【教案】等差数列、等比数列、数列通项、求和之综合题型
文档属性
| 名称 | 【教案】等差数列、等比数列、数列通项、求和之综合题型 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 84.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-08-10 22:18:28 | ||
图片预览
文档简介
个性化教学辅导教案
学生姓名 年 级 学 科 数 学
上课时间 教师姓名
课 题 等差数列、等比数列、数列通项、求和之综合题型
教学目标 学会等差数列、等比数列、数列通项、求和之综合题型之常规解法
教学过程
教师活动 学生活动
一、例题分析 例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值． 解：(1)设公差为d，则有 解得：所以an＝3n－2． (2)Sn＝＝． 所以bn＝＝3n＋－1≥2?1＝23． 当且仅当3n＝，即n＝4时取等号． 所以数列{bn}的最小项是b4＝23． 〖教学建议〗 (1) 主要问题归类与方法： 1．求数列的通项：方法①利用等差(比)数列的通项公式；②构造等差(比)数列；③由Sn与an的关系求通项；④用不完全归纳法，猜想数列的通项，再证明． 2．求数列的最大项问题：①将数列的通项看作是n的函数，通过讨论相应函数的单调性来求最值；②考察数列的单调性，求最大项；③利用基本不等式求最值． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法①，因为本题已知数列是等差数列，所以选择方法①． 对于问题2，学生一般会选择③，因为本题中bn＝3n＋－1便于用基本不等式求最值，但要注意这里n必须取正整数，所以选择方法③． 例2 已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和Sn，且满足：a2a4＝65，a1＋a5＝18． (1)求数列{an}的通项公式an； (2)若1＜i＜21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求i值； (3)是否存在常数k，使得数列{}为等差数列，若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由． 解：(1)因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2?a4＝65， 所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根， 又公差d＞0，所以a2＜a4，所以a2＝5，a4＝13． 所以所以a1＝1，d＝4． 所以an＝4n－3． (2)由1＜i＜21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，所以a1?a21＝ai2， 即1×81＝(4i－3)2，解得i＝3． (3)由(1)知，Sn＝n＋×4＝2n2?n． 方法一：假设存在常数k，使数列{}为等差数列， 由＋＝2， 得＋＝2， 解得k＝1． 所以＝＝n此时有n?(n?1)＝，数列{}为等差数列． 所以存在常数k使得数列{}为等差数列． 方法二：假设存在常数k，使数列{}为等差数列，由等差数列通项公式可知 设＝an＋b， 得2n2＋(k－1)n＝(an)2＋2abn＋b2恒成立， 可得a2＝2，2ab＝k－1，b2＝0，所以a2＝2，b＝0，k＝1 所以＝n，则数列{}为等差数列． 〖教学建议〗 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前n项和公式，求基本量a1与d(q)，再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前n项和公式求基本量； 2．条件探索性问题： 方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件； ②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性质简化后，先求出a2和a4，再求d，然后用an＝a2＋(n－2)d，求通项，当然本题用方法①也很简单． 对于问题2，学生一般会选择方法②，由特例求k的值比较方便，所以用方法②． 例3 等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝5，S7＝63，数列{bn}的前n项为Tn，满足bn＝Tn－1＋2(n≥2，n∈N)，b1＝2， （1）求an与bn； （2）求数列{anbn}的前n项和Fn． （3）若＋＋…＋≤x2＋ax＋1对任意正整数n和任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1) 设数列{an}的公差为d， 因为S7＝＝＝7a4＝63，所以a4＝9． 