}}) = \frac{n^{2} - 5 n}{2} (n \in N^{⋆})$ ，而 $b_{1} = S_{1} = - 2$ ，当 $n \geq 2$ 时， $b_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = n - 3$ ， $n = 1$ 时也适合，所以 $b_{n} = n - 3 (n \in N^{⋆})$ ． (3)当 $b_{n} = n - 3 \leq 0$ ，即 $n \leq 3$ 时， $T_{n} = - S_{n} = \frac{5 n - n^{2}}{2}$ ，当 $b_{n} = n - 3 > 0$ ，即 $n > 3$ 时， $T_{n} = \| b_{1} \| + \| b_{2} \| + \dots \| b_{n} \|$ = $(b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n}) - 2 (b_{1} + b_{2} + b_{3})$ = $S_{n} - 2 S_{3}$ = $\frac{n^{2} - 5 n + 12}{2}$ , 综上所述， $T_{n} = {\begin{cases} \frac{5 n - n^{2}}{2} & (n \leq 3, 且 n \in N^{⋆}) \\ \frac{n^{2} - 5 n + 12}{2} & (n > 3, 且 n \in N^{⋆}) \end{cases}$ ．评注: ①数列中 $a_{n}$ 与 $S_{n}$ 的关系是高考的重点，在使用 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 时切不可忽视 $n \geq 2$ 这一条件； ②要掌握两种常用变形： $a_{n} = a_{1} + (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + \dots + (a_{n} - a_{n - 1})$ ， $a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \cdot \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdot \dots \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot a_{1} ；$ ③等价转化和分类讨论数学思想也是高考的重点，本题主要运用了这两种数学思想．

3、 (2004年高考湖北卷)设数列

{a_{n}}

的前

n

项和为

S_{n} = 2 n^{2}

，

{b_{n}}

为等比数列，且

a_{1} = b_{1}

，

b_{2} (a_{2} - a_{1}) = b_{1}

．
(1)求数列

{a_{n}}

和

{b_{n}}

的通项公式；
(2)设

c_{n} = \frac{a_{n}}{b_{n}}

，求数列

{c_{n}}

的前

n

项和

T_{n}

．

提示	示范
$C_{U} .$
解:(1)∵当 $n = 1$ 时， $a_{1} = S_{1} = 2$ ; 当 $n \geq 2$ 时， $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2 n^{2} - 2 {(n_{1})}^{2} = 4 n - 2$ ．故 ${a_{n}}$ 的通项公式为 $a_{n} = 4 n - 2$ ，即 ${a_{n}} 是$ a_1=2 $，公差$ d=4 $的等差数列．$ 设 ${b_{n}}$ 的公比为 $q$ ，则 $b_{1} q d = b_{1} ， d = 4$ ， ∴ $q = \frac{1}{4}$ . 故 $b_{n} = b_{1} q^{n - 1} = 2 \times \frac{1}{4^{n - 1}}$ ，即 ${b_{n}}$ 的通项公式为 $b_{n} = \frac{2}{4^{n - 1}}$ ． (2)∵ $c_{n} = \frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{4 n - 2}{\frac{2}{4^{n - 1}}} = (2 n - 1) 4^{n - 1}$ , ∴ $T_{n} = c_{1} + c_{2} + \dots + c_{n} = [1 + 3 \times 4^{1} + 5 \times 4^{2} + \dots + (2 n - 1) 4^{n - 1}]$ ， $4 T_{n} = [1 \times 4 + 3 \times 4^{2} + 5 \times 4^{3} + \dots + (2 n - 3) 4^{n - 1} + (2 n - 1) 4^{n}]$ 两式相减得 $3 T_{n} = - 1 - 2 (4^{1} + 4^{2} + 4^{3} + \dots + (4^{n - 1})$ = $\frac{1}{3} [(6 n - 5) 4^{n} + 5]$ ， ∴ $T_{n} = \frac{1}{9} [(6 n - 5) 4^{n} + 5]$ ．评注:本小题主要考查等差数列、等比数列基本知识和数列浆和的基本方法以及运算能力．

4、(2006全国高考Ⅱ,文18)记等比数列

{a_{n}}

的前

n

项和为

S_{n}

.已知

S_{4} = 1

，

S_{8} = 17

，求

{a_{n}}

的通项公式.

