2023年高考數(shù)學(xué)第05章數(shù)列

第05章數(shù)列

第35講由數(shù)列的遞推關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)公式

-、知識(shí)概要

?遞推關(guān)系

在數(shù)列中或其他數(shù)學(xué)量的序列中,若任何一項(xiàng)可由以前若干項(xiàng)按某一關(guān)系式來(lái)確定，則該關(guān)系式稱為遞推關(guān)

系.發(fā)現(xiàn)與分析遞推關(guān)系，對(duì)于研究各種序列及算法設(shè)計(jì)，常有重要作用.

2遞推數(shù)列

由遞推關(guān)系確定的數(shù)列稱為遞推數(shù)列，也稱遞歸數(shù)列，通常由遞推式和初始值確定.3求數(shù)列通項(xiàng)公式的方法

求數(shù)列通項(xiàng)公式的方法大致分為兩類:(1)根據(jù)前〃項(xiàng)的特點(diǎn)歸納猜想出?！钡谋磉_(dá)式，然后用數(shù)學(xué)歸納法證

明;(2)將已知遞推關(guān)系式，用代數(shù)的一些變形技巧整理變形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、換元法或轉(zhuǎn)化

為基本數(shù)列(等差數(shù)列或等比數(shù)列)等方法求得通項(xiàng)公式.第一類題型，在本書第四十四講:怎樣解“歸納一猜想

一證明”類問(wèn)題中有詳細(xì)介紹，本講不予展開(kāi).這里主要講第二類題型的解法.

二、題型解析

【例1】⑴已知數(shù)列｛4｝滿足q=g,4M=?！?生求通項(xiàng)％;

(2)數(shù)列｛4｝中,q=1，4=3,a“+2+4??+1-5an=eN)求通項(xiàng)；

(3)數(shù)列｛?！埃凉M足4=3,4+4+%+求通項(xiàng)a”；

(4)數(shù)列｛風(fēng)｝中,a】=1,an+i=2an-3"，求通項(xiàng)an；

(5)設(shè)b>0,數(shù)列｛a,,｝滿足a1=h,an=(九.2)，求通項(xiàng)％.

【策略點(diǎn)擊】

第⑴問(wèn)，由一1—--匚,可運(yùn)用“累加法”求通項(xiàng)公式.第⑵問(wèn),可通過(guò)構(gòu)造新數(shù)列勿=凡-4一，求出

〃(〃+1)n〃+1

｛2｝的通項(xiàng)公式，再用“累加法”求出｛4｝的通項(xiàng)公式.第⑶問(wèn)，可運(yùn)用迭代法或“累乘法”.第(4)問(wèn)，將遞推式變

形構(gòu)造出新的特殊數(shù)列或用待定系數(shù)法將其配湊成特殊數(shù)列（通常是等比數(shù)列），進(jìn)而求出通項(xiàng)公式.第⑸問(wèn),

將遞推式的倒數(shù)構(gòu)造出新的特殊數(shù)列，注意分類討論.

【解】

1_11

⑴由條件知:見(jiàn)+1.(1)

n2+n(〃+1)n〃+1

分別令〃=1,2,3,,,（〃一1）代人（1）式，得到（〃-1）個(gè)等式，累加得

（42+-。2）+（。4/）++（怎一％-1）

n

⑵4+2+4%+|-5%=0,a,.-%M=-5(iz?+l-an)

｛。,用一4｝是首項(xiàng)為%-q=3-1=2，公比為-5的等比數(shù)歹!J.

=2(-5尸,。,用=凡+2(-5產(chǎn)

由％=1,。2=%+2(—5)°%=。2+2(—5)M=?！币?+2x(—5)”“

相加-2x三需…廿二

(3)由％+%+。3+，得％+%++?！╛1=(〃-1)22),兩式相減得

n-\n-1n-2

n-\n-2n-32121

------------------------4=-------4=-------

n+1nn-\43〃(〃+1)〃(〃+1)

【解法一】

將數(shù)列的遞推關(guān)系變形為。,用+3川=2（4+3"）

而q+31=1+3=4,｛??+3"｝是首項(xiàng)為4,公比為2的等比數(shù)歹!I.

a?+3”=4x2,=2n+l,a?=2"+1-3".

【解法二】

將遞推式?,(+|=24-3"兩邊同除以3"+|,得&■=2X組—工

〃十I〃3"+'33〃3

21人、

令c,喙，則以-Cn一1'令C〃+]+〃=5(C〃+〃)

2111..2/xa14

P=L-c“+i+1=§(c“+l)而q=要x=§，6+1=§,

42

???{%+1}是以0+1=2為首項(xiàng),三為公比的等比數(shù)歹U.

33

、〃一［

(2丫一42

c?+l=-x-1,

313737

號(hào)、3+

-\：.an^2"'-y

7

+〃-11n-\1

-----------十一,

an-\ban-i.h

當(dāng)匕=1時(shí)，有2+1,即數(shù)列25是等差數(shù)列.