所以d＝＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1． 因为当n≥2时，bn＝Tn－1＋2，bn＋1＝Tn＋2，两式相减得bn＋1－bn＝Tn－Tn－1＝bn，所以bn＋1＝2bn 当n＝2时，b2＝T1＋2＝b1＋2＝4，所以b2＝2b1． 所以n∈N*时，都有bn＋1＝2bn． 因为b1≠0，所以bn≠0，所以＝2，于是数列{bn}为首项是2，公比为2的等比数列， 所以bn＝2n； (2)anbn＝(2n＋1)?2n． Fn＝3?2＋5?22＋…＋(2n?1)?2n?1＋(2n＋1)?2n， 2Fn＝3?22＋5?23＋…＋(2n?1)?2n＋(2n＋1)?2n＋1， 两式相减得 ?Tn＝3?2＋2?22＋2?23＋…＋2?2n?(2n＋1)?2n＋1 ＝(1－2n)?2n＋1－2， 所以Fn＝(2n?1)?2n＋1＋2； (3)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， 所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋ ＝(1?＋?＋?＋…＋?) ＝(1＋??)＝?＜， 问题等价于f(x)＝x2＋ax＋1的最小值大于或等于， 即1?≥，即a2≤1，解得－1≤a≤1． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前n项和公式，求基本量a1与d(q)，再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前n项和公式求基本量； 2．判断一个数列是等差(比)数列： 方法：①利用定义：an＋1－an＝d(常数)；②等差中项：2an＝an－1＋an＋1 (n≥2，n∈N*)． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． 4．不等式恒成立，求参数的范围问题： 方法：①转化为求函数的最值；②变量分离后转化为求函数的最值； ③利用几何意义求参数的范围 (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性质S7＝7a4简化后，先求出a4，再由a2的值，再求d，然后用an＝a2＋(n－2)d，求通项，当然本题用方法①也很简单． 对于问题2，学生一般会选择方法①，本题将通项bn与前n项Tn关系代入， 可得递推关系bn＋1＝2bn．由等比数列的定义，可推得{bn}为等比数列，． 对于问题3，学生一般会选择方法③和④，本题中数列{anbn}是由等差数列与等比数列相应项之积所构成的数列，所以用方法③求和，数列{}的通项是分式形式，所以用方法④求和． 对于问题4，本题中不等式对于任意n恒成立，用方法②，对于任意实数x恒成立，用方法①，当然对于任意实数x恒成立，由于是一元二次不等式，所以也可用方法③． 例4 已知等差数列{an}中，公差d＞0，其前n项和为Sn，且满足a2a3＝45，S4＝28． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设由bn＝ (c≠0)构成的新数列{bn}，求证：当且仅当c＝－时，数列{bn}是等差数列； (3)对于(2)中的等差数列{bn}，设cn＝（n∈N*），数列{cn}的前n项和为Tn，现有数列{f(n)}，f(n)＝－Tn（n∈N*），求证：存在整数M，使f(n)≤M对一切n∈N*都成立，并求出M的最小值． 解：(1)因为等差数列an中，公差d＞0，满足a2?a3＝45，a1＋a4＝14． 所以a2?a3＝45，a1＋a4＝a2＋a3＝14． 所以a2，a3是方程x2－14x＋45＝0的两根，且a2＜a3， 解方程x2－14x＋45＝0，得a2＝5，a3＝9， 所以d＝a3－a2＝9－5＝4，a1＝a2－4＝1， 所以an＝1＋(n－1)×4＝4n－3． 证明:(2)Sn＝n×1＋×4＝n(2n－1)， bn＝＝，c≠0， 由2b2＝b1＋b3，得＝＋， 化简得2c2＋c＝0，c≠0，所以c＝－． 反之，令c＝－，即得bn＝2n，数列bn为等差数列， 所以当且仅当c＝－时，数列{bn}为等差数列． (3)因为cn＝＝＝?． 所以Tn＝1?＋?＋＋?＝f(n)＝?Tn ＝?＝1＋?1＋＝＋． 因为f(1)＝?，而n≥2时f(n＋1)?f(n)＝＋?? ＝?＜0， 所以f(n)在n≥2时为单调递减数列，此时f(n)max＝f(2)＝2． 所以存在不小于2的整数，使f(n)≤2对一切n∈N*都成立，Mmin＝2． