2020届二轮复习等差等比数列与数列求和教案（全国通用）

第1课时　等差、等比数列与数列求和题型一　等差数列、等比数列的交汇例1记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．解　(1)设{an}的公比为q.由题设可得解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．思维升华等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．跟踪训练1(2019·桂林模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比．解　(1)设数列{an}的公差为d.由题意可知整理得即∴an＝2n－1.(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，又S4Sn＝S，∴n2＝＝81，∴n＝9，公比q＝＝.题型二　数列的求和命题点1　分组求和与并项求和例2(2018·吉大附中模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝a＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，则an＝a1qn－1，且an>0，由已知得化简得即又∵a1>0，q>0，∴a1＝1，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝a＋log2an＝4n－1＋n－1，∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝＋＝＋.命题点2　错位相减法求和例3(2018·大连模拟)已知数列{an}满足an≠0，a1＝，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N*.(1)求证：是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)由已知可得，－＝2，∴是首项为3，公差为2的等差数列，∴＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝.(2)由(1)知bn＝(2n＋1)2n，∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，两式相减得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.＝6＋－(2n＋1)2n＋1＝－2－(2n－1)2n＋1，∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.命题点3　裂项相消法求和例4在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求证：数列是等差数列；(2)求数列的前n项和Sn.(1)证明　nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得－＝2(n∈N*)，所以数列是首项为4，公差为2的等差数列．(2)解　由(1)，得＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n，故＝＝·＝·，所以Sn＝＝＝.思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练2(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an(n∈N*)．①证明：数列是等比数列；②求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.①证明　∵a1＝，an＋1＝an，当n∈N*时，≠0，又＝，∶＝(n∈N*)为常数，∴是以为首项，为公比的等比数列．②解　由是以为首项，为公比的等比数列，得＝·n－1，∴an＝n·n.∴Sn＝1·＋2·2＋3·3＋…＋n·n，Sn＝1·2＋2·3＋…＋(n－1)n＋n·n＋1，∴两式相减得Sn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1，∴Sn＝2－n－1－n·n＝2－(n＋2)·n.综上，an＝n·n，Sn＝2－(n＋2)·n.(2)(2018·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2(t∈R)．①求数列{an}的通项公式；②若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn.解　①因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2，所以(t＋1)S1＝a＋3a1＋2，所以t＝5.所以6Sn＝a＋3an＋2.(ⅰ)当n≥2时，有6Sn－1＝a＋3an－1＋2，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得6an＝a＋3an－a－3an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，因为an>0，所以an－an－1＝3，又因为a1＝1，所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，所以an＝3n－2(n∈N*)．②因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，所以当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝.又b1＝1也适合上式，所以bn＝(n∈N*)．所以＝＝·＝·，所以Tn＝·＝·，＝.1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26.(1)求an及Sn；(2)令bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}为等差数列．(1)解　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意有解得a1＝3，d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝＝＝n(n＋2)．(2)证明　因为bn＝＝＝n＋2，又bn＋1－bn＝n＋3－(n＋2)＝1，所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列．2．(2018·丰台模拟)在数列{an}和{bn}中，a1＝1，an＋1＝an＋2，b1＝3，b2＝7，等比数列{cn}满足cn＝bn－an.(1)求数列{an}和{cn}的通项公式；(2)若b6＝am，求m的值．解　(1)因为an＋1－an＝2，且a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．所以an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，即an＝2n－1.因为b1＝3，b2＝7，且a1＝1，a2＝3，所以c1＝b1－a1＝2，c2＝b2－a2＝4.因为数列{cn}是等比数列，且数列{cn}的公比q＝＝2，所以cn＝c1·qn－1＝2×2n－1＝2n，即cn＝2n.(2)因为bn－an＝2n，an＝2n－1，所以bn＝2n＋2n－1.所以b6＝26＋2×6－1＝75.令2m－1＝75，得m＝38.3．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．解　(1)由题意，得解得或∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.(2)∵bn＝anan＝2n·2n＝－n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，解2n＋1－2>62，得n>5，∴n的最小值为6.4．(2018·河北省唐山市迁安三中月考)正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2，2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.(2)因为Sn＝＝＝n2＋3n，所以bn＝＝＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝－＝.5．(2018·济南模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数．(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列，若存在，求出λ；若不存在，说明理由．(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，∴S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，∴Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0，∵an>0，∴Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0；∴Sn＋1＝2Sn＋λ.(2)解　存在λ＝1，使得数列{an}为等比数列，理由如下：Sn＋1＝2Sn＋λ，Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，相减得an＋1＝2an(n≥2)，∴{an}从第二项起成等比数列，∵S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴an＝若使{an}是等比数列，则a1a3＝a，∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，∴λ＝－1(舍)或λ＝1，经检验符合题意．6．设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q≠1，d≠0.记ci＝ai＋bi (i＝1，2，3，4)．(1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；(2)设a1＝1，q＝2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由．(1)证明　假设数列c1，c2，c3是等差数列，则2c2＝c1＋c3，即2＝＋.因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2＝b1＋b3.从而2a2＝a1＋a3.又因为a1，a2，a3是等比数列，所以a＝a1a3.所以a1＝a2＝a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立．所以数列c1，c2，c3不是等差数列．(2)解　因为a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.因为c＝c1c3，所以2＝，即b2＝d2＋3d，由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，所以d≠－1且d≠－2.又d≠0，所以b2＝d2＋3d，定义域为.(3)解　设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，则将①＋③－2×②得，a1(q－1)2＝c1(q1－1)2，⑤将②＋④－2×③得，a1q2＝c1q12，⑥因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1.由⑤⑥得q＝q1，从而a1＝c1.代入①得b1＝0.再代入②，得d＝0，与d≠0矛盾．所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．