%,%IAJ

n1

/.——=—F(n—1)x1=n,HPan—1.

an4

當(dāng)力>0且bwl時(shí)，有2+--1=-1--n-1-1--1-

4l-b八％l-b

又11是首項(xiàng)為「二，公比

,+。0,數(shù)列《一+

q\-bhl-bb(}-b)1A\-bb(1-b)

、〃

|Yi-r11

為;的等比數(shù)列,則有一+，得4

幻

bian\-bb(l-b)l-b(

l,fe=l

〃(1—加”

=<n[\-b^bn

\-bn,h>O,h豐\

\-b"

【例21(2018年高考數(shù)學(xué)浙江卷第20題)已知等比數(shù)列｛4｝的公比q>l,且%+%+%=28,%+2是

%,%的等差中項(xiàng)，數(shù)列｛（。，用—2）4｝的前〃項(xiàng)和為21+〃.

（1）求q的值；

（2）求數(shù)列｛2｝的通項(xiàng)公式.

【策略點(diǎn)擊】

第⑴問(wèn)，根據(jù)條件列方程，通過(guò)解方程求得等比數(shù)列的公比悌⑵問(wèn)，設(shè)C“=色用-2）因，首先根據(jù)條件求出

｛c“｝的通項(xiàng)公式，再利用累加的方式，結(jié)合錯(cuò)位相減法,求得所求數(shù)列的通項(xiàng)公式.

【解】

⑴由&+2是%，%的等差中項(xiàng)得%+。5=2%+4,

4+4+“53a4+4=28,解得&=8

=20，解得q=2或q=g

由。3+%=2。得8qT—

Iq)

q>1,:.q=2.

Q）設(shè)J=色用一。"）見(jiàn)，數(shù)列匕｝前〃項(xiàng)和為S”.

S1,71=1,.

二°c解得c.=4〃—L由⑴可知%=2"T.

—Sn_y，九.2,

、“一1xw-2

，故a一"一|=（4〃-5）（g

.他+i-，幾?2

77

b「b\=(/一。_)+(%-。-2)++(4_=)+("一4)

、〃一2、〃-3

+(4〃-9)(；

=(4〃-5)弓++7-+3

\2/72

n-2

設(shè)7>3+7x；+Ilx出

|+■+(4〃-5)—，九.2

\2

1fl+(4〃-5)出

=o3x—+7x|—++(4〃—9)一

122)

\n-2、“-1

.J=3+4x；+4x(g)+.--+4x￡(1

_(4〃_5)(耳

2Z7

因此,7；=14-(4〃+3)(g),n..2又偽=1,.,.2=15—(4〃+3)(；

【例3】⑴在數(shù)列｛4｝,也｝中,4=1,a=—1，且an+l=Sa?-6bn,%=6a”-地，求an-bH,an和bn

⑵對(duì)負(fù)整數(shù)a,數(shù)4。+3,7a+7,/+84+3依次成等差數(shù)列.

(1)求a的值；

(2)若數(shù)列｛4｝滿足a,m—2a“(〃eN*)，4=m.求知的通項(xiàng)公式；

(3)若對(duì)任意〃€N*,有。2"+1<a2?-\，求"?的取值范圍.

【策略點(diǎn)擊】

第⑴問(wèn)，求4-%，可從研究與-2的關(guān)系入手.求時(shí),要借助a?-b?來(lái)完成，求打時(shí),要依據(jù)

%及%去獲得.在解題過(guò)程中，累加法、累乘法仍是常用的解題技巧.第(2)問(wèn),3個(gè)小題環(huán)環(huán)相扣，前后呼應(yīng).

若前面小題沒(méi)有解好，會(huì)直接影響后面小題的求解.在(2)的求解中可以依據(jù)遞推關(guān)系的特征，用構(gòu)造法構(gòu)造特

殊數(shù)列(等差或等比數(shù)列)求通項(xiàng)公式，也可以運(yùn)用迭代法求解.事實(shí)上，迭代法是種優(yōu)美的且適用范圍更廣的

解法,其難點(diǎn)是挖求迭代后的規(guī)律，而構(gòu)造法的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)遞推公式的特點(diǎn)，通過(guò)適當(dāng)?shù)淖冃螛?gòu)造新數(shù)列，由遞

推關(guān)系求通項(xiàng)公式，構(gòu)造法和迭代法是兩種最為基本的解題通法.第⑶小題,在求出｛&｝的通項(xiàng)公式之后，運(yùn)

用含參不等式恒成立的條件實(shí)施參變分離，求用的取值范圍.

【解】

a,,,,=8a?-6b?,、

m由AA4；可得a“+f=2%—么.

lA+i=6a“-4%

在上式中，令〃=1,2,3,一2,“一1可得

a,—b?=2(q—4)，

Uyby=2(%—"),

=2(4-4),

。,1一〃1=2(。,_2—勿_2)

%也=2(%-%).