提示	示范
集合中的.
解:(1)设 ${a_{n}}$ 的公式为 $q$ ，由 $S_{4} = 1$ ， $S_{8} = 17$ 知 $q \neq 1$ ，所以得 $\frac{a_{1} (q^{4} - 1)}{q - 1} = 1$ ， ① $\frac{a_{1} (q^{8} - 1)}{q - 1} = 17$ , ② 由①、②式，得 $q^{4} + 1 = 17$ ，∴ $a^{4} = 16$ ． ∴ $q = 2 或 q = - 2$ ．将 $q = 2$ 代入①式得 $a_{1} = \frac{1}{15}$ ，所以 $a_{2} = \frac{2^{n - 1}}{15}$ ；将 $q = - 2$ 代入①式得 $a_{1} = - \frac{1}{5}$ ，所以 $a_{n} = \frac{{(- 1)}^{n} \times 2^{n - 1}}{5}$ ．评注:本题考查等比数列的通项公式，前 $n$ 项和公式及方程思想、整体思想，特殊注意利用前 $n$ 项和公式时要考虑 $q \neq 1 、 q = 1$ 两种情况．

5、(2006广东高考19)已知公比为

q (0 < q < 1)

的无穷等比数列

{a_{n}}

各项的和为9，无穷等比数列

{a_{n}^{2}}

各项的和为

\frac{81}{5}

.
(1)求数列

{a_{n}}

的首项

a_{1}

和公比

q

；
(2)对给定的

k (k = 1 ， 2 ， \dots ， ”)

，设

T^{k}

是首项为

a_{k}

，公差为

2 a_{k} - 1

的等差数列，求数列

T^{2}

的前10项之和；
(3)设

b^{i}

为数列

T^{i}

的第

i

项，使

S_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n}

，求

S_{n}

，并求正整数

m (m > 1)

，使得

lim_{n \to \infty} \frac{S_{n}}{T_{n}}

存在且不等于零．
(注：无穷等比数列各项的和即当

n \to \infty

时该无穷等比数列前”项和的极限).

提示	示范
(提示内容)
解:(1)由依题意可知， ${\begin{cases} \frac{a_{1}}{1 - q} = 9 \\ \frac{a_{1}^{2}}{1 - q^{2}} = \frac{81}{5} \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} a_{1} = 3 \\ q = \frac{2}{3} \end{cases}$ ． (2)由(1)得, $a_{n} = 3 \times {(\frac{2}{3})}^{n - 1}$ ，所以数列 $T^{2}$ 的首项为 $t_{1} = a_{2} = 2$ ,公差 $d = 2 a_{2} - 1 = 3$ , $S_{10} = 10 \times 2 + \frac{1}{2} \times 10 \times 9 \times 3 = 155$ , 即数列 $T^{2}$ 的前10项之和为155. (3) $b_{i} = a_{i} + (i - 1) (2 a_{i} - 1) = (2 i - 1) a_{i} - (i - 1) = 3 (2 i - 1) {(\frac{2}{3})}^{i - 1} - (i - 1)$ . $S_{n} = 45 - (18 n + 27) {(\frac{2}{3})}^{n} - \frac{n (n - 1)}{2 n^{m}}$ , $lim_{n \to \infty} \frac{S_{n}}{n^{m}} = \frac{45}{n^{m}} - \frac{18 n + 27}{n^{m}} {(\frac{2}{3})}^{n} - \frac{n (n - 1)}{2 n^{m}}$ 当 $m = 2$ 时， $lim_{n \to \infty} \frac{S_{n}}{n^{m}} = - \frac{1}{2}$ ；当 $m > 2$ 时, $lim_{n \to \infty} \frac{S_{n}}{n^{m}} = 0$ ,所以 $m = 2$ . 评注:本题是一道数列综合应用题，注意求解过程中的转化与化归．

考能训练(1)

1、(2006全国高考Ⅰ，理10)设

{a_{n}}

是公差为正数的等差数列，若

a_{1} + a_{2} + a_{3} = 15

，

a_{1} a_{2} a_{3} = 80

，则

a_{11} a_{12} a_{13}

=(    )
      A．120     B．105     C．90     D．75

    2、(2006天津高考，理7)已知数列

{a_{n}}

、

{b_{n}}

都是公差为1的等差数列，其首项分别为

a_{1} 、 b_{1}

，且

a_{1} + b_{1} = 5

a_{1} 、 b_{1} \in N ⋆

，设

c_{n} = a_{b n} (n \in N ⋆)

，则数列

{c_{n}}

的前10项和等于(    )
      A．55      B．70      C．85      D．100

    3、已知数列

{x_{n}}

满足

x_{n + 1} = x_{n} - x_{n - 1} (n \geq 2)