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法：①利用数列的通项an与前n和Sn的关系，在已知Sn条件下求通项an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项． 2．证明数列是等差数列： 方法：①利用定义：an＋1－an＝d(常数)；②等差中项：2an＝an－1＋an＋1 (n≥2，n∈N*)． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n项和公式求和；②分组求和；③错位相减法； ④裂项求和；⑤倒序求和． 4．求数列的最大项问题： 方法:①作差法比较相邻项的大小，确定单调性；②利用数列与函数之间的特殊关系，将数列单调性转化为函数的单调性，利用函数的单调性，求最大项，但要注意通项中n的取值范围． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题的数列是等差数列，所以选择方法②． 对于问题2，学生一般会选择方法①，因为本题可以求出数列{bn}的通项，所以选择方法①． 对于问题3，学生一般会选择④，因为数列的通项是分式形式，所以选择方法④． 对于问题4，数列问题首选比较法确定单调性；也可选择②，因为f(n)所对应的函数是基本函数，比较容易得到函数的单调性． 例5 数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝4－, n∈N*. (1) 求a3的值； (2) 求数列{an}前n项和T； (3) 令b1＝a1，b＝＋(1＋＋＋…＋) an (n≥2)． 证明：数列{b}的前n项和为Sn,满足Sn＜2＋2lnn． 解:(1)因为a1＋2a2＋…nan＝4－，n∈N*． 所以a1＝4－3＝1，1＋2a2＝4－＝2，解得a2＝， 因为a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N＋． 所以a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－，n∈N＋． 两式相减得nan＝4－－(4－)＝，n≥2，则an＝，n≥2， 当n＝1时，a1＝1也满足，所以an＝，n≥1， 则a3＝＝； (2) 因为an＝，n≥1，所以数列{an}是公比q＝， 则数列{an}的前n项和Tn＝＝2－21－n． (3)bn＝＋(1＋＋＋…＋)an， 所以b1＝a1，b2＝＋(1＋)a2，b3＝＋(1＋＋)a3， 所以bn＝＋(1＋＋＋…＋)an， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋＋＋…＋)a1＋(1＋＋＋…＋)a2＋…＋(1＋＋＋…＋)an ＝(1＋＋＋…＋)(a1＋a2＋…＋an)＝(1＋＋＋…＋)Tn ＝(1＋＋＋…＋)(2－21－n)＜2×(1＋＋＋…＋)， 设f(x)＝lnx＋－1，x＞1，则f′(x)＝－＝＞0． 即f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因为f(1)＝0，即f(x)＞0， 因为k≥2，且k∈N?时，＞1， 所以f()＝ln＋－1＞0，即ln＞， 所以＜ln，＜ln，…＜ln， 即＋＋…＋＜ln＋ln＋…＋ln＝lnn， 所以2×(1＋＋＋…＋)＝2＋2×(＋＋…＋)＜2＋2lnn， 即Sn＜2(1＋lnn)＝2＋2lnn． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法①利用等差(比)数列求和公式；②叠加(乘)法；③构造等差(比)数列；④猜想证明． 2．数列求和问题： 方法①等差(比)数列求和；②分组求和；③拆项相消；④错位相减； ⑤倒序相加；⑥并项求和法． 3．不等式的证明: ①不等式基本性质；②基本不等式；③比较法；④分析法；⑤放缩法；⑥函数单调性；⑦反证法． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，记bn＝na，则已知前n项和的通项，选择方法①． 对于问题2，已知数列{a}为等比数列，选择方法①，利用等差(比)数列求和公式．数列{b}的前n项和，可通过变形转化为裂项求和的形式． 对于问题3，放缩法，比较法，函数单调性综合运用． 例6 在数列{an}中，已知a1＝p＞0，且an＋1·an＝n2＋3n＋2，n∈N*． (1)若数列{an}为等差数列，求p的值； (2)求数列{an}的前n项和Sn． 解：(1)设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd． 由题意得，[a1＋(n－1)d](a1＋nd)＝n2＋3n＋2对n∈N*恒成立． 即d2n2＋(2a1d－d2)n＋(a12－a1d)＝n2＋3n＋2． 