把上面的這(n-1)個(gè)式子相乘，可得an-bn=2"T(4-偽).由已知q=1,a=一1,可得q-4=2.(2)

由⑴和⑵可得凡一a=2",(3)

把⑶代人a“+i=8a“-6仇,,可得4+|=2an+6(a“-b“)=2an+6x2",

an=2%+6X2"T

2

an=2an_,+6x2"-'=2a,,=2+6x2"

23n

a?_,=2an_2+6x2"<=2??_,=2an_2+6x2

2

%=24+6x2?=>2"-a3=2'-'a2+6x2”

,1

a2=2al+6x2=>2'"'a2=2"q+6x2"

把這(〃-1)個(gè)式子相加并把4=1代人，可得2a“=2"+(〃-l)6x2”.

an=2"T(6〃-5),(4)

把(4)代人(3),得bn=2”T(6n-7).

(2)(1)依題意有4a+3+/+8。+3=2(7a+7),即/一2。-8=0,解得a=-2或

。=4,a<0,:.a=-2.

(2)【解法一】(構(gòu)造法之一:構(gòu)造等差數(shù)歹U)原遞推式即為

4M=(—2)向—2?！?；.一%--4=1,從而數(shù)列―是以一‘為首項(xiàng)』為公差的等差數(shù)列，

(-2),,+|(一2)"[(-2)HJ2

1

(；)”=一■—+an—m-(-2)"+(n-1)(-2)”

【解法二】(構(gòu)造法之法:構(gòu)造等比數(shù)列)

B+,n

由an+i=-2an+(-2)，令an+l+4(〃+1)(-2嚴(yán)=-2[an+An(-2)

比較兩式得幾=一1,故原式為——(〃+1)(—2)向=-2一“(—2)”].數(shù)列｛%—以―2)"｝是首項(xiàng)為

q+2=〃?+2,公比為-2的等比數(shù)列.

w1n

:?〃(—2)"=(m+2)(—2)"?cin-m,(-2)+(n-1)(—2).

【解法三】(迭代法)

w+l

由an+｝=(-2)-2a“得a“=+(-2)"=-2[-2a?_2+(-2)-']+

(—2)"=(-2月a,—+3x(-2)"=一=(—2)iq+(〃—1)(—2)"

⑶由a2ll+l<a2n_t對(duì)〃eN,均成立得

m?(―24+(2n)(-2)2n+l<m.(-2)2n-2+(2n-2)(-2)2fl-1對(duì)〃GN*均嫉立.

???(―2產(chǎn)-2>0,兩邊同除(_2)2吁2

12〃+4,?—12?+4

得4m+(―8)?2〃<加+(-2)(2〃-2)，得m<-------對(duì)〃eN恒成u.而〃=1時(shí)，--------最小，為

33

16.16

—,?.mv—.

33

方法提煉

下面總結(jié)一些常見(jiàn)的遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法.

⑴型如an+l=an+/(〃)的一階遞推式，運(yùn)用“累加法”求通項(xiàng)公式，即a“=q+

〃一1

(4-4)+(。3一。2)++(4一4,一1)="1+2/(外

k=l

(2)型如《田=g(〃)q的遞推式，運(yùn)用“累乘法”求通項(xiàng)公式，即a“=4?”?

q

—??烏-=。|-g⑴+g(2>?g(〃—l)(〃..2)(3)型如an+i=pa“+q(p于l,q^0)的遞推式，可由下面兩

ai%

種方法求通項(xiàng)公式.方法一由a“+i=pa?+q由an=pan_x+q，兩式相減得an^-an=.有

{a,用一4}是首項(xiàng)為4一6，公比為P的等比數(shù)列,先求出4+1-%，再利用“累加法”求出an.

方法二若p=l,則顯然是以q為首項(xiàng),q為公差的等差數(shù)歹U;若pwLpr0,q工0,則構(gòu)造數(shù)列{a,,+/1},滿足

a+4=p(a+2).運(yùn)用待定系數(shù)法，解得力=-^,則Q+旦］是首項(xiàng)為4+」一,公比為p的等

P-1I"TjP-1

比數(shù)列.

(4)型如a.=-^^(〃工0,夕工0,《尸0),運(yùn)用取倒數(shù),構(gòu)造新數(shù)列1，4，滿足」一=旦+工,從而轉(zhuǎn)換

a“+q〔a"an+ipanp

為第3種類型.

(5)型如an+i=pa；(p>0,r=0,rH1)，運(yùn)用兩邊取對(duì)數(shù)法得lga?+1=rlga?+lgp,令bn=1gan，轉(zhuǎn)化為

b?+l=也,+lg〃型,即類型3,再運(yùn)用待定系數(shù)法?

(6)型如an+i=pan+qn+r(p0)，可構(gòu)造數(shù)列{%+&+"},滿足an+l

+“/+1)+4=+/1〃+〃),運(yùn)用待定系數(shù)法解得4=—",〃=」一+—J,從而由等比數(shù)列求

P-1P-1(P-1)

通項(xiàng)公式;進(jìn)一步推廣，若其中包含〃的二次、三次項(xiàng)，則構(gòu)造的數(shù)列中也同樣包含對(duì)應(yīng)次數(shù)項(xiàng).

