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- 2023-11-07 发布
高三数学总复习教程（第 10 讲）
一、本讲内容
等差数列 等比数列
本讲进度：数列的概念，分类、表达、两种重要数列：等差数列与等比数列的定义，通项，前
n 项和、性质等。
二、学习指导
数列的特点是“有序”，数列的实质是函数——定义域为 N*或｛1，2，3…，n｝的函数，故按定义
域，数列分为有穷数列与无穷数列；按值域，数列分为有界数列与无界数列；按取值变化情况，分为常
数列，单调数列，摆动数列，周期数列。
数列的表达式一一顺序列出（也可用图、表）在可能的情况下，还可用通项公式或递推式（须加初
始条件）表示，高中阶段接触的大都是后者。
等差数列与等比数列是两个基础性的数列，对它们的定义、性质、公式，建议同学们进行对比性地
理解和记忆，常数列必为 等差数列（公差 d=0），非零常数列必同时也是等比数列（公比 q=1），反之亦
然，对等比数列求和。切记要分为 q=1 与 q≠1 两种情况，等比数列的公比 q 及任意一项均不能为零。
任意两个数都有等差中项，而且是唯一的；在实数范围内，同号的两个数才有等比化中项，且为一
对相反数，在实数范围内，等比数列的各奇数项符号相同，各偶数项符号相同。
要注意可以化为等差，等比数列的转化技巧。
三、典型例题讲评
例 1．是否存在公差不为零的等左数列｛a2｝，使对任意正整数 n，
n
n
S
S
2
为常数？若存在，示出这个
数列；若不存在，说明理由。
存在性问题，往往先假设它存在，根据题设条件列式，若据此能求出欲求，则“事实胜于雄辩”不
仅证明了“存在”，还解决了“是什么”；若据此推得矛盾，则说明假设错误，从而证明了“不存在”。
若存在，记首项为 a1，公差为 d(≠0) ，据题设，应有 A=
dnnna
dnnna
2
)12(22
2
)1(
1
1
=
nd
a
nd
a
4)24(
)12(
1
1
要与 n 无关，应有
d
a14 －2= 4(
d
a12 －1)，求得 a1=
2
d ，说明存在。
例 2．三个实数 10a2+81a+207，a+2，26－2a 经适当排列，它们的常用对数值构成公差为 1 的等差数
列。求 a 的值。
先扫清外围：证明三个数的常用对数构成公差为 1 的等差数列，它们本身必构成公比为 10 的等比数
列。
再考虑“适当排序”。（10a2+81a+207）－（a+2）=10a2+80a+205=10(a+4)2+45＞0，（ 10a2+81a+207）
－(26－2a)=10a2+83a+181=10(a+
20
83 )2+
40
351＞0，故 10a2+81a+207 为最大项，又由各项为正数知 a∈(－2，
13) 故 10a2+81a+207=10(a+2)=100(26－2a)或
10a2+81a+207=10(26－2a)=100(a+2)解出即可。
例 3．数列｛a2｝的前 n 项之和为 Sn，对任意正整数 n，有 an+Sn=n，数列｛bn｝中，b1=a1，bn+1=an+1
－an，求｛bn｝前 n 项之和 Pn 及通项 bn。
an 与 Sn 间的关系要牢记：an=
1
1
nn SS
S
时
时
2
1
n
n 由此我们不难得出 a1=
2
1 ,an+1= an+
至此，我们要把它与等比数列挂钩，有两种选择：
（1）两边同减 1： an+1－1=
2
1 (an－1) （此处 1 可用待定系数法确定），从而说明｛an—1｝，（此外 1 可
用待定系数法确定），从而说明｛an－1｝构成以－ ，且 an= an－1+ ，两式相减，得 an+1－an= (an
－an－1)，说明了差数列构成公比为 的等比数列。
例 4．已右曲线 xy－2kx+k2=0 与 x－y+8=0 有且只有一个为共点，数列｛an｝中，a1=2k，n≥2 时，｛an
－1，an｝均在曲线 xy－2kx+k2=0 上，数列｛bn｝中，bn=
2
1
na .