所以即或 因为a1＝p＞0，故p的值为2． (2)因为an＋1×an＝n2＋3n＋2＝(n＋1)(n＋2)，所以an＋2×an＋1＝(n＋2)(n＋3)． 所以＝． ①当n为奇数，且n≥3时，＝，＝，…，＝． 相乘得＝，所以an＝p．当n＝1时也符合． ②当n为偶数，且n≥4时，＝，＝，…，＝． 相乘得＝，所以an＝a2． 因为a1×a2＝6，所以a2＝．所以an＝，当n＝2时也符合． 所以数列{an}的通项公式为an＝ 当n为偶数时，Sn＝p＋＋2p＋＋…＋p＋＝p×＋× ＝p＋． 当n为奇数时，Sn＝p＋＋2p＋＋3p＋＋…＋＋p ＝p×＋×＝p＋． 所以Sn＝ 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前n项和公式，求基本量a1与d(q)，再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前n项和公式求基本量； 2．求数列的通项： 方法: ①利用数列的通项an与前n和Sn的关系，在已知Sn条件下求通项an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项； ⑤利用常见递推的结论求通项． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法①，因为本题是恒成立问题，也可以利用特殊和一般的关系，令n＝1，n＝2，得出关于a1和d的两个方程进行求解，但要注意检验． 对于问题2，学生一般会选择方法⑤，因为所给条件是“anan＋1＝f(n)”形式，再选择方法④．由于得到的是隔项递推式，因此需要进行奇偶讨论. 对于问题3，学生一般会选择①，因为数列的奇数项和偶数项都是等差数列．考虑到当n为偶数时，n－1为奇数，知道Sn－1，可以利用Sn＝Sn－1＋an直接求得Sn. 例7 已知Sn是数列{an}的前n项和，且an＝Sn－1＋1(n≥2)，a1＝2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)对于给定的k (k＝1，2，…，n)．设T(k)表示首项为ak，公差为2ak－1的等差数列，求数列T(2)的前10项之和； (3)设bi为数列T(i)的第i项，Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求Mn． 解：(1)由已知an＝Sn－1＋1，① an＋1＝Sn＋1，② ②－①，得an＋1－an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， 所以an＋1＝2an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝a1＋1＝3， 故n≥2时，＝2，数列{ an}从第二项开始为公比为2的等比数列， 所以an＝． (2)由(1)知，等差数列T(2)的的首项为a2＝3，公差d＝5， 故T(2)的前10项之和＝10×3＋×5＝255． (3)因为bi为数列T(i)的第i项，T(i)是首项为ai，公差为2ai－1的等差数列， b1＝a1＝2，M1＝2． 所以n≥2时，bi＝ai＋(i－1)(2ai－1)＝(2i－1)ai－(i－1)＝3(2i－1)2i－1－(i－1) Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋3[3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2]－[1＋2＋…＋(n－1)] 令t＝3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2， 则2t＝3·2＋5·22＋…＋(2n－1)·2n－1． 以上两式相减得:－t＝3·1＋2(2＋22＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝3＋2·－(2n－1)·2n－1． 所以t＝(2n－3)·2n－1＋1． Mn＝3(2n－3)·2n＋1＋5－． 所以Mn＝． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法: ①利用数列的通项an与前n和Sn的关系，在已知Sn条件下求通项an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项． 2．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择②，因为本题中给出数列通项an与Sn之间的关系， 可以通过公式转化为数列的递推关系，由于递推关系可以很容易判定数列是否为等差数列，本题中的数列从第2项起是等差数列，所以选择方法②． 