⑺型如?n+l=pa?+f(nXp/l,pH0).可在等式兩邊同除以“出，構(gòu)造數(shù)列＜,滿足

=與+噌，令則轉(zhuǎn)化為a”=2+華,即類型1,利用“累力口法”求通項(xiàng)公式.

PPPPP

在解答此類由數(shù)列的遞推關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)公式的數(shù)學(xué)問(wèn)題過(guò)程中，構(gòu)造法、換元法、待定系數(shù)法是常用的

解題方法.

三、易錯(cuò)提示

［例】設(shè)數(shù)歹I{a“}中,q=4,=3a“_1+2〃-1(〃..2),求an.

【錯(cuò)解】

將條件an=34T+2〃—1(幾.2)變形為+〃—g=+n-—\(n..2),

從而得到數(shù)列||是以2為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列.an+n--=

【評(píng)析及正解】

上述解法把條件與an+i=pan+q型遞推式混淆了,2〃-1是變量，而q是常量，所以構(gòu)造的等比數(shù)列是不正確

的.

正確的解法如下：

【解法一】

將條件a”=3a“_1+2〃-1(”..2)變形為+"+l)=3[a“_]+(〃-1)+從而知數(shù)列｛a“+”+1｝是

以6為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列.

/.an+"+1=2x3",a”=2x3”—〃—1

【解法二】

類比已知條件的形式構(gòu)造另一等式

即由=3%_]+2九-1(〃.⑵，知九=2時(shí)，4=3q+4—1=15,4一4=1La〃+i=3%+2(〃+1)—1(幾.1),

與原式兩式相減得a“+i-a”=3(a“_。,1)+2(〃..2).即all+l-an+l-3(a,(-an^+1)(n..2).

數(shù)列｛a,+1—%+1｝構(gòu)成以12為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列.

二4+1一勺+1=12x3'"=4?3",即—4=4x3”—1,

2

則有an—a,-=4x3"T-1,an_,~an_2=4x3"--1,,

%=4x32-1,4—4=4x3-1將上述〃一1個(gè)等式累加可得

/,,3八4X3(1-3"T)

=4(3'+32+33++3n-l)-(/2-l)=——------^--(n-l)=2x3n-n-5,:.a?=2x3"-n-1

1—3

【例】已知數(shù)列｛a.｝中,4=；，點(diǎn)(〃,24+1-％)在直線丫=》上,其中〃=1,2,3,.

⑴令d=a.+1-q-1,求證:數(shù)列也｝,是等比數(shù)列；

(2)求數(shù)列｛??｝的通項(xiàng)公式；

(3)設(shè)S”,T“分別為數(shù)列｛a｝,｛b｝的前n項(xiàng)和是否存在實(shí)數(shù)丸使得數(shù)列｛｝為等差數(shù)列若存在，試

nn,,，'；〃'?

求出；I;若不存在,則說(shuō)明理由.

【破難析疑】

本題綜合性強(qiáng)，涉及的知識(shí)點(diǎn)和思想方法較多，解答時(shí)必須靈活應(yīng)用式，利用分組法求和,注意等差數(shù)列與等比

數(shù)列的判定方法.

【解】

13313

(1)證明:由已知得4=—,2。〃+]=〃〃+〃,因此。)二公,%—q-]=/—/—]=-a.

又b"---勺T也+i=a“+2-an+l-1

%+i+(〃+l)]

.端=%+2-4用-1=2-2-=a

b?”“+i-a”Ta〃+i-4T2

Q：

.?.{2}是以為首項(xiàng)，以］為公比的等比數(shù)列.

（2）由（1）知

,3S，…=3+1,

2T22〃

11——L.

++擊）+〃-必+（”】）4220-1

h

2

3

即可=環(huán)+〃-2.

5“+直

（3）存在2=2,使數(shù)列是等差數(shù)列.

n

【解法一】

111

S“=4+a2+an=3-—7+H----+--(1+2++〃)-2〃

21222"

2

=3x2-2〃=3(1——+n2-3n3rr-3n.

+----------=-------+-----------+3

T)22"2

333

丁“=瓦+瓦+1--------1--------T

2F22"+,

S〃+雙是等差數(shù)列的充要條件是邑土生〃（是常數(shù)），即

數(shù)列=A+BAB

n

S“+^Tn=An+Bn

上+士網(wǎng)+3+/一

又S“+27；=—+3i-A

2”2【2

當(dāng)且僅當(dāng)1-2=0即4=2時(shí)，數(shù)列〈5"+現(xiàn)｝為等差數(shù)列.

2n

【解法二】

由⑴和⑵知S“+27＞智-”

S“+犯喲-2”27；+/,_“3J2

n

1-￡33S“+犯

——+

22,,+1n

當(dāng)且僅當(dāng)人=2時(shí)，數(shù)列(S,［是等差數(shù)列.

五、舉一反三

1.已知數(shù)列｛4｝滿足4=4,a?=2%+2",.21eN*.