（1）求证：｛bn｝是等差数列；
（2）求 an
先由方程组解唯一，求出 k 与 a1，再由逆推式 an－1an－2kan－1+k=0 推及｛bn｝成等差，进而求出 an，
在对 an－1an－4an－1+4=0 变化时，应把目标紧紧盯在 an－2，an－1－2 上。
例 5．已知递增的等比数列｛an｝前三项之积为 512，它们分别减去 1，3，9 后，又构成等差数列，
则
1
1
a +
2
2
a +
3
3
a +…+
na
n ＜1.
先由题设条件求出 an，而 + +…+ 可看作等差数列，1，2，…，n……与等比数列 ， ，…，
na
1 ，…对应项相来得到的新数列，要求它的前 n 项之和，一般把和式两边同来以公比 q（或
q
1 ），错位
相减（目的是列出“等比数列求和”）从而求出这个和。
例 6．某企业在年初创办时投入资金 1000 万元，年资金增长率为 50%，但每年年终要扣除消费基金
x 万元，其余校入再生产，要想经过 5 年扣除其金后的资金达到 2000 万元，消费基金 x 最多为多少万元
（精确到万元）？
写出递推式，并把递推式改造为等比数列是这一类问题的通常解法，如本题中，第一年底记为 a1，
则 a1=1000×1.5－x，an+1=1.5an－x，进而写为 an+1－2x=1.5(an－2x)
四、巩固练习
1．数列｛an｝中，a1=3，对一切正整数 n，关于 x 的方程 anx2－2an+1x+1=0 的两实数α 、β 都是满
足(α －1)(β －1)=2
（1）求证：数列｛an－
3
1 ｝是等比数列；
（2）求数列｛an｝的通项公式。
2．已知数列｛an｝是各项均为正数的等比数列，bn=
n
1 [lga1+lga2+…+lgan－1+lg(kan)]，问是否存在正
数 k，使｛bn｝是等差数列？若存在，求出这样的 k，若不存在，说明理由。
3．设数列｛an｝前 n 项和 Sn= 4an－a1－n
（1）求 an+1 与 an 的关系
（2）求通项 an
4．Sn 为数列｛a2｝的前 n 项之和，a1=3，2an=SnSn－1（a≥2）
（1）求证：｛
nS
1 ｝是等差数列，并求出公差。
（2）求｛an｝的通项公式
（3）是否存在正整数 k，使 ak＞ak+1，ak+1＞ak+2，…都成立（亦即从从第 k 项起单调递减）？若存
在，求出最小的 k 值，若不存在，说明理由。
5．等差数列｛an｝与｛bn｝的前 n 项和分别记为 Sn、Tn.
（1）若
n
n
T
S =
13
15
n
n ，求
n
n
b
a ；
（2）若 =
23
25
n
n ，求 .
6．是否存在常数 k 和等差数列｛an｝，使得 ka 2
n －1=S2n－Sn+1，对任意正整数 n 都成立？
7．已知数列｛an｝是等差数列，｛bn｝是等比数列，且 a1=b1=1，a2+a4=b3，b2b4=a3，Cn=anbn，求｛an｝
前 n 项之和
8．一个水池有几个相同的进水龙头，如果全部打开，24 分钟可注满水池；如果开始到此时所用的
时间，恰为关闭第一个水龙头所用时间的 5 倍，问整个过程一共花费了多长时间？
9．等比数列｛an｝的各项均为正数，Sn 为其前 n 项之和.
（1）求证：
2
lglg 2 nn SS ＜lgSn+1.
