等差数列性质及应用五篇

等差数列性质及应用 篇1

证明:①必要性。设{an}是一个等差数列,其首项为a1,公差为d,则

即(1)式成立。

②充分性。若对任意三个自然数p、q、r,恒有(1)式成立,于是,对任意的自然数n (n≥2),取p=n-1,q=n,r=n+1,则由(1)式,有 ),这说明数列{an}是一个等差数列。

定理的等式(1)是循环对称,用数列中的任意三项来刻画等差数列的特征。应用它来处理与等差数列有关的一些问题时,显得相当灵活方便,兹举几例说明之。

例1:在等差数列{an}中,已知 ,求 ap+q.

解:由(1)式,有

例2:在等差数列{an}中,已知 ),求am、an.

解:由(1)式,有

例3:设ap、aq、ar,bp、bq、br分别是两个等差数列中的第p、q、r项,求证

证明:设等差数列{bn}的公差为d,易知 于是 ,由(1)式得 :

故(2)式成立。

例4:证明:三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的)。(第二届美国中学生数学竞赛题)

证明:设a、b、c是三个不同的素数,如果a3/2、b3/2、c3/2分别是一个等差数列中的第p、q、r项,则由(1)式,有

但因a、b、c是三个不同的素数,因此abc3/2是一个无理数,而(3)式右边却是一个有理数,因此(3)式不能成立。这说明a3/2、b3/2、c3/2不可能是一个等差数列中的三项。

例5:设{an}是一个等差数列,求证:

其中,n≥2

证明:由(1)式知,对任意1

其中,i=1,2,···,n-1。因而有

这就证明了(4)式。

又由(6)式,有 ,其中 ,i=1,2,···,n-1. 因而有

于是,(5)式得证。

等差数列性质及应用 篇2

例1.已知函数.

(1) 求f (x) 的反函数f-1 (x) .

(2) 设, 求an.

(3) 设Sn=a12+a22+…+an2, bn=Sn+1-Sn是否存在最小正整数m, 使得对任意n∈N*, 有成立?若存在, 求出m的值;若不存在, 说明理由.

命题意图:本题是一道与函数、数列有关的综合性题目, 着重考查学生的逻辑分析能力.

知识依托:本题熔反函数, 数列递推公式, 等差数列基本问题, 数列的和, 函数单调性等知识于一炉, 结构巧妙, 形式新颖, 是一道精致的综合题.

错解分析:本题首问考查反函数, 反函数的定义域是原函数的值域, 这是一个易错点, 第 (2) 问以数列为桥梁求an不易突破.

技巧与方法:第 (2) 问由式子得, 构造等差数列, 从而求得an, 即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧;第 (3) 问运用了函数的思想.

∴g (n) 的最大值是g (1) =5,

∴m>5, 存在最小正整数m=6, 使得对于任意n∈N*有成立.

例2.设等比数列{an}的各项均为正数, 项数是偶数, 它的所有项的和等于偶数项和的4倍, 且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍, 问数列{lgan}的前多少项和最大? (lg2=0.3, lg3=0.4)

命题意图:本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则, 等差数列与等比数列之间的联系, 以及运算、分析能力.

知识依托:本题须利用等比数列通项公式、前n项和公式合理转化条件, 求出an, 进而利用对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列, 分析该数列项的分布规律从而得解.

错解分析:题设条件中既有和的关系, 又有项的关系, 条件的正确转化是关键, 计算易出错;而对数的运算性质也是易混淆的地方.

技巧与方法:突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列, 而等差数列中前n项和有最大值, 一定是该数列中前面是正数, 后面是负数, 当然各正数之和最大;另外, 等差数列Sn是n的二次函数, 也可由函数解析式求最值.

解法一:设公比为q, 项数为2m, m∈N*, 依题意有

设数列{lgan}前n项和为Sn, 则

由于n∈N*, 可见数列{lgan}的前5项和最大.

例3.等差数列{an}的前m项的和为30, 前2m项的和为100, 求它的前3m项的和.

解法三:由等差数列{an}的前n项和公式知, Sn是关于n的二次函数, 即Sn=An2+Bn (A、B是常数) .

将Sm=30, S2m=100代入, 得

解法四:

解法五:根据等差数列性质知:Sm, S2m-Sm, S3m-S2m也成等差数列,

由三点共线, 易得S3m=3 (S2mSm) =210.