(1)證明:數(shù)列〈去｝是等差數(shù)列；

(2)若不等式4川＜(5-㈤/對(duì)任意的"eN*恒成立，求實(shí)數(shù)4的取值范圍.

2.⑴已知數(shù)列{a“},q=4,an=3a“_i+2”（幾.2）,求?！?；

—an+〃,〃為奇數(shù)

(2)已知數(shù)列｛%｝滿足q=1,an+i

a“-2〃,n為偶數(shù)

當(dāng)〃..2時(shí)，求a2n_2與a2n的關(guān)系式，并求數(shù)列｛%｝中偶數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式.

3.已知數(shù)列｛?,,｝的前〃項(xiàng)和為S“，點(diǎn)（〃，4］在直線y=-x+—上，數(shù)列｛h｝滿足bn+2

\nJ22

-2b〃+i+勿=0（〃￡1＜）,且4=11,前9項(xiàng)和為153.

（1）求數(shù)列｛4｝,｛〃｝的通項(xiàng)公式;

3

⑵設(shè)C"=（2a_11）（2"1），求數(shù)列匕｝的前〃項(xiàng)和卻

第36講怎樣解等差數(shù)列綜合問(wèn)題

一、知識(shí)概要

1等差數(shù)列的定義

如果數(shù)列｛4｝從第二項(xiàng)起每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差等于同一個(gè)常數(shù)d,即對(duì)一切〃eN*均有

。,用一4="3為常數(shù)）成立，這個(gè)數(shù)列稱為等差數(shù)列，常數(shù)d稱為等差數(shù)列的公差?

2通項(xiàng)公式

%=4+5一1）〃=而+（4-“）當(dāng)dwO時(shí)，通項(xiàng)公式是關(guān)于〃的一次函數(shù)（單調(diào)性取決于公差的符號(hào)）.

變式:=am+（n—m）d;d=~—.

n-m

3等差中項(xiàng)

A=土也稱為實(shí)數(shù)的等差中項(xiàng),兩數(shù)的等差中項(xiàng)總是唯一存在的.

2

4前〃項(xiàng)和公式

S"=〃（"'+4）或=〃。|+也二-4]〃.當(dāng)dK（）時(shí)，前〃項(xiàng)和

公式是關(guān)于“的沒(méi)有常數(shù)項(xiàng)的二次函數(shù).

即形如S“=An2+8〃.以此研究等差數(shù)列?？蛇_(dá)到事半功倍之效.

加十c〃（q+”“+一）十°,

變式:=-----------或S=na?---------d;

2n2

S?a,+an?Snn-\,

n2n2

5等差數(shù)列的判定方法

（1）定義法:若—凡=d（常數(shù)），則數(shù)列｛q｝是等差數(shù)列.

（2）等差中項(xiàng)法:若2%=a?+an+2，則數(shù)列｛a,,｝是等差數(shù)列.

（3）通項(xiàng)公式法:若a?=kn+b，則數(shù)列｛q,｝是等差數(shù)列,且公差d=k.

（4）前n項(xiàng)和公式法:若S?=An2+Bn，則數(shù)列｛a“｝是等差數(shù)列,且公差d=2A.

6重要性質(zhì)

若“2+n=p+q(〃z,p,qeN"),則am+an=ap+aq.特別地:若2〃=〃?+〃,則2ap=am+an

7等差數(shù)列基本題型

等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前〃項(xiàng)和公式聯(lián)系5個(gè)基本量:q/,〃,%,S,,.若已知其中3個(gè)量，可利用通項(xiàng)公式及

求和公式求出其余的2個(gè)量，即“知三求二”.

二、題型精析

例I⑴設(shè)｛《,｝為等差數(shù)歹(l,S“為數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和，已知$7=7,幾=75,7；

為數(shù)列]±4的前〃項(xiàng)和，則7；=

n

⑵已知｛凡｝為等差數(shù)列,S”為前〃項(xiàng)和，鼠=30,S2,,,=100,則$3“,=

【策略點(diǎn)擊】

第(1)問(wèn)，要求7；，則必須首先對(duì)數(shù)列

先求出S〃,再看」是什么數(shù)列，則求7；也就并不困難了.第⑵問(wèn)，可以有多種解法，一般利用基本量法，由于有

n

時(shí)運(yùn)算量較大，可采用整體代換策略，可以簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程，當(dāng)然等差數(shù)列的前〃項(xiàng)和有許多有趣的性質(zhì)，如｛4｝

是等差數(shù)列，則S“,S2“-S”,S3.-S2,,仍成等差數(shù)列.又如｛4｝是等差數(shù)列，則4仍成等差數(shù)列，則解法

n

之簡(jiǎn)潔明快,讓人拍案叫絕.若利用特殊與一般的思想方法，即利用特殊值處理，則必是妙思巧解.

