专题九 等差、等比数列的基本问题
1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝( )．
A．58 B．88
C．143 D．176
答案： B [利用等差数列的性质及求和公式求解．因为{an}是等差数列，所以a4＋a8＝2a6＝16?a6＝8，则该数列的前11项和为S11＝＝11a6＝88.]
2．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )．
A．7 B．5
C．－5 D．－7
答案：D [设数列{an}的公比为q，由得或所以或所以或所以a1＋a10＝－7.]
3．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )．
A．1 B．2
C．3 D．4
答案：B [在等差数列{an}中，∵a1＋a5＝10，∴2a3＝10，∴a3＝5，又a4＝7，∴所求公差为2.]
4．设公比为q(q＞0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
解析 ∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，
∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，
∴q＝－1(舍去)或q＝.
答案
本部分在高考中常以选择题和填空题的形式出现，考查这两种数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等，属于中档题；以解答题出现时，各省市的要求不太一样，有的考查等差、等比数列的通项公式与求和等知识，属于中档题；有的与函数、不等式、解析几何等知识结合考查，难度较大．
(1)深刻理解两种数列的基本概念和性质，熟练掌握常用的方法和技能；掌握等差数列和等比数列的判定、证明方法，这类问题经常出现在以递推数列为背景的试题的第(1)问中．[来源:学科网ZXXK]
(2)熟练掌握等差数列和等比数列的性质，并会灵活应用，这是迅速、准确地进行计算的关键.
必备知识
等差数列的有关公式与性质
(1)an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)an＝a1＋(n－1)d.
(3)Sn＝＝na1＋d.
(4)2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．
(5)①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；
②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)；
③等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．
等比数列的有关公式与性质
(1)＝q(n∈N*，q为非零常数)．[来源:学+科+网Z+X+X+K]
(2)an＝a1qn－1.
(3)Sn＝＝(q≠1)．
(4)a＝an－1an＋1(n∈N*，n≥2)．
(5)①an＝amqn－m；
②若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
③等比数列{an}(公比q≠－1)的前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也成等比数列．
必备方法
1．运用方程的思想解等差(比)数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d(或q)，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．
2．深刻理解等差(比)数列的定义，能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的关键．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问题．
3．等差、等比数列的判定与证明方法：
(1)定义法：an＋1－an＝d(d为常数)?{an}是等差数列；＝q(q为非零常数)?{an}是等比数列；
(2)利用中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差数列；a＝an·an＋2(n∈N*)?{an}是等比数列(注意等比数列的an≠0，q≠0)；
(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)?{an}是等差数列；an＝cqn(c，q为非零常数)?{an}是等比数列；
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)?{an}是等差数列；Sn＝mqn－m(m为常数，q≠0)?{an}是等比数列；
(5)若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列，只需用a1，a2，a3验证即可．
等差数列和等比数列在公式和性质上有许多相似性，是高考必考内容，着重考查等差、等比数列的基本运算、基本技能和基本思想方法，题型不仅有选择题、填空题、还有解答题，题目难度中等．
【例1】已知两个等比数列{an}、{bn}满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，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．
[审题视点]
[听课记录]
[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．
解 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2.
由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，
即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－，
所以{an}的通项公式为an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1.
(2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，
得aq2－4aq＋3a－1＝0.(*)
由a>0得，Δ＝4a2＋4a>0，故方程(*)有两个不同的实根，
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝.
关于等差(等比)数列的基本运算，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．
【突破训练1】等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝( )．
A．10 B．12 C．15 D．20
答案： A [设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S9－S4＝0，即a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0,5a7＝0，故a7＝0，而ak＋a4＝0，故k＝10.]
高考对该内容的考查主要是等差、等比数列的定义，常与递推数列相结合考查．常作为数列解答题的第一问，为求数列的通项公式做准备，属于中档题．
【例2】?设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[审题视点]
[听课记录]
[审题视点] (1)先利用an＋1＝Sn＋1－Sn将Sn＋1＝4an＋2转化为关于an的递推关系式，再利用bn＝an＋1－2an的形式及递推关系式构造新数列来求证．
(2)借助(1)问结果，通过构造新数列的方式求通项．
(1)证明 由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，
∴b1＝a2－2a1＝3，由Sn＋1＝4an＋2，①
则当n≥2时，有Sn＝4an－1＋2.②
①－②得an＋1＝4an－4an－1.
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)．
又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，
∴{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列，
(2)解 由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴－＝.
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)×＝n－，
所以an＝(3n－1)·2n－2.
