从而 a2k＝a2k＋1－2k＝2k2，a2k＋2＝2(k＋1)2.
于是a2k＋1＝k＋1，a2k＋2＝k＋1，所以a2k＋2＝a2k＋1，
a2k
k a2k＋1 k
a2k＋1 a2k
故当 dk＝2k 时，对任意 k∈N*，a2k，a2k＋1，a2k＋2
成等比数列．
(2)由 a2k－1，a2k，a2k＋1 成等差数列，及 a2k，a2k＋1， a2k＋2 成等比数列得：2a2k＝a2k－1＋a2k＋1,2＝aa2k2－k 1＋ aa2k2＋k 1＝qk1－1＋qk 当 q1≠1 时，可知 qk≠1(k∈N*) 从而qk－1 1＝2－qk11－1－1＝qk－11－1＋1， 即qk－1 1－qk－11－1＝1(k≥2)， 故{qk－1 1}是等差数列，公差为 1.
a100＝b50＝b5＋45·d＝a＋b－5 a×45＝9b－8a.
(2)
因
为
an bn
＝
2an 2bn
＝
a1＋a2n－1 b1＋b2n－1
＝
a1＋a2n－12n2－1 b1＋b2n－12n2－1
＝
S2n－1， T2n－1 所以ab1111＝TS2211＝47××2211＋＋217＝43.
(3)因为 S12＝a1＋a212×12＝6(a6＋a7)>0， S13＝a1＋a213×13＝13a7<0， 所以 a6>0，a7<0， 故当 n＝6 时，S6 取最大值．
其公比为 qk，设 q1≠1，证明：{qk－1 1}是等差数列．
【解析】(1)由题设可得 a2k＋1－a2k－1＝4k(k∈N*)，
所以 a2k＋1－a1＝(a2k＋1－a2k－1)＋(a2k－1－a2k－3)4×1＝2k(k＋1)，
由 a1＝0，得 a2k＋1＝2k(k＋1)，
2)n－1.
(2)设{an}的公比为 q， 则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)， 得 aq2－4aq＋3a－1＝0(*)． 由 a>0 得 Δ＝4a2＋4a>0，
故方程(*)有两个不同的实根． 由{an}唯一，知方程(*)必有一根为 0， 代入(*)得 a＝13.(2)设{an}的公比为 q， 则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)， 得 aq2－4aq＋3a－1＝0(*)． 由 a>0 得 Δ＝4a2＋4a>0， 故方程(*)有两个不同的实根．
C．6
D．7
【解析】因为 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝20， 所以 a3＝4，故选 A.
2．已知等差数列{an}、{bn}的公差分别为 2 和 3， 且 bn∈N*，则数列{abn}是( B ) A．等差数列且公差为 5 B．等差数列且公差为 6
C．等差数列且公差为 8 D．等差数列且公差为 9
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为 0， 代入(*)得 a＝13.
【命题立意】本题考查了等比数列的定义及其通项 公式的运用，同时考查了分析问题、解决问题的能 力，注意体会其中的函数与方程思想．
1．在等差数列{an}中，已知 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝
20，则 a3 等于( A )
A．4
B．5
∴an＝2×3n－1(n∈N＋)，∴a1n＝21·(31)n－1， ∴{a1n}为等比数列．
Tn＝12[11－－3113n]＝34[1－(13)n]．
【点评】(1)解决等差、等比数列问题，既可以用基 本量，也可用性质．如第(1)问可构造新的等比数列 来解，也可直接表示为a1与{an}的公比q′来解；
【点评】运用性质须认真分析两项的项数和
的规律，对于等差数列，若两项的项数和相
等，则对应项的和也相等．
二、等比数列性质及应用
例 2(1) 在 等 比 数 列 {an} 中 ， 若 a1·a2·a3·a4 ＝ 1 ， a13·a14·a15·a16＝8，求 a41·a42·a43·a44 的值．
(2)数列{an}前 n 项和为 Sn＝3n－1，求数列{a1n}的前 n 项和 Tn.
比为_ qk1
_.
性质 3：若{an}为等比数列，且 an>0，公比为 q，则
{logaan}为 等差数列，公差为 logaq ；若{an}为等
a 差 数 列 ， 公 差 为 d ， 则 { an } 为 等比数列 ，
公比为 ad (其中 a>0，a≠1)．
性质 4：在等差数列{an}中，若 p＋q＝m＋n(p，q， m，n 为正整数)，则 ap＋aq＝ am＋an.特别地，若 m ＝n，则 2an＝ap＋aq；在等比数列{an}中，若 p＋q ＝m＋n(p，q，m，n 为正整数)，则 ap·aq＝ am·an . 特别地，若 m＝n，则 a2n＝ap·aq.