【解】

757q+21d=7,

(1)設(shè)等差數(shù)列｛4,｝的公差為d.￡=7,幾

15q+105d=75,

0/曰q=—2,S〃—]5+〃.\iS_1

解得〈/.---4ZiH-----d———..---+---n--

d=1.n22271+1n2

是首項(xiàng)為一2,公差為L(zhǎng)的等差數(shù)列,.?.7；=！〃2一2〃

[n2'44

m(m-l)

ma}+-------a-3()

由(2)-2x⑴得d一2，代入,(D得

2m(2m-l)m

2m%H----------a=100

1020仁3m(3/n-l).…八?及刀…后1020……八、、后m.

q---1—y./.S3m=3?]H-----------d—210由解法一,得q—---1—z-，以⑶代入，得----d=10.

mnr2mrrr2

°,3m(3m—1)._3m_9m2,_(1_m2,

H---------------(1—jtTici,----(1H-----d—3mci,---d+9x—d

3ml222I2J2解法五

3x10+9x20=210

S,“，S2,”一S,“,S3,“一S2,“成等差數(shù)列，

??2(￡-鼠)=Sm+(s&”-8,")，即2(100-30)=30+(，-100)..?￡“=210.

【解法二】

成等差數(shù)列，，般+且?=2x8

nm3m2m

&=2*皇一鼠,.?.&=5,“,一5,“=100-30=70,，53,“=210解法七令〃2=1得￡=30,5,=100,

3>m2mm3

則at=30,a】+a2=100,a,=70,

a3=70+(70—30)=110,，邑=4+4+%=210.故答案為210.

【例2】(1)一個(gè)首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列，前3項(xiàng)和與前11項(xiàng)和相等，此數(shù)列的前幾項(xiàng)和最大?

A.前6項(xiàng)

B.前7項(xiàng)

C.前8項(xiàng)

D.前9項(xiàng)

(2)等差數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和為S”,已知是510=0,Rs=25,則nS?的最小值為

【策略點(diǎn)擊】

第(1)問(wèn)的解答,思路一:利用等差數(shù)列重要性質(zhì)即可求解.思路二:由

題設(shè)尋找自項(xiàng)與公差的關(guān)系，再由題意可求出〃的英國(guó)，進(jìn)而求解.第(2)問(wèn)，由于｛4｝是等差數(shù)列,S,是其前〃

項(xiàng)和，則S“必是關(guān)于〃的二次函數(shù)且常數(shù)項(xiàng)為o,〃s“必是〃的三次函數(shù)，只能考慮用導(dǎo)數(shù)研究數(shù)列的變化趨

勢(shì)，進(jìn)而探究其最小值，但由于數(shù)列是離散型函數(shù)，不可導(dǎo)，不能直接對(duì)求導(dǎo)，而要轉(zhuǎn)化為函數(shù)求導(dǎo)再進(jìn)一步

研究其最小值.

【解法一】

設(shè)數(shù)列｛%｝為等差數(shù)歹I」,且4>0,由題可知此數(shù)列為遞減數(shù)列，且4+生+”3=4+4++?11即

%+%++61=0.(1)

由于%+41=?5+aio=4+。9=%+。8，,可得4(%+/)=().

由于數(shù)列｛為｝為遞減的等差數(shù)列，且%與小為相鄰兩項(xiàng)，

%與心必不會(huì)為0,故%>°，火<°?即此數(shù)列前7項(xiàng)之和最大，故選B

【解法二】

設(shè)等差數(shù)列｛4｝的首項(xiàng)4>0,公差為d

則由題意知,(34+三2d=1la,+=d=-1q

“(I卜臥。13

設(shè)當(dāng)〃=Z時(shí),%NO且久+i<0即\<,\7o—</

2

：.k=7，即數(shù)列前7項(xiàng)之和最大，故選B

(2)設(shè)數(shù)列｛%｝的首項(xiàng)為q，公差為d，則

inxQ

S10=10ci]+2d=\0a]+45d-0

[5x]4

，5=15q+^—d=15q+105d=25

2

聯(lián)立(1)和(2),得q=-3,d=-

.c_aJ(〃T)2_1210

..S,,—3〃+x—〃n

“2333

113102A￡(\I3102￡(\220

則n〃c=-n----〃，令/(X)=-x----x\f(X)=x----

“33v733v73x,

令/'(1)=尤2_丁%=0,得x=0或x=7

on7020

當(dāng)x>y時(shí)，/(x)X);當(dāng)0<x<(時(shí)，/(x)V0,當(dāng)X=(時(shí)，”X)取最小值，而〃”，則

/(6)=-48,/(7)=-49

當(dāng)〃=7時(shí),/(x)取取小值-49

［例31數(shù)列｛%｝和數(shù)列｛4｝滿足bn=，求證：

(1)若｛4｝為等差數(shù)歹U,則數(shù)列也｝為等差數(shù)列；

(2)若｛〃｝為等差數(shù)歹U,則數(shù)列｛%｝為等差數(shù)列.

