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1、第4讲等差数列、等比数列与数列求和第 12 页 共 14 页考点梳理1等差数列与等比数列(1)等差数列与等比数列的联系等差数列an中的加、减、乘、除运算与等比数列an中的乘、除、乘方、开方对应(2)等差数列与等比数列的探求要判定一个数列是等差数列或等比数列，可用定义法或等差(比)中项法、而要说明一个数列不是等差数列或等比数列，只要说明某连续三项不成等差数列或等比数列即可2数列求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和等差数列的前n项和公式：Snna1d；等比数列的前n项和公式：Sn(2)倒序相加法：如果一个数列an的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同
2、一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的(4)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和(5)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解例如，Sn1
3、0029929829722212 (10099)(9897)(21)5 050.一种转化思路一般数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和三个裂项公式(1)；(2)；(3).考点自测1设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则_.解析设等比数列的首项为a1，公比为q.因为8a2a50，所以8a1qa1q40.q380，q2，11.答案112已知an是递增等比数列，a22，a4a34，则此数列的公比q_.解析由a4a3a2q2a2q2q22q4，解得q2(q1)答案23设Sn是等比数列an的前n项
4、和，S3，S9，S6成等差数列，且a2a52am，则m_.解析设等比数列an的公比为q，显然q1.由2S9S3S6得2，所以2q9q3q6，即1q32q6.由于a2a52am，所以a1qa1q42a1qm1，即1q32qm2，所以m26，所以m8.答案84数列an是等差数列，若1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n_.解析由题意，可知数列an的前n项和Sn有最大值，所以公差小于零，故a11a10，又因为1，所以a100，a11a10，由等差数列的性质有a11a10a1a200，a10a10a1a190，所以Sn取得最小正值时n19.答案195已知数列an满足3an1an4
5、(nN*)且a19，其前n项和为Sn，则满足不等式|Snn6|的最小正整数n是_解析由3an1an4，得an11(an1)(运用构造数列法)，an1是以a118为首项，以为公比的等比数列，所以an18n1，所以an8n11.所以Sn8n8n6n6n，所以|Snn6|n6，即3n750.将n5,6,7代入验证符合题意的最小正整数n7.答案7考向一等差数列与等比数列的综合【例1】 (1)已知两个等比数列an，bn，满足a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33，若数列an唯一，求a的值；(2)是否存在两个等比数列an，bn，使得b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成公差不为0的等差数列？
6、若存在，求an，bn的通项公式；若不存在，说明理由解(1)设an的公比为q，则b11a，b22aq，b33aq2，由b1，b2，b3成等比数列得(2aq)2(1a)(3aq2)，即aq24aq3a10.*由a0得，4a24a0，故方程*有两个不同的实根再由an唯一，知方程*必有一根为0，将q0代入方程*得a.(2)假设存在两个等比数列an，bn使b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成公差不为0的等差数列设an的公比为q1，bn的公比为q2，则b2a2b1q2a1q1，b3a3b1qa1q，b4a4b1qa1q. 由b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成等差数列，得即 q2得a1(q1q2)
7、(q11)20，由a10得q1q2或q11.()当q1q2时，由得b1a1或q1q21，这时(b2a2)(b1a1)0，与公差不为0矛盾()当q11时，由得b10或q21，这时(b2a2)(b1a1)0，与公差不为0矛盾综上所述，不存在两个等比数列an，bn使b1a1，b2a2，b3a3，b4a4成公差不为0的等差数列方法总结 对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和；分析等差、等比数列项之间的关系往往用到转化与化归的思想方法【训练1】已知数列an各项均为正数，其前n项和为Sn，点(an，Sn)在曲线(x1)24y上(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn
8、满足b13，令bn1abn，设数列bn的前n项和为Tn，求数列Tn6n中最小项的值解(1)由题意知，(an1)24Sn. 所以当n2时，得4anaa2(anan1)0，即aa2(anan1)由于an0，所以anan12. 又(a11)24a1，解得a11，即数列an是首项为1，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d12(n1)2n1.(2)由已知得b13，bn12bn1，则bn112(bn1)，所以bn1是首项为2，公比为2的等比数列，所以bn122n12n，即bn2n1，所以Tnb1b2bn(21222n)nn2n1n2.设AnTn6n2n15n2，则An1An2n15，所以当n1时，有
9、An1An. 故最小项为A2231024.即数列Tn6n中最小项的值为4.考向二等差数列与等比数列的判定或证明【例2】在数列an中，a11，且对任意的kN*，a2k1，a2k，a2k1成等比数列，公比为qk.(1)若qk2(kN*)，求a1a3a5a2k1；(2)若对任意的kN*，a2k，a2k1，a2k2成等差数列，其公差为dk，设bk.求证：bk是等差数列，并指出其公差；若d12，试求数列dk的前k项的和Dk.(1)解qk2，4，故a1，a3，a5，a2k1是首项为1，公比为4的等比数列，a1a3a5a2k1(4k1)(2)证明a2k，a2k1，a2k2成等差数列，2a2k1a2ka2k2
10、，而a2k，a2k2a2k1qk1，qk12， 则qk11，得1，1，即bk1bk1，bk是等差数列，且公差为1.解d12，a3a22，则由a1a3a22，解得a22或a21.()当a22时，q12，b11，则bk1(k1)1k，即k，得qk， 则a2k1a1 1(k1)2，a2kk(k1)，则dka2k1a2kk1，故Dk.()当a21时，q11，b1，则bk(k1)1k，即k，得qk， a2k1a1142，则a2k(2k1)(2k3)，dka2k1a2k4k2，从而Dk2k2.综上所述，Dk或Dk2k2.方法总结 求数列通项或前n项和，首先考虑原数列是否是等差数列或等比数列，可以通过定义或
11、等差(比)中项作出判断或证明【训练2】 数列an的前n项和记为Sn，a11，an12Sn1(n1)(1)求an的通项公式；(2)等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1，a2b2，a3b3成等比数列，求Tn.解(1)由an12Sn1，可得an2Sn11(n2)，两式相减得an1an2an，则an13an(n2) 又a22S113，a23a1.故an是首项为1，公比为3的等比数列，an3n1.(2)设bn的公差为d， 由T315，b1b2b315，可得b25，故可设b15d，b35d，又a11，a23，a39，由题意可得(5d1)(5d9)(53)2， 解得d12，d21
12、0.等差数列bn的各项为正，d0，d2，b13，Tn3n2n22n.考向三裂项相消法求和【例3】 在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.审题视点第(1)问利用anSnSn1 (n2)后，再同除Sn1Sn转化为的等差数列即可求Sn.第(2)问求出bn的通项公式，用裂项相消求和解(1)San，anSnSn1 (n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn， 由题意Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列是首项为1，公差为2的等差数列12(n1)2n1，Sn.(2)又bn，Tnb1b2bn(1)()().方法总结 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的【训练3】 在数列an中，an，又bn，求数列bn的前n项和Sn.解an.bn8.Sn88.考向四错位相减法求和【例4】 设数列an满足a13a232a33n1an，nN*.(1)求数列an的通项；(2)设bn，求数列bn的前n项和Sn.审题视点(1)由已知写出前n1项之和，两式相减(2)bnn3n的特点是数列n与3n之积，可用
