等差、等比數列性質的綜合應用

摘要：等差、等比數列能夠與數學其它知識點有效融合，成為高考的熱門考點.因此，需要注重等差、等比數列性質在試題中的綜合應用，理解等差、等比數列中蘊含的數學思想和方法，深化學生對于等差、等比數列性質的理解，提高有關試題的解題效率.

關鍵詞：數列問題；數列性質；綜合應用

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0083-03

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：樊永文（1980.8-），男，甘肅省民樂人，本科，中學高級教師，從事高中數學教學研究.

近年高考數學試題中，關于等差、等比數列性質的綜合應用是一個考查的熱點內容，我們應引起足夠重視.基于此，本文特歸類舉例加以說明，希望能夠幫助同學們掌握一些常用的解題方法，進一步提高處理等差、等比數列綜合問題的解題能力.

1 考查等差中項與等比中項的綜合應用

例1已知b是a，c的等比中項，x是a，b的等差中項，y是b，c的等差中項，則ax+cy的值是．

解析由題設，得b2=ac，①2x=a+b，②2y=b+c，③

又注意到所求式子與b無關，從而應設法消去b.

因為由②得b=2x-a，

由③得b=2y-c，

所以將之代入①可得

2x-a2y-c=ac.即4xy-2ay-2cx=0.

所以ax+cy=2..

評注一般地，a，b，c成等差數列b是a，c的等差中項2b=a+c； a，b，c成等比數列b是a，c的等比中項b2=ac（其中a，b，c都不為零）.

2 考查兩個等差或兩個等比數列的交匯問題

例2（1）在等差數列an中，a1=5，前n項和為Sn.若數列1an也是等差數列，則Sn=；

（2）在等比數列an中，a1=2，前n項和為Sn.若數列an+1也是等比數列，則Sn=．

解析（1）設等差數列an的公差為d，則

1a1=15，1a2=15+d，1a3=15+2d，

由1an是等差數列，得

25+d=15+15+2d.解得d=0.

故所求Sn=na1=5n.

（2）設等比數列an的公比為q，則

a1+1=3，a2+1=2q+1，a3+1=2q2+1.

所以由an+1是等比數列，得

a2+12=a1+1a3+1.即2q+12=32q2+1.

解得q=1.

故所求Sn=na1=2n.

評注類似分析，可得如下一般性結論：

①設an是等差數列，且公差為d，若kank≠0也是等差數列，則d=0；

②設an是等比數列，且公比為q，若an+cc≠0也是等比數列，則q=1.

3 以等差數列為背景，設置等比數列問題

例3在等差數列an中，公差d≠0，a2是a1與a4的等比中項.已知數列a1，a3，ak1，ak2，…，akn，…成等比數列，求數列kn的通項kn.

解法1

因為a22=a1a4，

所以a1+d2=a1a1+3d.所以d2=a1d.

又公差d≠0，

所以d=a1.

所以an=a1+n-1d=nd.

從而，由題設得數列d，3d，k1d，k2d，…，knd，…是等比數列.

所以knd=d·3ddn+1=d·3n+1.

又注意到d≠0，故可得所求kn=3n+1.

解法2同解法1，先求得a1=d，

從而有a3a1=a1+2da1=3dd=3.

注意到“akn”既是等差數列an中的第kn項，又是等比數列a1，a3，ak1，ak2，…，akn，…中的第n+2項，

所以akn=a1+kn-1d=a1·a3a1n+1.

所以kn·d=d·3n+1.

又注意到d≠0，故可得所求kn=3n+1.

評注上述兩種解法的區別在于：前者先明確所給等比數列的各項，再運用等比數列的通項公式；后者則是考慮akn在兩個數列中的不同位置，并靈活運用等差、等比數列的通項公式進行綜合分析.