【策略點(diǎn)擊】

證明一個(gè)數(shù)列為等差數(shù)列，一是緊扣等差數(shù)列的定義:a,.—%=d,二是緊扣等差中項(xiàng)，即2a,m=a?+an+2-,

三是從等差數(shù)列的通項(xiàng)為?！?a〃+b是類一次函數(shù)的結(jié)構(gòu).本例中一個(gè)數(shù)列為等差數(shù)列是已知的，則可設(shè)它

的公差為d,探究另一數(shù)列是否符合等差數(shù)列的定義(即與常數(shù)d相關(guān))或通項(xiàng)是否是關(guān)于〃的類一次函數(shù).

【證明】

(1)若｛??｝為等差數(shù)列，設(shè)公差為d.

S=。1++3a3+…+=4+2(4+d)+3(%+2d)+,、+

n[a]+(n-l)J]

=(1+2+3+++[2x1+3x2++〃(〃-DM

=!?(?+!>1+[(l2+22+32++〃2)_(i+2+3++〃)]d

--n(n+V)a+—n(n+1)(2?+1)——/?(?+1)d

2x62

；n(n+l)q+g-l)(n+l)d.

1?2

2n(/i+1)q+③(71-V)d

S3/1、2,

:也q+(〃-D丁

1+2+3++n

也｝是公差為(d的等差數(shù)列.

(2)設(shè)｛2｝為等差數(shù)列，設(shè)公差為d.

題設(shè)變形為4+2/+34++w〃=—n(n+l)/?ZI,(1)

同時(shí)有4+2a2+3a3++nan+(n+l)6rw+l=g(〃+1)(〃+2)/?n+1,

(2)-(1)得(〃+Di=g(幾+1)(幾+2)%-g〃(〃+V)bn

=；(〃+1)[(〃+2)(2+4)_泌”]

.n+2..〃+l7

??4+1=hn+-Y~d'(3),4=b〃_i+Fd，

13

(3)-(4)得an+]-atJ=hn-bn_x+-d=-d.

...{%}是公差為的等差數(shù)列.

方法提煉

1.等差數(shù)列的常用性質(zhì)

等差數(shù)列除了知識(shí)概要中介紹的重要性質(zhì)外,還有下面的常用性質(zhì)(設(shè)｛4｝為等差數(shù)列,S“為其前〃項(xiàng)和):

⑴若%,=q,4=p(p*q),則%,+g=().

若5/,=4,54=〃(，。/,則￡+4=-(〃+4).

若力=J(ps),則S…=0.

⑵黑,,=S“,+S“+m〃d.

(3乂如,,｝也是等差數(shù)列，兩等差數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)的和(差)組成的新數(shù)列仍是等差數(shù)列.

(4)an,all+k,an+2k,是等差數(shù)列,公差為kd.

2

⑸Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,是等差數(shù)列,公差為md.

2求等差數(shù)列前〃項(xiàng)和的取值的常用方法

(1)以等差數(shù)列前〃項(xiàng)和的公式為切入點(diǎn)，公差不為0的等差數(shù)列｛q｝的前〃項(xiàng)和

S“=A〃2+B〃(AB為常數(shù))為關(guān)于〃的二次函數(shù)，所以當(dāng)A>()時(shí)，其圖像開(kāi)口向上,S“有最小值;當(dāng)A<0

時(shí),S?有最大值，特別注意〃GN*,當(dāng)-且<0時(shí),最值在n=1處取得;當(dāng)一旦>0,但-巨不是正數(shù)時(shí)，最值

2A2A2A

在離-且最近的正整數(shù)處取得，當(dāng)然也可直接運(yùn)用配方法，借助于二次函數(shù)的單調(diào)性以及數(shù)形結(jié)合思想，從而

2A

使問(wèn)題得解.

(2)以等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為切入點(diǎn)，若｛《,｝是等差數(shù)列，求前〃項(xiàng)和的最值時(shí)，

凡?.0,

⑴若4>o,d<o,且滿足《〃八前〃項(xiàng)和S“最大；

[%,0,

⑵若4<0,d>0,且滿足4〃前〃項(xiàng)和S〃最小.

U+「o,

(3)一般地，等差數(shù)列｛??｝中，若q>0,且S。=S?(pH/,則

(1)若p+q為偶數(shù)，則當(dāng)〃=苫幺時(shí),S,,最大；

(2)若p+q為奇數(shù)，則當(dāng)〃="尸當(dāng)〃=時(shí),S“最大.

(4)還可以利用S“與”的函數(shù)關(guān)系，對(duì)相應(yīng)連續(xù)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)來(lái)求最值.

3注意點(diǎn)

在求解等差數(shù)列的綜合問(wèn)題時(shí)要重視函數(shù)思想與方程思想，以及消元法，整體代換法的運(yùn)用，還要特別注意解

題時(shí)要有“目標(biāo)意識(shí)”“需要什么，求什么”，重視數(shù)列與函數(shù)、不等式等知識(shí)的交匯.

