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第1课时 等差、等比数列与数列求和

发表日期:2020-12-31 作者:沈阳育才家教网 电话:15940093009

高考专题突破三 高考中的数列问题

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

1 Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S22S3=-6.

(1){an}的通项公式;

(2)Sn,并判断Sn1SnSn2是否成等差数列.

解 (1){an}的公比为q.

由题设可得a1(1+q+q2)=-6.(a1(1+q)=2,)

解得q=-2a1=-2.

{an}的通项公式为an(2)n.

(2)(1)可得

Sn1-q(a1(1-qn))=-3(2)(1)n3(2n+1).

由于Sn2Sn1=-3(4)(1)n3(2n+3-2n+2)

23(2n+1)2Sn

Sn1SnSn2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SnS11S3S4成等差数列,且a1a2a5成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)S4S6Sn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d≠0,(=a1a5,)

整理得d=2a1,(a1=1,)d=2,(a1=1,)

an2n1.

(2)(1)an2n1Snn2

S416S636

S4SnS6(2)n216(362)81

n9,公比qS4(S6)4(9).

题型二 新数列问题

2 对于数列{xn},若对任意nN,都 xn2xn1>xn1xn成立,则称数列{xn}增差数列”.an3n(t(3n+n2)-1),若数列a4a5a6an(n4nN)增差数列,则实数t的取值范围是________.

答案 ,+∞(2)

解析 数列a4a5a6an(n4nN)增差数列

故得到an2an>2an1(n4nN)

3n+2(t[3n+2+(n+2)2]-1)3n(t(3n+n2)-1)

>23n+1(t[3n+1+(n+1)2]-1)(n4nN)

化简得到(2n24n1)t>2(n4nN)

t>2n2-4n-1(2)对于n4恒成立,

n4时,2n24n1有最小值15

故实数t的取值范围是,+∞(2).

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a12,前21项的和为62,则这个数列的公积为________.

答案 08

解析 当公积为0时,数列a12a20a360a4a5a210满足题意;

当公积不为0时,应该有a1a3a5a212

a2a4a6a20

由题意可得,a2a4a6a20622×1140

a2a4a6a2010(40)4

此时数列的公积为2×48.

综上可得,这个数列的公积为08.

(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{an}斐波那契数列,则(a1a3a2(2))(a2a4a3(2))(a3a5a4(2))·(a2 017·a2 019a2 018(2))的值为________.

答案 1

解析 因为a1a3a2(2)1×2121

a2a4a3(2)1×322=-1

a3a5a4(2)2×5321

a4a6a5(2)3×852=-1

a2 017a2 019a2 018(2)1

共有2 017项,所以

(a1a3a2(2))(a2a4a3(2))(a3a5a4(2))(a2 017a2 019a2 018(2))1.


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a1a22a2(1)a3a432a4(1)

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)bnan(2)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)

ana1qn1,且an>0

由已知得(1)

化简得q5(q+1)=32(q+1),(2)

q5=32,(2)

a1>0q>0

a11q2

数列{an}的通项公式为an2n1.

(2)(1)bnan(2)log2an 4n1n1

Tn(14424n1)(0123n1)

4-1(4n-1)2(n(n-1))3(4n-1)2(n(n-1)).

命题点2 错位相减法求和

4 (2018·大连模拟)已知数列{an}满足an0a13(1)anan12anan1nN.

(1)求证:an(1)是等差数列,并求出数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足bnan(2n),求数列{bn}的前n项和Tn.

解 (1)由已知可得,an+1(1)an(1)2

an(1)是首项为3,公差为2的等差数列,

an(1)32(n1)2n1

an2n+1(1).

(2)(1)bn(2n1)2n

Tn3×25×227×23(2n1)2n1(2n1)2n

2Tn3×225×237×24(2n1)2n(2n1)·2n1

两式相减得,-Tn62×222×232×2n(2n1)2n1.

61-2(8-2×2n×2)(2n1)2n1

=-2(2n1)2n1

Tn2(2n1)2n1.

命题点3 裂项相消法求和

5 在数列{an}中,a14nan1(n1)an2n22n.

(1)求证:数列n(an)是等差数列;

(2)求数列an(1)的前n项和Sn.

(1)证明 nan1(n1)an2n22n的两边同时除以n(n1)

n+1(an+1)n(an)2(nN)

所以数列n(an)是首项为4,公差为2的等差数列.

(2)解 (1),得n(an)2n2

所以an2n22n

an(1)2n2+2n(1)2(1)·n(n+1)((n+1)-n)2(1)·n+1(1)

所以Sn2(1)n+1(1)

2(1)n+1(1)2(n+1)(n).

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a12(1)an12n(n+1)an(nN).

证明:数列n(an)是等比数列;

求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.

证明 a12(1)an12n(n+1)an

nN时,n(an)0

1(a1)2(1)n+1(an+1)n(an)2(1)(nN)为常数,

n(an)是以2(1)为首项,2(1)为公比的等比数列.

解 n(an)是以2(1)为首项,2(1)为公比的等比数列,

n(an)2(1)·2(1)n1

ann·2(1)n.

Sn2(1)2(1)22(1)3n·2(1)n

2(1)Sn2(1)22(1)3(n1)2(1)nn·2(1)n1

两式相减得2(1)Sn2(1)2(1)22(1)32(1)nn·2(1)n12(1)n·2(1)n1

Sn22(1)n1n·2(1)n

2(n2)·2(1)n.

综上,ann·2(1)nSn2(n2)·2(1)n.

