等差数列与等比数列的综合问题复习教案(整理好的很详细)_等差数列复习课教案

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等差数列与等比数列的综合问题

●知识梳理

（一）等差、等比数列的性质 1.等差数列{an}的性质（1）am=ak+（m－k）d，d=

amak.mk（2）若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{λan+b}（λ、b为常数）是公差为λd的等差数列；若{bn}也是公差为d的等差数列，则{λ1an+λ2bn}（λ

1、λ2为常数）也是等差数列且公差为λ1d+λ2d.（3）下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，„组成的数列仍为等差数列，公差为md.（4）若m、n、l、k∈N*，且m+n=k+l，则am+an=ak+al，反之不成立.（5）设A=a1+a2+a3+„+an，B=an+1+an+2+an+3+„+a2n，C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+„+a3n，则A、B、C成等差数列.（6）若数列{an}的项数为2n（n∈N*），则S偶－S奇=nd，（an、an+1为中间两项）；

若数列{an}的项数为2n－1（n∈N*），则S奇－S偶=an，S偶S奇=

an1an，S2n=n（an+an+1）

S偶S奇=

n1，S2n－1=（2n－1）ann（an为中间项）.2.等比数列{an}的性质

－（1）am=ak·qmk.（2）若数列{an}是等比数列，则数列{λ1an}（λ1为常数）是公比为q的等比数列；若{bn}也是公比为q2的等比数列，则{λ1an·λ2bn}（λ

1、λ2为常数）也是等比数列，公比为q·q2.（3）下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，„组成的数列仍为等比数列，公比为qm.（4）若m、n、l、k∈N*，且m+n=k+l，则am·an=ak·al，反之不成立.（5）设A=a1+a2+a3+„+an，B=an+1+an+2+an+3+„+a2n，C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+„+a3n，则A、B、C成等比数列，设M=a1·a2·„·an，N=an+1·an+2·„·a2n，P=a2n+1·a2n+2·„·a3n，则M、N、P也成等比数列.（二）对于等差、等比数列注意以下设法：

如三个数成等差数列，可设为a－d，a，a+d；若四个符号相同的数成等差数列，知其和，可设为a－3d，a－d，a+d，a+3d.三个数成等比数列，可设为

a，a，aq，若四个符号q相同的数成等比数列，知其积，可设为

aa3，aq，aq.qq3

（三）用函数的观点理解等差数列、等比数列

1.对于等差数列，∵an=a1+（n－1）d=dn+（a1－d），当d≠0时，an是n的一次函数，对应的点（n，an）是位于直线上的若干个点.当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d=0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数.若等差数列的前n项和为Sn，则Sn=pn2+qn（p、q∈R）.当p=0时，{an}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.－2.对于等比数列：an=a1qn1.可用指数函数的性质来理解.当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等比数列是递增数列； 当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等比数列{an}是递减数列.当q=1时，是一个常数列.当q＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列.●点击双基

1.等比数列{an}的公比为q，则“q＞1”是“对于任意自然数n，都有an+1＞an”的 A.充分不必要条件

B.必要不充分条件 C.充要条件

D.既不充分又不必要条件 解析：当a1＜0时，条件与结论均不能由一方推出另一方.答案：D 2.已知数列{an}满足an+2=－an（n∈N*），且a1=1，a2=2，则该数列前2002项的和为 A.0

B.－3

C.3

D.1 解析：由题意，我们发现：a1=1，a2=2，a3=－a1=－1，a4=－a2=－2，a5=－a3=1，a6= －a4=2，„，a2001=－a1999=1，a2002=－a2000=2，a1+a2+a3+a4=0.∴a1+a2+a3+„+a2002=a2001+a2002=a1+a2=1+2=3.答案：C 3.若关于x的方程x2－x+a=0和x2－x+b=0（a≠b）的四个根可组成首项为列，则a+b的值是

A.1的等差数

438B.124 C.13D.31 72解析：依题意设四根分别为a1、a2、a3、a4，公差为d，其中a1=又a1+a4=a2+a3，所以a1+a4=a2+a3=1.1，即a1+a2+a3+a4=1+1=2.413，d=，6457于是a2=，a3=.121213576231故a+b=a1a4+a2a3=×+×==.44121214472由此求得a4=答案：D 4.（2004年春季上海，12）在等差数列{an}中，当ar=as（r≠s）时，数列{an}必定是常数列，然而在等比数列{an}中，对某些正整数r、s（r≠s），当ar=as时，非常数列{an}的一个例子是___________________.解析：只需选取首项不为0，公比为－1的等比数列即可.答案：a，－a，a，－a„（a≠0）