三、易錯(cuò)警示

【例】已知｛4｝是等差數(shù)列,q=-45,53=58=-108,求前〃項(xiàng)和5,的最小值.【錯(cuò)解一】

QQQ

2

由at=-45,S3=58=-108，可知d=9.:.S=-n-—n，⑴根據(jù)⑴式，可知Sn圖像的對(duì)稱軸為

22

x=U..-.(Sn)=-136-.

2\〃/mang

【錯(cuò)解二】

由4+。2+。3=4+。2++。4+。5+。6+07+

知。4+。5+。6+/+々8=0=5。6，由4=-45<0,。6=0，，。5<0

要使其前n項(xiàng)和S〃取最小值，則〃=5.

5x4

田n=5x(-45)+;一x9=-135(評(píng)析及正解等差數(shù)列的前〃項(xiàng)和是關(guān)于〃的二次函數(shù)，且常數(shù)項(xiàng)為

0,可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于〃的二次函數(shù)的最值問(wèn)題，但錯(cuò)解一由于忘記此二次函數(shù)的定義域?yàn)檎麛?shù)集這個(gè)限

制條件而致錯(cuò)，錯(cuò)解二因忽略4=0而致錯(cuò)，此類問(wèn)題中容易產(chǎn)生的錯(cuò)誤就是丟解，因此通過(guò)

+1%一羨)〃的結(jié)構(gòu)，明確等差數(shù)列前〃項(xiàng)和是一條過(guò)原點(diǎn)的二次函數(shù)拋物線圖像,且橫坐標(biāo)是自

然數(shù)，對(duì)解題大有裨益.

【正解】

由4+。2+=4+。2++04+05+。6+%+，

知%+%+4+%+%=0=5a6，又a\=-45<0,%=°，%<0.

要使其前〃項(xiàng)和S,,取最小值，則〃=5或〃=6.

.?.(S?)n，n=5x(-45)+(x9=735=七正彳生二等差數(shù)列的前〃項(xiàng)和S“+(卬一可表示為

過(guò)原點(diǎn)的拋物線上橫坐標(biāo)為自然數(shù)的點(diǎn).本題中?,=-45<O.S3=$8,〃=芋=”是拋物線的對(duì)稱軸，在

對(duì)稱軸的兩側(cè)自然數(shù)5或6離對(duì)稱軸等距離.當(dāng)〃=5或〃=6時(shí),S,最小.

5x4

故⑸L=§5=5X(-45)+丁X9=-135=$6

四、難題攻略

【例】設(shè)正項(xiàng)數(shù)列｛%｝的前"項(xiàng)和為S”,并且對(duì)于所有的正整數(shù)〃與1的等差中項(xiàng)等于S“與1的等比中

項(xiàng).

(1)求數(shù)列｛4｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)數(shù)列也｝的通項(xiàng)4=In1+—］，記Tn是數(shù)列也｝的前〃項(xiàng)和，試比較7；與工Inan+i的大小，并證明該

結(jié)論.

【破難析疑】

第(1)問(wèn)，由已知關(guān)系，通過(guò)將〃換成〃-1,兩式相減通過(guò)恒等變形不難證明數(shù)列｛4,｝是等差數(shù)列，數(shù)列的基本

思想是遞推的思想，這是解題中常用的技巧.第⑵問(wèn)，數(shù)列作為特殊函數(shù)，在研究數(shù)列的綜合問(wèn)題時(shí)，常常通過(guò)

函數(shù)思想研究數(shù)列的單調(diào)性，本小題用的正是此種方法.

【解】

(1)；/與1的等差中項(xiàng)等于s.與1的等比中項(xiàng)，

1=J]S_{n}=\frac{1}{4}\left(a_{n}+l\right)A{2}\text{.)

12

當(dāng)〃=1時(shí)，由=W(%+1)，解得q=i；

222

當(dāng)〃?.2時(shí),a”=S"—S.-T4+1)一；(%+,即4an=(q+1)+1)

整理得?！猧f—(%+k=0,(4+%)3-%-2)=0.

Van+G?_,>0,，4-a,』=2,即｛%｝是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)歹IJ,因止匕=1+2(〃-1)=2〃-1.

⑵

bn-In1+—^=Infid---5-]=ln2〃

WI2n-l2n-l

2n、

=ln2X4X6X.X

I352〃一1,

2

2n2xSxInV1

27；Tn4M=lnx-----l-n(2n+l)-In令

I352n-l352/1-1J2〃+l

r/、(46InY1

f(n)=\2x—x—xx-------------,

(352n-l)2〃+l

則/(〃+D=(2〃+2丫2n+]_=(2〃+2>=[+]

/(n)-+J2〃+3-(2"+l)(2n+3)-(2〃+l)(2〃+3)

4

{/(?)}是遞增數(shù)列，于是/(〃).J⑴=1>1?

從而27；,-In?fl+l=In/(?)..Jn/⑴>0,即7；>gina?_i

五、舉一反三

1.(1)有兩個(gè)等差數(shù)列｛為｝,｛2｝,它們的前九項(xiàng)和依次為5"工導(dǎo)=，求今的值;

(2)數(shù)列｛4