解法七:令m=1得S1=30, S2=100, 得a1=30, a1+a2=100

∴a1=30, a2=70

∴a3=70+ (70-30) =110

∴S3=a1+a2+a3=210

∴S3m=210

等差数列性质及应用 篇3

关键词：数列性质 通项 求和

类型一：数列性质

（一）等差数列性质

例1.已知a■为等差数列，若a1+a5+a9=8π，则cos（a3+a7）的值为（ ）。

A.■ B.-■ C.■ D.-■

解析：因为a1+a5+a9=8π，所以a5=■π，所以a3+a7=2a5=■π，所以cos（a3+a7）=cos■π=-■。

考点：等差数列的性质。

变式：设等差数列a■的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S15=（ ）。

A.60 B.70 C.90 D.40

解析：因为数列a■为等差数列，所以S5，S10-S5，S15-S10成等差数列，设S15=x，则10，20，x-30成等差数列，所以2×20=10+（x-30），所以x=60，即S15=60。

考点：等差数列的性质，等差中项。

变式：已知两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，则使得■为整数的正整数的个数是（ ）。

A.2 B.3 C.4 D.5

解析：在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。

因为，两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，所以，■=■=■=■=■=■=7+■，为使■为整数，需n+1为2，3，4，6，12，共5个，故选D。

考点：等差数列的性质，等差数列的求和公式。

点评：中档题，在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。本题较为典型。

（二）等比数列性质

例2：在正项等比数列a■中，lga3+lga6+lga9=3，则a1a11的值是 （ ）。

A.10000 B. 1000 C. 100 D. 10

解析：因为lga3+lga6+lga9=3，同底对数相加得a3a6a9=103，用等比数列的性质得，a63=103，所以a6=10，所以a1a11=a62=100。

考点：对数的运算，等比数列的性质。

变式：等比数列a■的各项均为正数，且a3+a8+a5+a6=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（ ）。

A.12 B.10 C.8 D.2+log35

解析：∵a3+a8+a5+a6=18，∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9，∴log3a1+log3a2+…loga3a10应为log■a■■a■■...a■=log■9■=10。故选B。

考点：本题考查了等比数列的性质及对数的运算。

点评：解决此类问题是利用等比数列的性质m+n=p+r，故a■·a■=a■·a■，特别地，当m+n=2k，则am·an=a■■，然后利用对数的运算法则即可。

类型二：数列通项与求和的应用

例3：已知等比数列a■中，a1=2，且a1，a2+1，a3成等差数列，

（1）求数列a■的通项公式；

（2）求数列na■的前n项的和。

解析：（1）根据a1，a2+1，a3成等差数列，建立公比q的方程，确定得到等比数列的通项公式。

（2）较为典型。应用“错位相减法”确定数列的前n项的和。

试题解析：（1）设数列a■的公比为q，a2=2q，a3=2q2，由题设知，a1+a3=2（a2+1）∴2+2q2=4q+2，q=2或0，∵q≠0，∴q=2，an=2n 。

（2）设数列na■的前n项的和为Sn，

sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n（1）

2sn=1×22+2×23+…+（n-1）2n+n×2n+1（2）

（1）—（2）得：-sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=■-n×2n+1

sn=（n-1）×2n+1+2

考点：等差数列，等比数列，“错位相减法”求和。

变式：已知数列{an}的前n项和Sn=-■n■+kn（k∈N*），且Sn的最大值为8。

（1）确定常数k，求an；

（2）求数列■的前n项和Tn。

解析：（1）当n=k∈N*时，Sn=-■n■+kn取最大值，即8=-■k■+k2=■k■，故k=4，从而an=Sn-Sn-1=■-n（n≥2），又a1=S1=■，所以an=■-n。

∵bn=■=■，Tn=b1+b2+…+bn=1+■+■+…+■+■，

∴Tn=2Tn-Tn=2+1+■+…+■-■=4-■-■=4-■。

考点：本题主要考查等差数列、等比数列的概念及其通项公式，数列的求和。

点评：典型题，本题首先由Sn，an的关系，确定数列的通项公式是关键。求和过程中应用了“错位相减法”。在数列问题中，“分组求和法”“裂项相消法”也常常考到。

（责编 金 东）

摘要：数列的基本性质、通项及求和是高考考查的基本内容，属于基础题，一般情况下客观题型小而巧，主要考查等差、等比数列的性质，难度中等。熟练掌握等差、等比数列的有关概念、公式与性质，这是解决数列通项与求和问题的基础。对于常见的数列的求通项、求和的类型题要善于分类归纳整理，掌握各种类型的通解通法。

