等差数列与等比数列的性质_等差等比数列性质比较

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第24课 等差数列与等比数列的性质

●考试目标主词填空

1.等差数列的性质.

①等差数列递增的充要条件是其公差大于0，②在有穷等差数列中，与首末两端距离相等的和相等.即a1+an=a2+an-1=a3+an-2=„=ak+an+1-k，③在等差数列{an}中，使am+a0=ap+aq成立的充要条件是是等差数列，⑤若数列{an}与{bn}均为等差数列，且m，k为常数，则{man+kbn}Sn=an2+bn+c能表示等差数列前n项和的充要条件是2.等比数列的性质.①在等比数列{an}中，公比为q，其单调性的考察应视a1及q的取值范围而定.②在有穷的等比数列{an}即：a1an=a2·an-1=a3·an-2=„=ak·an+1-k.

③在等比数列{an}中，使am·a0=ap·ak成立的充要条件是m+n=p+k. ④在等比数列中，每隔相同的项抽出来，依原来的顺序构成一个新数列，则此新数列仍是等比数列.man⑤若数列{an}与{bn}均为等比数列，m是不等于零的常数，则{m·an·bn}与仍为等比数列.bn

●题型示例点津归纳

【例1】证明下列论断：

(1)从等差数列中每隔相同的项抽取一些项依原顺序构成的新数列仍然是等差数列.(2)从等比数列中每隔相同的项抽取一些项依原顺序构成的新数列仍然是等比数列.

【解前点津】等差数列的公差以及等比数列的公比都是已知常数，且每隔k项抽取一个数中的k边应视为已知正整数，按定义证明即可.【规范解答】(1)设{xn}是公差为d的等差数列，抽取的第一个数为xm，隔k项抽取的第二个数为xm+k，再隔k项抽取的第三个数为xm+2k，依次类推，则新数列的第p项(p≥1)必为xm+(p-1)k ·第p+1项为xm+pk.由通项公式：

∵xm+pk-xm+(p-1)k=x1+(m+pk-1)d-［x1+(m+pk-k-1)d］=(k-1)d是一个p无关的常数，故新数列是一个公差为kd的等差数列.(2)设{yn}是一个公比为q的等比数列，抽取的第一个数为ym，隔k项抽取的第二个数为ym+k，再隔k项抽取的第三个数为ym+2k，依次类推，则新数列的第p项(p≥1)必为ym+(p-1)k，第p+1项为ym+pk.由等比数列通项公式： ∵ympk

ym(p1)ky1qmpk1k==q是一个与p无关的常数.mpkk1y1q

故新数列是一个公比为qk的一个等比数列.【解后归纳】证明{xn}是一个等差数列，只须证明xn-xn-1=常数即可，类似地，证明{yn}是一个等比数列，只证明yn=常数即可. yn

1【例2】设x，y，z∈R，3x，4y，5z成等比数列，且

111xz，成等差数列，求的值.xzxyz

【解前点津】依条件列方程组，从方程组中推导

xz

之值. zx

(4y)2(3x)(5z)

2xz

y=【规范解答】由题意得：211代入第一个方程消去y得：

xzyxz

2xz2xz34(xz)26416()=15xz=，故=.xz15zx15xz

【解后归纳】因（xz

)中不含y，故在方程组中，y成为消去的对象.zx

【例3】已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，求满足不等式|Sn-n-6|

的最小正整数n. 12

5【解前点津】构造“新数列”，求出通项公式，注意到3(an+1-1)=-(an-1).【规范解答】由条件得：3(an+1-1)=-(an-1).视为3xn+1=-xn，∵a1-1=8，故新数列{an-1}是首项为8，公比为-的一个等比数列.故：

31n81

31n-11n-1=6-6×(-1)n，an-1=8(-)，即an=1+8(-)Sn-n=

3331

13

11n-1

∴|Sn-n-6|=6×()n 250>35n-1>5.3125

∴n>6从而n≥7.故n=7是所求的最小正整数.

【解后归纳】将一个简单的递推公式进行变形，从而转化为一个等差数列，或一个等比数列的模型.这是一种“化归”的数学思想.【例4】设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且b1=a1，b2=a2，b3=a3(a1

n

2+bn)=2+1,试求{an}的首项与公差.【解前点津】设

b2b

=q，则1=2+1.1qb1

【规范解答】设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则由条件知，b2=b1b3(a2)2=(a1)·(a3)

a2

=(1+2)(2+1)

a1

(a1+d)

4=a22，a12a22=a1

·(a1+2d)(a1+d)=|a1(a1+2d)|又b1=(1+q)（22

2+1),故

2a1

42即a1=［a1+(a1+d)2］(2+1)，解关于a1及d的方程组得：a1=-2，d=22-2.