5.（2002年北京，14）等差数列{an}中，a1=2，公差不为零，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于___________________.解析：设a1，a3，a11成等比，公比为q，a3=a1·q=2q，a11=a1·q2=2q2.又{an}是等差数列，∴a11=a1+5（a3－a1），∴q=4.答案：4 ●典例剖析

【例1】（2005年春季北京，17）已知{an}是等比数列，a1=2，a3=18；{bn}是等差数列，b1=2，b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3＞20.（1）求数列{bn}的通项公式；

（2）求数列{bn}的前n项和Sn的公式；（3）设Pn=b1+b4+b7+„+b3n－2，Qn=b10+b12+b14+„+b2n+8，其中n=1，2，„，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论.剖析：将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算.解:（1）设{an}的公比为q，由a3=a1q2得q2=

a3=9，q=±3.a1当q=－3时，a1+a2+a3=2－6+18=14＜20，这与a1+a2+a3＞20矛盾，故舍去.当q=3时，a1+a2+a3=2+6+18=26＞20，故符合题意.设数列{bn}的公差为d，由b1+b2+b3+b4=26得4b1+又b1=2，解得d=3，所以bn=3n－1.（2）Sn=

43d=26.2n(b1bn)321=n+n.222n(n1)95·3d=n2－n；

222（3）b1，b4，b7，„，b3n－2组成以3d为公差的等差数列，所以Pn=nb1+b10，b12，b14，„，b2n+8组成以2d为公差的等差数列，b10=29，n(n1)·2d=3n2+26n.2953Pn－Qn=（n2－n）－（3n2+26n）=n（n－19）.222所以Qn=nb10+所以，对于正整数n，当n≥20时，Pn＞Qn；

当n=19时，Pn=Qn； 当n≤18时，Pn＜Qn.评述：本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.【例2】（2005年北京东城区模拟题）已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二项、第三项、第四项.（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；

（2）设数列{cn}对任意正整数n均有

ccc1c+2+23+„+nn=（n+1）an+1成立，b1mb2mb3m1bn

其中m为不等于零的常数，求数列{cn}的前n项和Sn.剖析：（1）依已知可先求首项和公差，进而求出通项an和bn；（2）由题先求出{an}的通项公式后再求Sn.解：（1）由题意得（a1+d）（a1+13d）=（a1+4d）2，整理得2a1d=d2.∵a1=1，解得d=2（d=0不合题意舍去），∴an=2n－1（n=1，2，3，„）.－由b2=a2=3，b3=a5=9，易求得bn=3n1（n=1，2，3，„）.（2）当n=1时，c1=6；

当n≥2时，cnmn1bn－

=（n+1）an+1－nan=4n+1，－∴cn=（4n+1）mn1bn=（4n+1）（3m）n1.n1,6∴cn=

n1n2,3,4,.(4n1)(3m)当3m=1，即m=1时，3Sn=6+9+13+„+（4n+1）=6+(n1)(94n1)

21时，3

=6+（n－1）（2n+5）=2n2+3n+1.当3m≠1，即m≠Sn=c1+c2+„+cn，即

－－Sn=6+9·（3m）+13·（3m）2+„+（4n－3）（3m）n2+（4n+1）（3m）n1.①

－3mSn=6·3m+9·（3m）2+13·（3m）3+„+（4n－3）（3m）n1+（4n+1）（3m）n.②

①－②得

－（1－3m）Sn=6+3·3m+4·（3m）2+4·（3m）3+„+4·（3m）n1－（4n+1）（3m）n

－=6+9m+4［（3m）2+（3m）3+„+（3m）n1］－（4n+1）（3m）n

4[(3m)2(3m)n]=6+9m+－（4n+1）（3m）n.13m69m(4n1)(3m)n4[(3m)2(3m)n]∴Sn=+.213m(13m)12n23n1m,3∴Sn=69m(4n1)(3m)n4[(3m)2(3m)n]

1m.13m(13m)23评述：本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法”“错位相减求和法”等.【例3】（2005年北京海淀区模拟题）在等比数列{an}（n∈N*）中，a1＞1，公比q＞0.设bn=log2an，且b1+b3+b5=6，b1b3b5=0.（1）求证：数列{bn}是等差数列；

