2020届二轮复习等差等比数列与数列求和教案（全国通用）

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)，②‎ ‎②－①，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．‎