（2）是否存在正的常数 C，使
2
)lg()lg( 2 CSCS nn =lg(Sn+1－C)成立？证明你的结论。
10．招来 20 名新工人，随着对工作熟练程度的提高，从第二周起每周工效都比前一周提高 10%，但
由于各种原因，每周减员 1 人。
（1）第几周他们完成的周工作量最大？
（2）他们总共完成了多少工作量？（以招工后第一周每人每周工作量为 1 计算）
11．已知等比数列｛an｝的公比 q＞1，且 a 2
10=a15，且前 n 项之和为 Sn，前 n 项倒数之和为 Tn，求
满足 Sn＞Tn 的最小正整数 n。
12．等差数列｛an｝不是常数列，从中抽取一些项，按它们原先的相对顺序排列的新数列 ak1，ak2，…，
akn，…构成等比数列，若 k1=1，k2=5，k3=17。
（1）求｛
ika ｝的公比 q；
（2）记 kn=f(n)，求 f(n)的解析式。
参考答案
1．由已知αβ－(α +β )=1，即
na
1 －
n
n
a
a 12 =1，即 an+1=－
2
1 an+ ，亦即 an+1－
3
1 =－ (an－ )，
又 a1－ =
3
8 ≠0 ∴｛an－ ｝是首次 ，公比－ 的等比数列.
an－ = ·(－ )n—1，∴an= + (－ )n—1
2．bn=
n
1 lg(ka1a2…an)= lglk·a n
1 q 2
)1( nn
=
n
klg +lga1+(n－1)
2
lg q .故存在 k=1，使 bn=lga1+(n－1)
，从而使｛bn｝构成首项 lga1，公差 的等差数列.
3．Sn+1=4an+1－2—n，Sn=4an－a1—n，两式相减，有 an+1= 4an+1－4an+ n2
1 ，即 3an+1= 4an－
2n+1an+1= (2nam)－
3
2 . （2n+1an+1－
5
2 ）= (2nan－ )，说明｛2nan－ ｝构成首项，2a1－ ，公比
的等比数列，而 S1=a1= 4a1－1，a1= ∴2nan－ =( － )( )n—1.
an=
5
1 ·21—n+
10
1 (
3
4 )n
4．（ 1）当 n≥2 时，2(Sn－Sn－1)=SnSn－1，即
nS
1 －
1
1
nS =－
2
1 .
∴｛ ｝构成首次
3
1 ，公差－ 的等差数列.
（2） = －
2
1n ， ∴Sn=
n35
6
.
当 n≥2 时，an=Sn－Sn－1=
)38)(35(
30
nn . 当 n 取值 1 时，值恰为 3=a=1
∴an=
)83)(53(
30
nn .
（3）令
)83)(53(
30
kk
＞
)53)(23(
30
kk . k∈(
3
2 ，
3
5 )∪（
3
8 ，+∞）要从 k 项后这样的式子都
成立，k＞ ，又 k∈N+ ∴k≥3，最小的 k 为 3.
5．（ 1）
n
n
b
a =
121
121
n
n
bb
aa =
12
12
n
n
T
S =
1)12(3
1)12(5
n
n =
46
410
n
n =
23
25
n
n
（2）由①知 = = = ，∴
n
n
T
S =
13
15
n
n
6．若存在，则有 k[a1+(n－1)d]2－1=[2na1+
2
)12(2 nn d]－[(n+1)a1+
2
)1( nn d]
kd2n2+2kd(a1－d)n+k(a1－d)2－1=
2
3 dn2+(a1－
2
d )n－a1
kd2= d ①
2kd(a1－d)=a1－
2
3d ②
k(a1－d)2－1=－a1 ③
由①，d=0，或 kd= .
若 d=0. 则②、③式即 a1=0，ka1
2－1=－a1，两式矛盾，若 kd= ， 则②即 a1=
4
3 d≠0，③即 k(－
4
1 d)2
－1=－ d，
16
1 × d－1=－ d.
32
11 d=1. d=
11
32 . a1=
11
24 . k=
64
33 .
7．由已知，a3=b2b4=b 2
3 =(a2+a4)2= 4a . 又 a3=b2b4≠0. 故 a3= . d=
2
14
1
=－
8
3 .