使得当 n>M 时，xn>1 恒成立．
log (3)an＝
xnxn＋1＝nn－－1112＝1＋n－112
∴当 n>13 时，{an}为递减数列．
〔备选题〕例 4 在数列{an}中，a1＝0，且对任意 k ∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1 成等差数列，其公差为 dk. (1)若 dk＝2k，证明：a2k，a2k＋1，a2k＋2 成等比数列(k ∈N*)； (2)若对任意 k∈N*，a2k，a2k＋1，a2k＋2 成等比数列，
S20＝30，则 S30＝( C )
A．40
B．50
C．60
D．70
【解析】由于 S10＝10，S20－S10＝20， S30－S20＝S30－30， 且 S10，S20－S10，S30－S20 成等差数列， 所以 2×20＝10＋(S30－30)，∴S30＝60.
3．已知数列{an}是公比 q≠±1 的等比数列，则在{an
且 an－an－1≠0(因为 q≠1)，
an aann＋－11＝an－a1a2n n＋1＝1，可知{an＋an＋1}，{an＋1－an}， an
{aan＋n1}是等比数列，但n－n1anan－1＝n－n 1q(n≥2)不为 常数，可知{nan}不是等比数列，故选 C.
4．等比数列{an}中，an>0，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，
yn＝y3＋(n－3)d＝24－2n. 令 yn＝0 得 n＝12 所以前 11 项与前 12 项和最大，其和为 132.
(2)xn＝a12－n，n∈N＋ 若 xn>1，则 a12－n>1
当 a>1 时，n<12，显然不成立；
当 0<a<1 时，n>12.
故当 0<a<1 时，存在 M＝12,13,14，…，
则 a4a5a6＝( A )
A．5 2
B．7
C．6
D．4 2
5．设{an}是任意等比数列，它的前 n 项和，前 2n
项和，前 3n 项和分别为 x，y，z，则 x、y、z 满足
(y－x)2＝x(z－y)
的关系式是
.
【知识要点】
等差、等比数列的性质
性质 1：若{an}，{bn}均为等差数列，且公差分别 为 d1，d2，则数列{pan}，{an＋nq}，{an±bn}也为等
(2)求和的方式由通项特点决定，故要先求通项再 求和．
三、等差、等比数列性质的创新综合问题
例 3 已知等比数列{xn}的各项为不等于 1 的正数，
数列{yn}满足 18，y6＝12.
ynlog
xna＝2(a>0，a≠1)，设
y3＝
(1)求数列{yn}的前多少项和最大，最大值为多少？
(2)试判断是否存在自然数 M，使当 n>M 时，xn>1
3．在等比数列{an}中，a7·a11＝6，a4＋a14＝5，
则aa2100等于( C )
2
3
A.3
B.2
C.32或23
D．－23或－32
【解析】因为 a7·a11＝a4·a14＝6， 又 a4＋a14＝5，所以 a4＝2，a14＝3 或 a4＝3，a14＝2， 所以aa2100＝q10＝aa144＝23或32，故选 C.
第34讲 等差、等比数列的性质及综合应用
【学习目标】
运用类比的思想理解并记忆等差、等比数列的常 用性质．掌握性质运用的方法与技巧，并能综合 等差、等比数列的基本公式进行灵活运用．
【基础检测】
1．在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则 a5 的值为( A )
A．5
B．6
C．8
D．10
2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S10＝10，
恒成立？若存在，求出相当的 M 值，若不存在，
请说明理由；
(3)令 an＝log xnxn＋1(n>13，n∈N＋)，试判断数列{an}
的增减性．
【解析】(1)设等比数列{xn}的公比为 q
yn＝2logaxn，yn－yn－1＝2logaxxn－n 1＝2logaq 所以{yn}为等差数列，设公差为 d. y3＝18，y6＝12，∴d＝y33－－6y6＝138－－612＝－2
性质 5：数列{an}的前 n 项和为 Sn，若{an}为等比数 列，且 q≠－1，则 Sn，S2n－Sn；S3n－S2n，…也 成 等比数列 ；若{an}为等差数列，则 Sn，S2n－Sn， S3n－S2n，…也成 等差数列 .
一、等差数列性质及应用
例 1(1)等差数列{an}中，a9＋a10＝a，a19＋a20＝b， 求 a99＋a100；
【点评】本题主要考查等差数列和等比数列的定义，通
项公式，前n项和公式及运算能力，推理论证能力．
1．灵活运用等差、等比数列的性质解题，既注重解题方 法与技巧，又能提高解题速度，减少运算量．
2．在求解数列问题时，不但要注意观察分析和发现规律 ，而且要注意探究构造基本量的方程与性质应用的基本 题型特征．思维程序是先考察能否用性质，后转化为基 本量(首项、公差、公比)的方法推理求解．