（2）求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an；（3）试比较an与Sn的大小.剖析：（1）定义法即可解决.（2）先求首项和公差及公比.（3）分情况讨论.（1）证明：∵bn=log2an，∴bn+1－bn=log2公差d=log2q.（2）解：∵b1+b3+b5=6，∴b3=2.∵a1＞1，∴b1=log2a1＞0.∵b1b3b5=0，∴b5=0.an1=log2q为常数.∴数列{bn}为等差数列且anb12d2,b14,∴解得

b4d0.d1.19nn2n(n1)∴Sn=4n+×（－1）=.221log2q1,q,∵∴2

loga4,21a116.∴an=25n（n∈N*）.－（3）解：显然an=25n＞0，当n≥9时，Sn=

－

n(9n)≤0.2∴n≥9时，an＞Sn.∵a1=16，a2=8，a3=4，a4=2，a5=1，a6=

111，a7=，a8=，S1=4，S2=7，S3=9，S4=10，248S5=10，S6=9，S7=7，S8=4，∴当n=3，4，5，6，7，8时，an＜Sn； 当n=1，2或n≥9时，an＞Sn.评述：本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想.●闯关训练 夯实基础

1.在等比数列{an}中，a5+a6=a（a≠0），a15+a16=b，则a25+a26的值是

bA.a

b2B.a

b2C.a D.b a2解析：由等比数列的性质得三个和成等比数列，由等比中项公式可得选项为C.答案：C 2.公差不为零的等差数列{an}的第二、三及第六项构成等比数列，则a1a3a5=_____.a2a4a6解析：设公差为d（d≠0），由题意a32=a2·a6，即（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），解得

d=－2a1，故a1a3a53a16d9a13===.a2a4a63a19d15a15答案：3 5(a1a2)23.若数列x，a1，a2，y成等差数列，x，b1，b2，y成等比数列，则的取值范

b1b2围是___________________.解析：在等差数列中，a1+a2=x+y；在等比数列中，xy=b1·b2.(a1a2)2(xy)2x22xyy2xy∴===++2.yxb1b2xyxy(a1a2)2xy当x·y＞0时，+≥2，故≥4；

yxb1b2(a1a2)2xy当x·y＜0时，+≤－2，故≤0.yxb1b2答案：［4，+∞）或（－∞，0］

511且对任意非零自然数n都有an+1=an+（）n+1.数列{bn}对任6321意非零自然数n都有bn=an+1－an.24.已知数列{an}中，a1=（1）求证:数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式.1111111an=［an+（）n+1］－an=（）n+1－an，bn+1=（）n+***11111－an+1=（）n+2－［an+（）n+1］=·（）n+1－an－·（）n+1=·（）***11n+1－an=·［（）n+1－an］，32618（1）证明：bn=an+1－∴bn11=（n=1，2，3，„）.bn31的等比数列.3111111511－（2）解：∵b1=（）2－a1=－·=，∴bn=·（）n1=（）n+1.由bn=***1（）n+1－an，得（）n+1=（）n+1－an，解得an=6［（）n+1－（）n+1］.2632623∴{bn}是公比为5.设{an}为等比数列，a1=b1=1，a2+a4=b3，b2b4=a3，分别求出{an}及{bn}的前10项的和S10及T10.224dq,解：设公差为d，公比为q，由题意知

412dq,33d,d,88∴或

22qq.22109355（－）=－.82831(22)2当q=时，T10=；

23231(22)2当q=－时，T10=.232∴S10=10+培养能力

6.（2003年北京高考，文16）已知数列{an}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12.（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=anxn（x∈R），求数列{bn}前n项和的公式.解：（1）设数列{an}的公差为d，则a1+a2+a3=3a1+3d=12.又a1=2，得d=2.所以an=2n.（2）令Sn=b1+b2+„+bn，则由bn=anxn=2nxn，得

－Sn=2x+4x2+„+（2n－2）xn1+2nxn，①

xSn=2x2+4x3+„+（2n－2）xn+2nxn+1.②

当x≠1时，①式减去②式，得

（1－x）Sn=2（x+x2+„+xn）－2nxn+1

2x(1xn)=－2nxn+1.1x2x(1xn)2nxn1所以Sn=－.1x(1x)2当x=1时，Sn=2+4+„+2n=n（n+1）.综上可得，当x=1时，Sn=n（n+1）；