∴an= +(n－3)(－ )=
8
311 n . 此时, b3=2a3= . q=±
1
2
1
=±
2
2 . bn=(± 2 )1—n
∴Cn=
8
311 n (± )1—n
当 q=
2
2 时，Sn=1+
8
5 ·
2
1 +…+
8
311 n ( )n—1
2 Sn= + +
4
1 +…+ ( )n—2
∴( －1)Sn= －
8
3 (1+ +…+( )n—2)－ ( )n—1
= －
2
11
)
2
1(1 1
n
－ ( )n—1
∴Sn=
8
625 +
8
2353 n ( )n—1
类似地可求及当 q=－ 时，Sn=1－ +…+ (
2
1 )n—1
Sn= － +
8
2 ……+ 2
1
)2(
)1(
n
n
－ (－ )n—1)
∴Sn=
8
1 [4+ ―(20 ―23―3( ―1)n) (－ )n—1]
8．从开始到最后所用时间为关闭第一个所用时间的 5 倍，故进水龙头的人数为 5，每个水龙头十分钟
可注水池容量的
524
t ：
120
t (5+4+3+2+1)=1，∴t=8，总共用了 40 分钟
9．（ 1）原不等式等价于 SnSn+2＜S 2
1n
若公式 q=1，则即证 na1(n+z)a1＜(n+1)2a 2
1 ，∴左―右=―a ＜0；∴原不等式成立；
若 q＞0 且 q≠1，则即证
1
)1(1
q
qa n
·
1
)1( 2
1
q
qa n
＜ 2
212
1
)1(
)1(
q
qa n
亦即(qn―1)(qn+2―1)＜(qn+1―1)2
左―右=2qn+1―qn―qn+2=―qn(q―1)2＜0，∴原不等式成立。
（2）若存在这样的 C， 则 Sn―C＞0，（ n∈N+）且(Sn―C)(Sn+2―C)=(Sn+1―C)2.
SnSn+2―S2
n+1+C(2Sn+1―Sn―Sn+2)=0。
若 q=1，则 n(n+2)a1
2―(n+1)2a1
2+C[2(n+1)a1―na1―(n+2)a1]=0
即 a1
2=0，a1=0，C＞0，从而 S1―C＜0，不合题意，
若 q ≠ 1 ，则 2
22
1
)1(
)1)(1(
q
qqa nn
― 2
212
1
)1(
)1(
q
qa n
+C[2
1
)1( 1
1
q
qa n
―
1
)1(1
q
qa n
―
1
)1( 2
1
q
qa n
]=0，亦即 a1
2(2qn+1―qn―qn+2)+a1C(q―1)[2qn+1―qn―qn+2]=0，― a1qn(q―1)2[a1+C(q―1)]=0 ∵
a1qn(q―1)2≠0，∴C=
q
a
1
1 ，此时 Sn―C=
q
qa n
1
)1(1 ―
q
a
1
1 =
q
qa n
1
)(1 ＜0 （∵C＞0，∴q＜1＝亦不
合题意
∴这样的正数 C 不存在。
10．第 k 周完成的工作量为 ak=[20―(k―1)]×1.1k—1。 （k∈｛1，2，…，20｝）当 n≥2 时，
1k
k
a
a = 2
1
1.1)22(
1.1)21(
k
k
k
k =
k
k
22
)21(1.1 令 ≥1，有 k≤11，∴a11=a10=10×1.110 最大。
S=20+19×1.1+18×1.12+…+1×1.119
1.1S= 20×1.1+19×1.12+…+2×1.119+1.120
两式相减，0.1S=－20+1.1+1.12+…+1.119+1.120
=－20+
11.1
)11.1(1.1 20
=10×1.121－31
∴S=100×1.121×310
答：第十、十一两周完成工作量最大，他们共完成工作量为 100×1.121－310
11．由已知，a 2
10=a15=a10q5， ∵a10=q5， an=a10qn—10=qn—5。
Sn=
1
)1(4
q
qq n
，Tn=
q
qq n
11
))1(1(4
，令 Sa＞Tn. 解得 qn—9＞1。n＞9，n 最小值为 10
12．由已知 a 2
5 =a1a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)。 又 d≠0，故 a1=2d， an=(n+1)d，q=
1
5
a
a =
d
d
2
6 =3.
nka 是原数列的第 kn 项，是新数列的第 n 项，故 =(kn+1)d=2d·3n—1，
∴f(n)=kn=2·3n—1－1.