4 考查等差數列與等比數列交錯接龍

例4對于數列a1，a2，…，ak，ak+1，…，a2k，a2k+1，…而言，若a1，a2，…，ak是以d1為公差的等差數列；ak，ak+1，…，a2k是以q1為公比的等比數列；a2k，a2k+1，…，a3k是以d2為公差的等差數列；a3k，a3k+1，…，a4k是以q2為公比的等比數列，…，我們就稱該數列為等差、等比數列交錯接龍.現已知a1=-3，d1=1，k=6，q1=3，d2=-2，q2=13，d3=2729，q3=5，求a34.

解析

因為數列a1，a2，…，a6是以a1=-3為首項，且以d1=1為公差的等差數列，所以可得a6=-3+5×1=2.

于是，由數列a6，a7，…，a12是以q1=3為公比的等比數列，得a12=a6·q6=2×36.

由數列a12，a13，…，a18是以d2=-2為公差的等差數列，可得a18=a12+6d2=2×36+6×-2=2×36-12.

由數列a18，a19，…，a24是以q2=13為公比的等比數列，可得a24=a18·q62=2×36-12×136=2-12729.

由數列a24，a25，…，a30是以d3=2729為公差的等差數列，可得a30=a24+6d3=2-12729+6×2729=2.

故由數列a30，a31，…，a36是以q3=5為公比的等比數列，即得所求a34=a30·q43=2×54=1250.

評注在具體情景下，多次反復運用等差數列和等比數列的通項公式，是本題順利求解的關鍵所在.整體看，本題設計較好，情景新穎，不僅考查了學生的閱讀理解能力，而且也考查了學生在新情景下靈活運用所學等差、等比數列知識分析、解決問題的實際能力.

5 以行與列的形式，考查等差數列和等比數列通項公式的活用

例5如圖1，n2n≥4個正數排成n行n列方陣，其中每行的數都組成等差數列，每列的數都組成等比數列，且所有的公比相等，a24=1，a42=18，a43=316.

（1）求公比q的值；

（2）求a4k；

（3）求ann；

（4）求a11+a22+…+ann.

a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3na41a42a43a44…a4n………………an1an2an3an4…ann

解析（1）因為第4行的數組成等差數列，所以a44=2a43-a42=2×316-18=14.

于是，由第4列的數組成等比數列，得

a44=a24·q2，即14=1·q2.

又易知q>0，從而解得q=12.

（2）因為第4行的數組成等差數列，

所以a4k=a42+k-2·a43-a42

=18+k-2·316-18=k16.

（3）因為由（2）知a4n=n16.

又因為第n列的數組成公比為12的等比數列，

所以ann=a4n·qn-4=n16·12n-4=n2n.

（4）根據（3）可知

a11+a22+…+ann=12+222+…+n2n.

令S=12+222+…+n2n， ④

則可得12S=122+223+…+n2n+1.⑤

由④-⑤，得

12S=12-12n·121-12-n2n+1=1-n+22n+1.

所以S=2-n+22n.

評注（1）本題以“方陣”為載體，考查了在新情景下學生靈活運用等差、等比數列知識處理問題的能力，而解題的關鍵就是利用等差、等比數列推廣的通項公式及錯位相減法.

（2）根據等差、等比數列的通項公式，很容易證得推廣的通項公式：

①若an是等差數列，則an=am+n-md；

②若an是等比數列，則an=am·qn-m.

綜上，處理有關等差、等比數列性質的綜合運用問題，首先要認真審題，看清題目已知條件；其次，要能夠將等差、等比數列的性質在解題中加以靈活、準確運用.顯然，通過上述的歸類剖析，可幫助我們進一步

熟練掌握等差、等比數列的有關性質，進而提高對新情景的適應能力以及對相關知識的綜合運用能力，進一步提升學生的數學綜合素養.

參考文獻：

［1］郭啟華.高中數學數列的解題常規方法探討[J].考試周刊，2018（25）：67-68.

[2] 王惠清.高中數學數列試題解題技巧探究[J].數理化學習（高中版），2018（05）：27-28.