判断一个数列是等差数列或等比数列的首选方法是根据定义去判断，其次是由等差中项或等比中项的性质去判断．
【突破训练2】 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明 ∵an＋1＝2an＋2n，∴＝＋1.
即有bn＋1＝bn＋1，
所以{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解 由(1)知bn＝n，从而an＝n·2n－1.
Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，
∴2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.
两式相减得，
Sn＝n×2n－20－21－22－…－2n－1＝n×2n－2n＋1＝(n－1)2n＋1.
[来源:学科网ZXXK]
从近几年的考题看，对于等差与等比数列的综合考查也频频出现．考查的目的在于测试考生灵活运用知识的能力，这个“灵活”就集中在“转化”的水平上．
【例3】已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，S1、2S2、3S3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn－an}是首项为－6，公差为2的等差数列，求数列{bn}的前n项和．
[审题视点]
[听课记录]
[审题视点] (1)列出关于公比q的方程求q；(2)先求出bn后，再根据公式求和．
解 (1)由已知4S2＝S1＋3S3,4(a1＋a1q)＝a1＋3a1(1＋q＋q2)，
3q2－q＝0，∴q＝0(舍)，或q＝，∴an＝2·n－1.
(2)由题意得：bn－an＝2n－8，bn＝an＋2n－8＝2n－1＋2n－8.
设数列{bn}的前n项和为Tn，
Tn＝＋
＝3＋n(n－7)
＝－＋n2－7n＋3.
(1)在等差数列与等比数列的综合问题中，特别要注意它们的区别，避免用错公式．(2)方程思想的应用往往是破题的关键．
【突破训练3】 数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1＝3，b1＝1，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S2＝64.
(1)求an，bn；
(2)求证：＋＋…＋＜.
(1)解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有①
由(6＋d)q＝64知q为正有理数，
故d为6的因子1,2,3,6之一，
解①得d＝2，q＝8，
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)证明 Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝＜.
[来源:学科网]
递推数列及其应用
递推数列问题一直是高考命题的特点，递推数列在求数列的通项、求和及其它应用中往往起至关重要的纽带作用，是解决后面问题的基础和台阶，此类题目需根据不同的题设条件，抓住数列递推关系式的特点，选择恰当的求解方法．
【示例】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差数列，并证明你的结论．
[满分解答] (1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减，得an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，
即an＋2＝(r＋1)an＋1.(2分)
又a2＝ra1＝ra，
所以，当r＝0时，数列{an}为：a,0，…，0，…；(3分)
当r≠0，r≠－1时，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)，
于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)，
∴a2，a3，…，an，…成等比数列，
∴当n≥2时，an＝r(r＋1)n－2a.(5分)
综上，数列{an}的通项公式为an＝
(6分)
(2)对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列，证明如下：
当r＝0时，由(1)知，an＝
∴对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．(8分)
当r≠0，r≠－1时，
∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1，
若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，
则Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk，
∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1.(10分)
由(1)知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2，
于是对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，[来源:Z_xx_k.Com]
从而am＋2＝4am，
∴am＋1＋am＋2＝2am，
即am＋1，am，am＋2成等差数列．(12分)
综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．(13分)
老师叮咛：本题是以an和Sn为先导的综合问题，主要考查等差、等比数列的基础知识以及处理递推关系式的一般方法．失分的原因有：第(1)问中漏掉r＝0的情况，导致结论写为an＝r(r＋1)n－2a；第(2)问中有的考生也漏掉r＝0的情况，很多考生不知将Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk转化为ak＋1与ak＋2的关系式，从而证明受阻．
【试一试】已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求a1，a2的值；
(2)设a1＞0，数列的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值．
解 (1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，①
取n＝2，得a＝2a1＋2a2，②
由②－①，得a2(a2－a1)＝a2，③
(i)若a2＝0，由①知a1＝0，
(ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④
由①、④解得，a1＝＋1，a2＝2＋；或a1＝1－，a2＝2－.
综上可知a1＝0，a2＝0；或a1＝＋1，a2＝＋2；或a1＝1－，a2＝2－.
(2)当a1＞0时，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2.
当n≥2时，有(2＋)an＝S2＋Sn，(2＋)an－1＝S2＋Sn－1，
所以(1＋)an＝(2＋)an－1，即an＝an－1(n≥2)，
所以an＝a1()n－1＝(＋1)·()n－1.
令bn＝lg，
则bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg 2＝lg，
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)，
从而b1＞b2＞…＞b7＝lg＞lg 1＝0，
当n≥8时，bn≤b8＝lg＜lg 1＝0，
故n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为
T7＝＝＝7－lg 2.
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