六、附录
例 1．若这样的等差数列存在，记首项为 a1，公差 d≠0，则有 A=
dnnna
dnnna
2
)12(22
2
)1(
1
1
=
nd
a
nd
a
4)24(
)12(
1
1
.需为与 n 无关的常数，须
d
a14 －2= 4( 12 1 d
a )，解得 a1=
2
d ，此时 A=
n
n
S
S
2
=
n
n
4 =
4
1 ，
满足题设条件.
∴｛a2｝： an=
2
1 (2n－1)d （d≠0）
例 2．若 lgb=lga+1，则 b=10a，故知 x 适当排序后三数应成公比为 10 的等比数列。
又因（10a2+81a+201）－(a+2)=10(a+4)2+45＞0 及(10a2+81a+201)－(26－a)=10(a+
20
83 )2+
40
351＞0，知
10a2+81a+201 为最大数
故 10a2+81a+201=10(a+2)=100(26－2a)＞0 或 10a2+81a+201=10(26－2a)=100(a+2)＞0
分别解得 a∈Ø 及 a=
∴a=
例 3．当 n=1 时，a1=S1，由已知，2a1=1，∴a1= .
当 n≥2 时，把 an+1+Sn+1=n+1 与 an+Sn=n 两式相减，得 an+1= an+ ①
于是 a2= × + =
4
3 ，a2－a1= .
把 an+1= an+ 与 an= an—1+ （n≥2）两式相减，得 an+1－an= (an－an—1)
∴Pn=b1+(a2－a1)+…+(an―an—1)=
2
1
2
11
])2
1(1[4
1 1
n
=1－( )n
。
bn=
2
1
)2
1(
1
1
P
PP n
nn
1
2
n
n 即 bn=( )n
也可由①式得 an+1―1= (an―1)，又 a1―1=― ∴｛an－1｝构成首项－ ，公比 之等比数列，
an=1+(－ )·( )n—1=1－( )n
Pn=(an－an—1)+(an—2－an—3)+…+(a2－a1)+a1=an=1－( )n
从而 bn n=1
Pn－Pn—1=( )n n≥2， 即 bn=( )n.
例 4．
8
02 2
xy
kkxxy 消去 y，x2+(8－2k)x+k2=0
有且只有一个解，∴△=(8－2k)2－4k2=0，k=2，a1=4，
故当 n≥2 时，an—1an－2kan—1+k2=0， 即 an—1(an－2)=2(an—1－2)·
)2(2 1
1
n
n
a
a =an－2.亦即 an－
2= +
2
1
1 na ∴｛bn｝构成公差为 的等差数列
bn=
24
1
+(n－1)× =
2
n ， ∴an－2= ,an=2+ .
例 5．设前三项为
q
b ，b，bq，则有
)3(2)9()1(
5123
bbqq
b
b
解得 b=8，q=2，（ 舍去），∴an=2n+1
记 Sn= 22
1 + 32
2 +…+ 12 n
n ，则 2Sn= + 22
2 +…+ n
n
2
两式相减，Sn= + +…+ n2
1 － =
2
11
)
2
11(2
1
n
－
=1－ － ＜1.
例 6．a1=1000×1.5－x，an+1=an×1.5－x.
∴an+1－2x=1.5(an－2x) a1－2x=1500－3x
a5－2x=(1500－3x)×1.54 令 2x+(1500－3x) ×1.54≥2000.
x≤424（万元）