【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版高考专题突破三第1课时等差、等比数列与数列求和学案

【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版高考专题突破三第1课时等差、等比数列与数列求和学案

高考专题突破三　高考中的数列问题 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·鞍山模拟)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　新数列问题 例2　对于数列{xn}，若对任意n∈N＋，都 有xn＋2－xn＋1>xn＋1－xn成立，则称数列{xn}为“增差数列”.设an＝，若数列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N＋)是“增差数列”，则实数t的取值范围是________.‎ 答案　 解析　数列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N＋)是“增差数列”，‎ 故得到an＋2＋an>2an＋1(n≥4，n∈N＋)，‎ 即＋ ‎>2(n≥4，n∈N＋)，‎ 化简得到(2n2－4n－1)t>2(n≥4，n∈N＋)，‎ 即t>对于n≥4恒成立，‎ 当n＝4时，2n2－4n－1有最小值15，‎ 故实数t的取值范围是.‎ 思维升华 根据新数列的定义建立条件和结论间的联系是解决此类问题的突破口，灵活对新数列的特征进行转化是解题的关键.‎ 跟踪训练2　(1)定义“等积数列”，在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积.已知数列{an}是等积数列且a1＝2，前21项的和为62，则这个数列的公积为________.‎ 答案　0或8‎ 解析　当公积为0时，数列a1＝2，a2＝0，a3＝60，a4＝a5＝…＝a21＝0满足题意；‎ 当公积不为0时，应该有a1＝a3＝a5＝…＝a21＝2，‎ 且a2＝a4＝a6＝…＝a20，‎ 由题意可得，a2＋a4＋a6＋…＋a20＝62－2×11＝40，‎ 则a2＝a4＝a6＝…＝a20＝＝4，‎ 此时数列的公积为2×4＝8.‎ 综上可得，这个数列的公积为0或8.‎ ‎(2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，‎ 每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”若{an}是“斐波那契数列”，则(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…·(a2 017·a2 019－a)的值为________.‎ 答案　1‎ 解析　因为a1a3－a＝1×2－12＝1，‎ a2a4－a＝1×3－22＝－1，‎ a3a5－a＝2×5－32＝1，‎ a4a6－a＝3×8－52＝－1，‎ ‎…，‎ a2 017a2 019－a＝1，‎ 共有2 017项，所以 ‎(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…(a2 017a2 019－a)＝1.‎ 题型三　数列的求和 命题点1　分组求和与并项求和 例3　(2018·呼和浩特模拟)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4　(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5　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3　(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)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·包头模拟)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＝，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＝＝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.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.数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1,2,3，…).‎ ‎(1)证明：数列是等比数列；‎ ‎(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn，‎ ‎∴Sn＋1＝Sn，‎ ‎∴＝2·，‎ 又a1＝1，∴＝1≠0，‎ ‎∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)知，＝2n－1，‎ ‎∴Sn＝(2n－1)·2n－1，‎ ‎∴Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，①‎ ‎2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.②‎ ‎①－②得 ‎－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n ‎＝1＋2×－(2n－1)·2n ‎＝(3－2n)·2n－3，‎ ‎∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.‎ ‎‎ ‎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(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3).‎ 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＋b2)2＝(1＋b2－d)(4＋b2＋d)，‎ 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，a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2，⑥‎ 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.‎