等差、等比数列性质的综合应用

摘要：等差、等比数列能够与数学其它知识点有效融合，成为高考的热门考点.因此，需要注重等差、等比数列性质在试题中的综合应用，理解等差、等比数列中蕴含的数学思想和方法，深化学生对于等差、等比数列性质的理解，提高有关试题的解题效率.

关键词：数列问题；数列性质；综合应用

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）28-0083-03

收稿日期：2022-07-05

作者简介：樊永文（1980.8-），男，甘肃省民乐人，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.

近年高考数学试题中，关于等差、等比数列性质的综合应用是一个考查的热点内容，我们应引起足够重视.基于此，本文特归类举例加以说明，希望能够帮助同学们掌握一些常用的解题方法，进一步提高处理等差、等比数列综合问题的解题能力.

1 考查等差中项与等比中项的综合应用

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

解析由题设，得b2=ac，①2x=a+b，②2y=b+c，③

又注意到所求式子与b无关，从而应设法消去b.

因为由②得b=2x-a，

由③得b=2y-c，

所以将之代入①可得

2x-a2y-c=ac.即4xy-2ay-2cx=0.

所以ax+cy=2..

评注一般地，a，b，c成等差数列b是a，c的等差中项2b=a+c； a，b，c成等比数列b是a，c的等比中项b2=ac（其中a，b，c都不为零）.

2 考查两个等差或两个等比数列的交汇问题

例2（1）在等差数列an中，a1=5，前n项和为Sn.若数列1an也是等差数列，则Sn=；

（2）在等比数列an中，a1=2，前n项和为Sn.若数列an+1也是等比数列，则Sn=．

解析（1）设等差数列an的公差为d，则

1a1=15，1a2=15+d，1a3=15+2d，

由1an是等差数列，得

25+d=15+15+2d.解得d=0.

故所求Sn=na1=5n.

（2）设等比数列an的公比为q，则

a1+1=3，a2+1=2q+1，a3+1=2q2+1.

所以由an+1是等比数列，得

a2+12=a1+1a3+1.即2q+12=32q2+1.

解得q=1.

故所求Sn=na1=2n.

评注类似分析，可得如下一般性结论：

①设an是等差数列，且公差为d，若kank≠0也是等差数列，则d=0；

②设an是等比数列，且公比为q，若an+cc≠0也是等比数列，则q=1.

3 以等差数列为背景，设置等比数列问题

例3在等差数列an中，公差d≠0，a2是a1与a4的等比中项.已知数列a1，a3，ak1，ak2，…，akn，…成等比数列，求数列kn的通项kn.

解法1

因为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，由题设得数列d，3d，k1d，k2d，…，knd，…是等比数列.

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，

从而有a3a1=a1+2da1=3dd=3.

注意到“akn”既是等差数列an中的第kn项，又是等比数列a1，a3，ak1，ak2，…，akn，…中的第n+2项，

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.

评注上述两种解法的区别在于：前者先明确所给等比数列的各项，再运用等比数列的通项公式；后者则是考虑akn在两个数列中的不同位置，并灵活运用等差、等比数列的通项公式进行综合分析.

4 考查等差数列与等比数列交错接龙

例4对于数列a1，a2，…，ak，ak+1，…，a2k，a2k+1，…而言，若a1，a2，…，ak是以d1为公差的等差数列；ak，ak+1，…，a2k是以q1为公比的等比数列；a2k，a2k+1，…，a3k是以d2为公差的等差数列；a3k，a3k+1，…，a4k是以q2为公比的等比数列，…，我们就称该数列为等差、等比数列交错接龙.现已知a1=-3，d1=1，k=6，q1=3，d2=-2，q2=13，d3=2729，q3=5，求a34.

解析

因为数列a1，a2，…，a6是以a1=-3为首项，且以d1=1为公差的等差数列，所以可得a6=-3+5×1=2.

于是，由数列a6，a7，…，a12是以q1=3为公比的等比数列，得a12=a6·q6=2×36.

由数列a12，a13，…，a18是以d2=-2为公差的等差数列，可得a18=a12+6d2=2×36+6×-2=2×36-12.

由数列a18，a19，…，a24是以q2=13为公比的等比数列，可得a24=a18·q62=2×36-12×136=2-12729.

由数列a24，a25，…，a30是以d3=2729为公差的等差数列，可得a30=a24+6d3=2-12729+6×2729=2.

故由数列a30，a31，…，a36是以q3=5为公比的等比数列，即得所求a34=a30·q43=2×54=1250.

评注在具体情景下，多次反复运用等差数列和等比数列的通项公式，是本题顺利求解的关键所在.整体看，本题设计较好，情景新颖，不仅考查了学生的阅读理解能力，而且也考查了学生在新情景下灵活运用所学等差、等比数列知识分析、解决问题的实际能力.

5 以行与列的形式，考查等差数列和等比数列通项公式的活用

例5如图1，n2n≥4个正数排成n行n列方阵，其中每行的数都组成等差数列，每列的数都组成等比数列，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）因为第4行的数组成等差数列，所以a44=2a43-a42=2×316-18=14.

于是，由第4列的数组成等比数列，得

a44=a24·q2，即14=1·q2.

又易知q>0，从而解得q=12.

（2）因为第4行的数组成等差数列，

所以a4k=a42+k-2·a43-a42

=18+k-2·316-18=k16.

（3）因为由（2）知a4n=n16.

又因为第n列的数组成公比为12的等比数列，

所以ann=a4n·qn-4=n16·12n-4=n2n.

（4）根据（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.

评注（1）本题以“方阵”为载体，考查了在新情景下学生灵活运用等差、等比数列知识处理问题的能力，而解题的关键就是利用等差、等比数列推广的通项公式及错位相减法.

（2）根据等差、等比数列的通项公式，很容易证得推广的通项公式：

①若an是等差数列，则an=am+n-md；

②若an是等比数列，则an=am·qn-m.

综上，处理有关等差、等比数列性质的综合运用问题，首先要认真审题，看清题目已知条件；其次，要能够将等差、等比数列的性质在解题中加以灵活、准确运用.显然，通过上述的归类剖析，可帮助我们进一步

熟练掌握等差、等比数列的有关性质，进而提高对新情景的适应能力以及对相关知识的综合运用能力，进一步提升学生的数学综合素养.

参考文献：

［1］郭启华.高中数学数列的解题常规方法探讨[J].考试周刊，2018（25）：67-68.

[2] 王惠清.高中数学数列试题解题技巧探究[J].数理化学习（高中版），2018（05）：27-28.