【解后归纳】将所列方程组转化为关于基本量a1，d的方程，是常规思路.此题是否有另外思路?读者可自己寻找.●对应训练分阶提升

一、基础夯实

1.在等比数列{an}中，a9+a10=a(a≠0)，a19+a20=b，则a99+a100等于()

bbb9b10

A.8B.()C.9D.()10

aaaa

2.已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|,公差d

A.4和5B.5或6C.6或7D.不存在3.若{an}为一个递减等比数列，公比为q，则该数列的首项a1和公比q一定为()A.q0，01 C.q>1，a10

4.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

5.设2a=3，2b=6，2c=12，则a、b、c()A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列 C.既不是等差数列，又不是等比数列D.既是等差数列，又是等比数列

6.若{an}是等比数列，a4a7=-512，a3+a8=124，且公比q为整数，则a10的值是()A.256B.-256C.512D.-51

27.设{an}是由正数组成的等比数列，且a5·a6=81，那么log3a1+log3a2+log3a3+„+log3a10的值是()A.5B.10C.20D.30

8.在3和9之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则这两个数的和是()A.1

11111B.12C.13D.14 444

49.在等比数列{an}中，已知对任意自然数n，a1+a2+„+an=2n-1，则a1+a2+„+a2n=()A.(2n-1)2B.1n2n1

(2-1)C.4-1D.(4n-1)3

310.上一个n级的台阶，若每次可上一级或两级，设上法的总数为f(n)，则下列猜想中正确的是()

A.f(n)=nB.f(n)=f(n-1)+f(n-2)

n(n1,2)

C.f(n)=f(n-1)·f(n-2)D.f(n)=

f(n1)f(n2)(n3)

二、思维激活

11.在等差数列{an}中，若Sm=n，Sn=m(Sn为前n项和)且m≠n，则Sm+n

三、能力提高

12.在等差数列{an}中，a1，a4，a25三个数依次成等比数列，且a1+a4+a25=114,求这三个数.13.已知{an}为等差数列，(公差d≠0)，{an}中的部分项组成的数列ak1，ak2，ak13，„，ak，„，n

恰好为等比数列，其中k1=1，k2=5，k3=17，求k1+k2+k3+„+kn.14.设f(x)=a1x+a2x2+„+anxn(n为正偶数)，{an}是等差数列，若f(1)=(1)求an；(2)求证：f（1nn(n+1)，f(-1)=. 22)

15.数列{an}的前n项和Sn=100n-n2(n∈N).(1){an}是什么数列?

(2)设bn=|an|，求数列|bn|的前n项和.第3课等差数列与等比数列的性质习题解答

1.A先求a1与公比q.2.B∵da9，∴a3=-a9.3.B分别考察a1>0与a1

4.B∵(an+an+3)-(an-1+an+2)=(an-an-1)+(an+3-an+2)=d+d=2d.5.A∵62=3×12，∴(2b)2=2a·2c2b=a+c且b2≠ac.6.C∵a4a7=a3a8=-512，a3+a8=124，∴a3，a8是x2-124x-512=0的两根.解之：a3=-4，a8=128或a3=128，a8=-4q=-2或-

但q=-不合题意，∴a10=a8·q2=512.22

7.C其值为log3(a1a2„a10)=log3(a1a10)·(a2a9)„(a5a6)=log3(a5a6)5=5log3(a5·a6)=5log381=20.9

xx23y28.A设这两个正数为x，y，由题意可得：.272yx9y4

9.D∵Sn=2n-1，∴an+1=Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n，又a1=S1=21-1=1=21-1，∴an=2n-1.10.D每次可上一级或两级，故需分段考虑.11.Sm+n=-(m+n)运用公式求和.2a4(a13d)2a1(a124d)a1a25

12.设公差d，依题意得：

a1a4a251143a127d114

a438a4a13d23414a138a12

或，或

a38aa24d224498d0d425125

∴这三个数是38，38，38或2，14，98.

13.∵a1，a5，a17成等比数列，∴(a1+4d)2=a1(a1+16d)d=

aa11，an=a1(n+1)，a5=a1+4d=3a1，∴q=5

22a1

=3，akn=

k11

a1(kn+1)akn=a1·qn-1=a1×3n-1，∴na1=a1×3n-1，∴kn=2×3n-1-1k1+k2+k3+„22

n-1

2(13n)

+kn=2(1+3+9+„+3)-n= =3n-n-1.(13)n

14.(1)设{an}的公差为d，则f(1)=a1+a2+„+an=d=1，由na1+

1nn

n(n+1)，f(-1)=-a1+a2-a3+a4+„-an-1+an=d=，∴222

n(n1)n(n1)

得a1=1，∴an=n. 22

2n

1123111111n(2)f()=+2+3+„+(1-)]f()=+2+3+„+n+n1

22222222222

两式相减：

1

11n

1111n2nnf()=1++2+„+n1-n=-n=2-2n1-2n

12

15.(1)an=Sn-Sn-1=(100n-n2)-［100(n-1)-(n-1)2］=101-2n(n≥2)，∵a1=S1=100×1-12=99=101-2×1，∴数列{an}的通项公式为an=101-2n又∵an+1-an=-2为常数.∴数列{an}是首项为a1=99，公差d=-2的等差数列.(2)令an=101-2n≥0得n≤50(n∈N*)，①当1≤n≤50时，an>0，此时bn=|an|=an，所以{bn}的前n项和Sn′=100n-n2且S50′=100×50-502=2500，②当n≥51时，an

(nN*,1n50)100nn

由①②得数列{bn}的前n项和为Sn′=.2*

(nN,n51)5000100nn

等差数列与等比数列

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