鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第六章数列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教案含解析

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1、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S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解(1)设an的公比为q.由题设可得解得q2，a12.故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2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

2、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an2n1.(2)由(1)知an2n1，Snn2，S416，S636，又S4SnS，n281，n9，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a1a22，a3a432.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnalog2an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设等比数列an的公比为q(q0)，则ana1qn1，且an0，由已知得化简得即

3、又a10，q0，a11，q2，数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知bnalog2an4n1n1，Tn(14424n1)(0123n1).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an0，a1，anan12anan1，nN*.(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，32(n1)2n1，an.(2)由(1)知bn(2n1)2n，Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，两式相减得，Tn

4、622222322n(2n1)2n1.6(2n1)2n12(2n1)2n1，Tn2(2n1)2n1.命题点3裂项相消法求和例4在数列an中，a14，nan1(n1)an2n22n.(1)求证：数列是等差数列；(2)求数列的前n项和Sn.(1)证明nan1(n1)an2n22n的两边同时除以n(n1)，得2(nN*)，所以数列是首项为4，公差为2的等差数列(2)解由(1)，得2n2，所以an2n22n，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

5、等跟踪训练2(1)已知数列an的前n项和为Sn，且a1，an1an(nN*)证明：数列是等比数列；求数列an的通项公式与前n项和Sn.证明a1，an1an，当nN*时，0，又，(nN*)为常数，是以为首项，为公比的等比数列解由是以为首项，为公比的等比数列，得n1，annn.Sn12233nn，Sn1223(n1)nnn1，两式相减得Sn23nnn1nn1，Sn2n1nn2(n2)n.综上，annn，Sn2(n2)n.(2)(2018三明质检)已知正项数列an的前n项和为Sn，a11，且(t1)Sna3an2(tR)求数列an的通项公式；若数列bn满足b11，bn1bnan1，求数列的前n项和T

6、n.解因为a11，且(t1)Sna3an2，所以(t1)S1a3a12，所以t5.所以6Sna3an2.()当n2时，有6Sn1a3an12，()()()得6ana3ana3an1，所以(anan1)(anan13)0，因为an0，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bn1bnan1，b11，所以bnbn1an(n2，nN*)，所以当n2时，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1anan1a2b1.又b11也适合上式，所以bn(nN*)所以，所以Tn，.1已知等差数列an的前n项和为Sn，且a37，a5a726.(1

7、)求an及Sn；(2)令bn(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，由题意有解得a13，d2，则ana1(n1)d32(n1)2n1，Snn(n2)(2)证明因为bnn2，又bn1bnn3(n2)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，a11，an1an2，b13，b27，等比数列cn满足cnbnan.(1)求数列an和cn的通项公式；(2)若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b13，b27，且a1

8、1，a23，所以c1b1a12，c2b2a24.因为数列cn是等比数列，且数列cn的公比q2，所以cnc1qn122n12n，即cn2n.(2)因为bnan2n，an2n1，所以bn2n2n1.所以b62626175.令2m175，得m38.3已知递增的等比数列an满足：a2a3a428，且a32是a2和a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanan，Snb1b2bn，求使Snn2n162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，a12，q2，数列an的通项公式为an22n12n.(2)bnanan2n2nn2n，Snb1b2bn(12222n2n)，则2S

9、n(122223n2n1)，得Sn(2222n)n2n12n12n2n1，则Snn2n12n12，解2n1262，得n5，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a14，且a2，a42，2a78成等比数列，an的前n项和为Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d(d0)，由已知得a2(2a78)(a42)2，化简得，d24d120，解得d2或d6(舍)，所以ana1(n1)d2n2.(2)因为Snn23n，所以bn，所以Tnb1b2b3bn.5(2018济南模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11

10、，an0，SaSn1，其中为常数(1)证明：Sn12Sn；(2)是否存在实数，使得数列an为等比数列，若存在，求出；若不存在，说明理由(1)证明an1Sn1Sn，SaSn1，S(Sn1Sn)2Sn1，Sn1(Sn12Sn)0，an0，Sn10，Sn12Sn0；Sn12Sn.(2)解存在1，使得数列an为等比数列，理由如下：Sn12Sn，Sn2Sn1(n2)，相减得an12an(n2)，an从第二项起成等比数列，S22S1，即a2a12a1，a210，得1，an若使an是等比数列，则a1a3a，2(1)(1)2，1(舍)或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b

11、1，b2，b3，b4的公差为d，且q1，d0.记ciaibi (i1，2，3，4)(1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；(2)设a11，q2.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2c2c1c3，即2.因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2b1b3.从而2a2a1a3.又因为a1，a2，a3是等比数列，所以aa1a3.所以a1a2a3，这与q1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a11，q2，所以an2n1.因为cc1c3，所以2，即b2d23d，由c22b20，得d23d20，所以d1且d2.又d0，所以b2d23d，定义域为.(3)解设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，则将2得，a1(q1)2c1(q11)2，将2得，a1q2c1q12，因为a10，q1，由得c10，q11.由得qq1，从而a1c1.代入得b10.再代入，得d0，与d0矛盾所以c1，c2，c3，c4不成等比数列9