关键词：数列性质 通项 求和

类型一：数列性质

（一）等差数列性质

例1.已知a■为等差数列，若a1+a5+a9=8π，则cos（a3+a7）的值为（ ）。

A.■ B.-■ C.■ D.-■

解析：因为a1+a5+a9=8π，所以a5=■π，所以a3+a7=2a5=■π，所以cos（a3+a7）=cos■π=-■。

考点：等差数列的性质。

变式：设等差数列a■的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S15=（ ）。

A.60 B.70 C.90 D.40

解析：因为数列a■为等差数列，所以S5，S10-S5，S15-S10成等差数列，设S15=x，则10，20，x-30成等差数列，所以2×20=10+（x-30），所以x=60，即S15=60。

考点：等差数列的性质，等差中项。

变式：已知两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，则使得■为整数的正整数的个数是（ ）。

A.2 B.3 C.4 D.5

解析：在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。

因为，两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，所以，■=■=■=■=■=■=7+■，为使■为整数，需n+1为2，3，4，6，12，共5个，故选D。

考点：等差数列的性质，等差数列的求和公式。

点评：中档题，在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。本题较为典型。

（二）等比数列性质

例2：在正项等比数列a■中，lga3+lga6+lga9=3，则a1a11的值是 （ ）。

A.10000 B. 1000 C. 100 D. 10

解析：因为lga3+lga6+lga9=3，同底对数相加得a3a6a9=103，用等比数列的性质得，a63=103，所以a6=10，所以a1a11=a62=100。

考点：对数的运算，等比数列的性质。

变式：等比数列a■的各项均为正数，且a3+a8+a5+a6=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（ ）。

A.12 B.10 C.8 D.2+log35

解析：∵a3+a8+a5+a6=18，∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9，∴log3a1+log3a2+…loga3a10应为log■a■■a■■...a■=log■9■=10。故选B。

考点：本题考查了等比数列的性质及对数的运算。

点评：解决此类问题是利用等比数列的性质m+n=p+r，故a■·a■=a■·a■，特别地，当m+n=2k，则am·an=a■■，然后利用对数的运算法则即可。

类型二：数列通项与求和的应用

例3：已知等比数列a■中，a1=2，且a1，a2+1，a3成等差数列，

（1）求数列a■的通项公式；

（2）求数列na■的前n项的和。

解析：（1）根据a1，a2+1，a3成等差数列，建立公比q的方程，确定得到等比数列的通项公式。

（2）较为典型。应用“错位相减法”确定数列的前n项的和。

试题解析：（1）设数列a■的公比为q，a2=2q，a3=2q2，由题设知，a1+a3=2（a2+1）∴2+2q2=4q+2，q=2或0，∵q≠0，∴q=2，an=2n 。

（2）设数列na■的前n项的和为Sn，

sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n（1）

2sn=1×22+2×23+…+（n-1）2n+n×2n+1（2）

（1）—（2）得：-sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=■-n×2n+1

sn=（n-1）×2n+1+2

考点：等差数列，等比数列，“错位相减法”求和。

变式：已知数列{an}的前n项和Sn=-■n■+kn（k∈N*），且Sn的最大值为8。

（1）确定常数k，求an；

（2）求数列■的前n项和Tn。

解析：（1）当n=k∈N*时，Sn=-■n■+kn取最大值，即8=-■k■+k2=■k■，故k=4，从而an=Sn-Sn-1=■-n（n≥2），又a1=S1=■，所以an=■-n。

∵bn=■=■，Tn=b1+b2+…+bn=1+■+■+…+■+■，

∴Tn=2Tn-Tn=2+1+■+…+■-■=4-■-■=4-■。

考点：本题主要考查等差数列、等比数列的概念及其通项公式，数列的求和。

点评：典型题，本题首先由Sn，an的关系，确定数列的通项公式是关键。求和过程中应用了“错位相减法”。在数列问题中，“分组求和法”“裂项相消法”也常常考到。

（责编 金 东）

摘要：数列的基本性质、通项及求和是高考考查的基本内容，属于基础题，一般情况下客观题型小而巧，主要考查等差、等比数列的性质，难度中等。熟练掌握等差、等比数列的有关概念、公式与性质，这是解决数列通项与求和问题的基础。对于常见的数列的求通项、求和的类型题要善于分类归纳整理，掌握各种类型的通解通法。

