高三数学同步辅导教材(第10讲) 8页

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 1n ， ∴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 1n 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， 1k 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）