(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sna11,且(t1)Snan(2)3an2(tR).

求数列{an}的通项公式;

若数列{bn}满足b11bn1bnan1,求数列2bn+7n(1)的前n项和Tn.

解 因为a11,且(t1)Snan(2)3an2

所以(t1)S1a1(2)3a12

所以t5.

所以6Snan(2)3an2.()

n2时,有6Sn1an-1(2)3an12()

()()6anan(2)3anan-1(2)3an1

所以(anan1)(anan13)0

因为an>0,所以anan13

又因为a11

所以{an}是首项a11,公差d3的等差数列,

所以an3n2(nN).

因为bn1bnan1b11

所以bnbn1an(n2nN)

所以当n2时,

bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1

anan1a2b12(3n2-n).

b11也适合上式,

所以bn2(3n2-n)(nN).

所以2bn+7n(1)3n2-n+7n(1)

3(1)·n(n+2)(1)6(1)·n+2(1)

所以Tn6(1)·n+2(1)

6(1)·n+2(1)

12(n+1)(n+2)(3n2+5n).

1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a37a5a726.

(1)anSn

(2)bnn(Sn)(nN),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2a1+10d=26,(a1+2d=7,)

解得a13d2

ana1(n1)d32(n1)2n1

Sn2(n(a1+an))2(n[3+(2n+1)])n(n2).

(2)证明 因为bnn(Sn)n(n(n+2))n2

bn1bnn3(n2)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}{bn}中,a11an1an2b13b27,等比数列{cn}满足cnbnan.

(1)求数列{an}{cn}的通项公式;

(2)b6am,求m的值.

解 (1)因为an1an2,且a11

所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.

所以an1(n1)·22n1,即an2n1.

因为b13b27,且a11a23

所以c1b1a12c2b2a24.

因为数列{cn}是等比数列,

且数列{cn}的公比qc1(c2)2

所以cnc1·qn12×2n12n,即cn2n.

(2)因为bnan2nan2n1

所以bn2n2n1.

所以b6262×6175.

2m175,得m38.

3.已知递增的等比数列{an}满足:a2a3a428,且a32a2a4的等差中项.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)bnSnb1b2bn,求使Snn·2n1>62成立的正整数n的最小值.

解 (1)由题意,得a1q+a1q3=2(a1q2+2),(a1q+a1q2+a1q3=28,)

解得q=2(a1=2,)(1)

{an}是递增数列,a12q2

数列{an}的通项公式为an2·2n12n.

(2)bn2n·=-n·2n

Snb1b2bn=-(1×22×22n·2n)

2Sn=-(1×222×23n·2n1)

,得Sn(2222n)n·2n12n12n·2n1

Snn·2n12n12

2n12>62,得n>5

n的最小值为6.

4.正项等差数列{an}满足a14,且a2a42,2a78成等比数列,{an}的前n项和为Sn.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)bnSn+2(1),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(2a78)(a42)2

化简得,d24d120,解得d2d=-6()

所以ana1(n1)d2n2.

(2)因为Sn2(n(a1+an))2(n(2n+6))n23n

所以bnSn+2(1)n2+3n+2(1)(n+1)(n+2)(1)

n+1(1)n+2(1)

所以Tnb1b2b3bn

3(1)4(1)5(1)n+2(1)

2(1)n+2(1)2n+4(n).

5.数列{an}的前n项和为Sn,已知a11(2n1)an1(2n3)Sn(n1,2,3).

(1)证明:数列2n-1(Sn)是等比数列;

(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.

(1)证明 an1Sn1Sn2n-1(2n+3)Sn

Sn12n-1(2(2n+1))Sn

2n+1(Sn+1)2n-1(Sn)

a111(S1)10

数列2n-1(Sn)是以1为首项,2为公比的等比数列.

(2)解 (1)知,2n-1(Sn)2n1

Sn(2n1)·2n1

Tn13×25×22(2n3)·2n2(2n1)·2n1

2Tn1×23×225×23(2n3)·2n1(2n1)·2n.

Tn12×(21222n1)(2n1)·2n

12×1-2(2-2n-1×2)(2n1)·2n

(32n)·2n3

Tn(2n3)·2n3.

6.设等比数列a1a2a3a4的公比为q,等差数列b1b2b3b4的公差为d,且q1d0.ciaibi (i1,2,3,4).

(1)求证:数列c1c2c3不是等差数列;

(2)a11q2.若数列c1c2c3是等比数列,求b2关于d的函数关系式及其定义域;

(3)数列c1c2c3c4能否为等比数列?并说明理由.

(1)证明 假设数列c1c2c3是等差数列,

2c2c1c3,即2(a2b2)(a1b1)(a3b3).

因为b1b2b3是等差数列,所以2b2b1b3.从而2a2a1a3.

又因为a1a2a3是等比数列,所以a2(2)a1a3.

所以a1a2a3,这与q1矛盾,从而假设不成立.

所以数列c1c2c3不是等差数列.

(2)解 因为a11q2,所以an2n1.

因为c2(2)c1c3,所以(2b2)2(1b2d)(4b2d)

b2d23d

c22b20,得d23d20

所以d1d2.

d0,所以b2d23d,定义域为

.

(3)解 c1c2c3c4成等比数列,其公比为q1

.              ④(3)

2×得,a1(q1)2c1(q11)2

2×得,a1q(q1)2c1q1(q11)2

因为a10q1,由c10q11.

⑤⑥qq1,从而a1c1.

代入b10.再代入,得d0,与d0矛盾.

所以c1c2c3c4不成等比数列.