关键词：数列性质 通项 求和

类型一：数列性质

（一）等差数列性质

例1.已知a■为等差数列，若a1+a5+a9=8π，则cos（a3+a7）的值为（ ）。

A.■ B.-■ C.■ D.-■

解析：因为a1+a5+a9=8π，所以a5=■π，所以a3+a7=2a5=■π，所以cos（a3+a7）=cos■π=-■。

考点：等差数列的性质。

变式：设等差数列a■的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S15=（ ）。

A.60 B.70 C.90 D.40

解析：因为数列a■为等差数列，所以S5，S10-S5，S15-S10成等差数列，设S15=x，则10，20，x-30成等差数列，所以2×20=10+（x-30），所以x=60，即S15=60。

考点：等差数列的性质，等差中项。

变式：已知两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，则使得■为整数的正整数的个数是（ ）。

A.2 B.3 C.4 D.5

解析：在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。

因为，两个等差数列a■和b■的前n项和分别为An和Bn，且■=■，所以，■=■=■=■=■=■=7+■，为使■为整数，需n+1为2，3，4，6，12，共5个，故选D。

考点：等差数列的性质，等差数列的求和公式。

点评：中档题，在等差数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。本题较为典型。

（二）等比数列性质

例2：在正项等比数列a■中，lga3+lga6+lga9=3，则a1a11的值是 （ ）。

A.10000 B. 1000 C. 100 D. 10

解析：因为lga3+lga6+lga9=3，同底对数相加得a3a6a9=103，用等比数列的性质得，a63=103，所以a6=10，所以a1a11=a62=100。

考点：对数的运算，等比数列的性质。

变式：等比数列a■的各项均为正数，且a3+a8+a5+a6=18，则log3a1+log3a2+…log3a10=（ ）。

A.12 B.10 C.8 D.2+log35

解析：∵a3+a8+a5+a6=18，∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=9，∴log3a1+log3a2+…loga3a10应为log■a■■a■■...a■=log■9■=10。故选B。

考点：本题考查了等比数列的性质及对数的运算。

点评：解决此类问题是利用等比数列的性质m+n=p+r，故a■·a■=a■·a■，特别地，当m+n=2k，则am·an=a■■，然后利用对数的运算法则即可。

类型二：数列通项与求和的应用

例3：已知等比数列a■中，a1=2，且a1，a2+1，a3成等差数列，

（1）求数列a■的通项公式；

（2）求数列na■的前n项的和。

解析：（1）根据a1，a2+1，a3成等差数列，建立公比q的方程，确定得到等比数列的通项公式。

（2）较为典型。应用“错位相减法”确定数列的前n项的和。

试题解析：（1）设数列a■的公比为q，a2=2q，a3=2q2，由题设知，a1+a3=2（a2+1）∴2+2q2=4q+2，q=2或0，∵q≠0，∴q=2，an=2n 。

（2）设数列na■的前n项的和为Sn，

sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n（1）

2sn=1×22+2×23+…+（n-1）2n+n×2n+1（2）

（1）—（2）得：-sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=■-n×2n+1

sn=（n-1）×2n+1+2

考点：等差数列，等比数列，“错位相减法”求和。

变式：已知数列{an}的前n项和Sn=-■n■+kn（k∈N*），且Sn的最大值为8。

（1）确定常数k，求an；

（2）求数列■的前n项和Tn。

解析：（1）当n=k∈N*时，Sn=-■n■+kn取最大值，即8=-■k■+k2=■k■，故k=4，从而an=Sn-Sn-1=■-n（n≥2），又a1=S1=■，所以an=■-n。

∵bn=■=■，Tn=b1+b2+…+bn=1+■+■+…+■+■，

∴Tn=2Tn-Tn=2+1+■+…+■-■=4-■-■=4-■。

考点：本题主要考查等差数列、等比数列的概念及其通项公式，数列的求和。

点评：典型题，本题首先由Sn，an的关系，确定数列的通项公式是关键。求和过程中应用了“错位相减法”。在数列问题中，“分组求和法”“裂项相消法”也常常考到。

等差数列的一个特征性质及应用 篇4

江西南昌市卫生学校熊秋玲

内容提要：本文证明等差数列的一个重要性质：数列{an}是等差数列的充要条件为：对于任意三个自然数q,p,r,恒有(q-r）ap+(r-p)aq+(p-q)ar=0成立。并举实例说明其实用。