，

x_{1} = a ， x_{2} = b

，记

S_{n} = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}

则有( )
A．

x_{100} = - a, S_{100} = 2 b - a

B．

x_{100} = - b, S_{100} = 2 b - a

C．

x_{100} = - b, S_{100} = b - a

D．

x_{100} = - a, S_{100} = b - a

4、(2005全国高考Ⅱ，理11)如果

a_{1} ， a_{2} ， \dots ， a_{8}

为各项都大于零的等差数列，公差

d \neq O

，则( )
A．

a_{1} a_{8} > a_{4} a_{5}

B．

a_{8} a_{1} < a_{4} a_{5}

C．

a_{1} + a_{8} > a_{4} + a_{5}

D．

a_{1} a_{8} = a_{4} a_{5}

5、已知数列

{a_{n}}

满足

a_{1} = 0

，

a_{n + 1} = a_{n} + 2 n

那么a_(2004)的值是( )
A．

2003 \times 2002

B．

2004 \times 2003

C．

2004^{2}

D．

2004 \times 2005

6、(2005天津高考，理13)在数列

{a_{n}}

中，

a_{1} = 1

，

a_{2} = 2

，且

a_{n + 2} - a_{n} = 1 + {(- 1)}^{n} (n \in N ⋆)

，则

S_{100} =

______.

7、数列1，

\frac{1}{2}

，

\frac{1}{2}

，

\frac{1}{3}

，

\frac{1}{3}

，

\frac{1}{3}

，

\frac{1}{4}

，

\frac{1}{4}

，

\frac{1}{4}

，

\frac{1}{4}

，…，

\frac{1}{n}

，

\frac{1}{n}

，

\frac{1}{n}

，…，

\frac{1}{n}

，…的前100项的和为______.

8、(2006四川高考，文17)数列

{a_{n}}

的前

n

项和记为

S_{n}

，

a_{1} = 1

a_{n + 1} = 2 S_{n} + 1 (n \geq 1)

．
(1)求

{a_{n}}

的通项公式；
(2)等差数列

{b_{n}}

的各项为正，其前

n

项和为

T_{n}

,且

T_{3} = 15

，又

a_{1} + b_{1}

，

a_{2} + b_{2}

，

a_{3} + b_{3}

，成等比数列，求

T_{n}

．

9、(2006全国高考Ⅱ,理22)设数列

{a_{n}}

的前

n

项和为

S_{n}

,且方程

x^{2} - a_{n} x - a_{n} = 0

有一根为

S_{n} - 1

，

n = 1 ， 2 ， 3 ， \dots

(1)求

a_{1}, a_{2}

；
(2)求

{a_{n}}

的通项公式.

10、(探究创新题)(2005全国高考Ⅰ，理19)设等比数列

{a_{n}}

的公比为

q

，前

n

项和

S_{n} > O (n = 1 ， 2 ， \dots)

．
(1)求

q

的取值范围；
(2)设

b_{n} = a_{n + 2} - \frac{3}{2} a_{n + 1}

，记

{b_{n}}

的前

n

项和为

T_{n}

,试比较

S_{n}

与

T_{n}

的大小．

考能训练(2)

    方法感悟
    数列是一种特殊的函数，动态的函数观点是解释数列问题的有效方法．
    1．求数列的通项公式，常用
    (1)观察法；
    (2)利用

a_{n}

与

S_{n}

的关系式

a_{n} = {\begin{cases} S_{1} & n = 1 \\ S_{n} - S_{n - 1} & n \geq 2 \end{cases}

；
    (3)公式法：利用等差、等比数列的通项公式；
    (4)迭加、迭乘、待定系数、转化等方法．
    2．证明一个数列是等比或等差数列，常用两种基本方法：
    ①定义法；②利用中项．注意等比数列的

n \neq O

，

q \neq O

．
3．等差、等比数列的通项公式

a_{n}

与前

S_{n}

项和公式

S_{n}

共涉及五个量

n ， d (q) ， a_{n} ， S_{n} ， a_{1}

，这五个量知三可求二，体现了方程的思想．选用公式要恰当，善于减少运算量，达到快速、准确的目的．
4．加强等差、等比数列的性质的运用．可优化解题思路，简化解题过程，提高解题速度．
5．求数列的前”项和常用公式法、裂项法、倒序相加、错位相减以及转化为等差、等比数列再求和等方法．运用等比数列求和公式时，须对

q = 1

和

q \neq l

进行讨论．
6．在求数列问题时，应注意函数思想、方法思想、消元及整体消元的利用．

本课件完全公益，使用过程中有任何问题，或想参与新课件制作，请加开心教练QQ：29443574。