2x(1xn)2nxn1当x≠1时，Sn=－.1x(1x)27.数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2－2an+1+an=0（n∈N*）.（1）求数列{an}的通项公式.（2）设bn=1（n∈N*），Sn=b1+b2+„+bn，是否存在最大的整数m，使得任意n(12an)的n均有Sn＞m总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由.32解：（1）∵an+2－2an+1+an=0，∴an+2－an+1=an+1－an（n∈N*）.∴{an}是等差数列.设公差为d，又a1=8，a4=a1+3d=8+3d=2，∴d=－2.∴an=－2n+10.（2）bn=11=

n(12an)2n(n1)111（－），2nn1111111∴Sn=b1+b2+„+bn=［（1－）+（－）+„+（－）］

2223nn1==

n11（1－）=.2(n1)2n1假设存在整数m满足Sn＞又Sn+1－Sn=

m总成立.32n1n－

2(n2)2(n1)=1＞0，2(n2)(n1)∴数列{Sn}是单调递增的.∴S1=1m1为Sn的最小值，故＜，4324即m＜8.又m∈N*，∴适合条件的m的最大值为7.探究创新

8.有点难度哟！

（理）已知数列{an}的各项均为正整数，且满足an+1=an2－2nan+2（n∈N*），又a5=11.（1）求a1，a2，a3，a4的值，并由此推测出{an}的通项公式（不要求证明）；（2）设bn=11－an，Sn=b1+b2+„+bn，Sn′=|b1|+|b2|+„+|bn|，求limnSn的值.Sn解：（1）由a5=11，得11=a42－8a4+2，即a42－8a4－9=0.解得a4=9或a4=－1（舍）.由a4=9，得a32－6a3－7=0.解得a3=7或a3=－1（舍）.同理可求出a2=5，a1=3.由此推测an的一个通项公式an=2n+1（n∈N*）.（2）bn=11－an=10－2n（n∈N*），可知数列{bn}是等差数列.Sn=n(b1bn)n(8102n)==－n2+9n.22当n≤5时，Sn′=Sn=－n2+9n；

当n＞5时，Sn′=－Sn+2S5=－Sn+40=n2－9n+40.当n≤5时，Sn=1； SnSnn29n当n＞5时，=.n29n40SnSnn29n∴lim=lim=－1.nn29n40nSn（文）设f（k）是满足不等式log2x+log2（3·2k1－x）≥2k－1（k∈N*）的自然数x的个数.（1）求f（k）的表达式；

（2）记Sn=f（1）+f（2）+„+f（n），Pn=n2+n－1，当n≤5时试比较Sn与Pn的大小.－－－解：（1）由不等式log2x+log2（3·2k1－x）≥2k－1，得x（3·2k1－x）≥22k1，解之－－－得2k1≤x≤2k，故f（k）=2k－2k1+1=2k1+1.－（2）∵Sn=f（1）+f（2）+„+f（n）=1+2+22+23+„+2n1+n=2n+n－1，∴Sn－Pn=2n+n－1－（n2+n－1）=2n－n2.又n≤5，可计算得S1＞P1，S2=P2，S3＜P3，S4=P4，S5＞P5.●思悟小结

本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：

（1）通过知识间的相互转化，使学生更好地掌握数学中的转化思想.（2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养学生分析问题和解决问题的综合能力.●教师下载中心 教学点睛

本节教学中应注意以下几个问题：

1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列，灵活地运用等差、等比数列的性质，能使问题简化；灵活地运用通项公式和前n项和公式解题是高考考查的重点.2.从等差数列中按某种规律，抽取某些项，依次排列，组成一个等比数列，是等差、等比数列综合题中的较重要的类型，要认真体会此类题.3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征，在分析和解决有关数列的综合题中具有重要的意义.拓展题例

【例题】 已知数列{an}，构造一个新数列a1，（a2－a1），（a3－a2），„，（an－an－1），„，－此数列是首项为1，公比为

1的等比数列.3（1）求数列{an}的通项；

（2）求数列{an}的前n项和Sn.11()n3=3［1－（1）n］.解：（1）由题意an=a1+（a2－a1）+（a3－a2）+„+（an－an－1）=

13213（2）Sn=［n－（321111111333+2+3+„+n）］=［n－（1－n）］=n－+.33333222443n1