等差数列是中学数学的重要内容之一，有一个特征性质应用极为广泛，即

定理数列{an}是等差数列的充要条件为：对于任意三个自然数p,q,r,恒有(q-r）ap+(r-p)aq+(p-q)ar=0（1）证明必要性，设{an}是一个等差数列，其首项为a1,公差为d，则

ap=a1+(p-1)d,aq=a1+(q-1)d,ar=a1+(r-1)d,于是

（q-r）ap+(r-p)aq+(p-q)ar

=p(ar-aq)+q(ap-ar)+r(aq-ap)

=p(r-d)d+q(p-r)d+r(q-p)d

=0。即(1)式成立。

充分性，若对任意三个自然数p,q,r,恒有（1）式成立。于是对任意的自然数n（n≥2），取p=n-1,q=n,r=n+1,则由

（1）式，有

-an-1+2an-an+1=0,即an-1+an+1=2an(n≥2),这说明数列{an}是一个等差数列。

定理的等式（1）是循环对称，用数列中的任意三项来刻画等差数列的特征。应用它来处理与等差数列有关的一些问题时，显得相当灵活方便，兹举几例说明之。

例1.在等差数列{an}中，已知ap=q=求ap+q qp11解：由（1）式，有

q−(p+q)∗p+q −p ∗+ p−q ap+q=0 即-++(p−q)ap+q=0 qppq11qp

∴(p-q)ap+q=−= p−q(+

数列的性质证明 篇5

x(n)=x(n-1)+F(F是关于N的函数)用累加法

x(n)/x(n-1)=G(G是关于N的函数)用累积法

x(n)=Ax(n-1)+B

x(n)取倒数后是上述情况

等差数列an依次每项k之和仍为等差数列,其公差为原公差的k^2倍,即数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k也为等差数列

对此条性质进行证明Sk=ka1+k(k-1)d/2

S2k=2ka1+2k(2k-1)d/2

S3k=3ka1+3k(3k-1)d/2

S2k-Sk=ka1+k(3k-1)d/2

S3k-S2k=ka1+k(5k-1)d/2

(S2k-Sk）-Sk=k^2*d

(S3k-S2k)-(S2k-Sk）=k^2*d

所以

等差数列an依次每项k之和仍为等差数列,其公差为原公差的k^2倍,即数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k也为等差数列

证明.项数为奇数2n-1的等差数列｛an｝有(1)S奇－S偶＝an

(2)s奇／S偶＝n/n-1.证明：由题意令此数列公差为d，则:a(n+1)-an=d,即an-a(n+1)=d

又由通项公式得：a(2n-1)=a1+(2n-2)d=an+(n-1)d

S奇－S偶＝(a1-a2)+(a3-a4)+...+(a(2n-3)-a(2n-2))+a(2n-1)

=(n-1)*(-d)+an+(n-1)d

=an

求前2n-1项和得：S(2n-1)=S奇+S偶＝(2n-1)[a1+a(2n-1)]/2

又a1+a(2n-1)=2an,则：

S奇+S偶＝(2n-1)*an=(2n-1)*(S奇-S偶)

即：2nS奇＝(2n-2)S偶

所以：s奇／S偶＝2n/（2n-2)=n/(n-1)

证明.项数为偶数2n的等差数列｛an｝有(1)S奇－S偶＝nd,(2)s奇／S偶＝an/an+1

(3)S2n=n(a1+a2n)=~~~=n(an+an+1)

[an与an+1为中间两项】

证明：（1）S奇=a1+a3+…+a(2n-1)，共n项(2n-1为下标）

S偶=a2+a4+…+a2n，共n项(2n为下标）

S偶－S奇=(a2-a1)+(a4-a3)+…+[a2n-a(2n-1)]=nd

(2)S奇=A1+A3+A5+……+A(2n-3)+A(2n-1)

S偶=A2+A4+A6+……+A(2n-2)+A2n

如果n为奇数

A1+A(2n-1)=A3+A(2n-3)=……=A(n-2)+A(n+2)=2An

A2+A2n=A4+A(2n-2)=……=A(n-1)+A(n+3)=2A(n+1)

S奇=nAn

S偶=nA(n+1)

S奇/S偶=An/A(n+1)

如果n为偶数

A1+A(2n-1)=A3+A(2n-3)=……=A(n-1)+A(n+1)=2An

A2+A2n=A4+A(2n-2)=……=An+A(n+2)=2A(n+1)

S奇=nAn

S偶=nA(n+1)

S奇/S偶=An/A(n+1)

(3)项数为偶数，所以都可以配对，共有N对