对于问题2，学生一般会选择①③，因为数列T(i)是等差数列，所以选择方法①，数列{Mn}的通项是由一个等差数列与一个等比数列相应项相乘所成的，所以选择方法③ 例8 已知数列{an}的各项都为正数，且对任意n∈N*，都有a＝anan＋2＋k (k为常数). (1)若k＝(a2－a1)2，求证:a1，a2，a3成等差数列； (2)若k＝0，且a2，a4，a5成等差数列，求的值； (3)已知a1＝a，a2＝b (a，b为常数)，是否存在常数λ，使得an＋an＋2＝λan＋1对任意n∈N*都成立? 若存在.求出λ；若不存在，说明理由. 解：(1)当k＝(a2?a1)2时，在a＝anan＋2＋k中，令n＝1得a＝a1a3＋(a2?a1)2， 即a1a3?2a1a2＋a＝0． 因为a1＞0，所以a3－2a2＋a1＝0，即a2－a1＝a3－a2? 故a1，a2，a3成等差数列； (2)当k＝0时，a＝anan＋2， 因为数列{an}的各项均为正数，所以数列{an}是等比数列， 设公比为q(q＞0)，因为a2，a4，a5成等差数列，所以a2＋a5＝2a4， 即a1q＋a1q4＝2a1q3． 因为a1＞0，q＞0，所以q3－2q2＋1＝0，(q－1)(q2－q－1)＝0， 解得q＝1或q＝(舍去负值)． 所以＝q＝1，或＝q＝； (3)存在常数λ＝使得an＋an＋2＝λan＋1对任意n∈N*都成立． 因为a＝anan＋2＋k，所以a＝an－1an＋1＋k，n≥2，n∈N* 所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1， 即a＋an－1an＋1＝a＋anan＋2，∵an＞0， 所以＝． 所以＝=…＝． 所以an＋an＋2＝an＋1． 因为a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋k，所以a3＝，∴＝， 所以存在常数λ＝使得an＋an＋2＝λan＋1对任意n∈N*都成立． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．证明一个数列是等差数列： 方法①定义法：an＋1－an＝d(常数)，n∈N*； ②等差中项法：2an＝an＋1＋an－1，n≥2，n∈N*； 2．等比数列的子列构成一等差数列，求公比： 方法①利用等差(比)数列的通项公式，进行基本量的计算 3．存在性问题： 方法①假设存在，由特殊情况，求参数的值，再证明； ②转化为关于n的方程恒成立问题； (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题是研究3个数构成等差数列；所以选择②． 对于问题3，学生一般会选择①，对于存在性问题，常规的方法就是先从特殊性出发探究出参数和值，再进行证明，这样处理思路清晰，运算量小。所以选择方法①． 例9 已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为10，公差为－2的等差数列；am＋1，am＋2，…，a2m是首项为，公比为的等比数列（其中 m≥3，m∈N*），并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立． (1)当m＝12时，求a2010； (2)若a52＝，试求m的值； (3)判断是否存在m（m≥3，m∈N*），使得S128m＋3≥2014成立？若存在，试求出m的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)当m＝12时，由an＋2×12＝an知数列的周期为24， 因为2010＝24×83＋18，而a22是等比数列中的项， 所以a2010＝a18＝a12＋6＝()6＝． (2)设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝()k， 因为＝()7， 所以等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项． 所以a52最多是第三个周期中的项． 若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝， 所以m＝52－7＝45； 若a52是第二个周期中的项，则a52＝a2m＋m＋7＝a3m＋7＝， 所以3m＝45，m＝15； 若a52是第三个周期中的项，则a52＝a4m＋m＋7＝a5m＋7＝， 所以5m＝45，m＝9． 综上，m＝45或m＝15或m＝9． (3)因为2m是此数列的周期， 所以S128m＋3表示64个周期及等差数列的前3项之和． 所以S2m最大时，S128m＋3最大． 因为S2m＝10m＋×(－2)＋＝－m2＋11m＋1－＝－(m?)2＋－， 当m＝6时，S2m＝31－＝30； 当m≤5时，S2m＜30； 当m≥7时，S2m＜－(7?)2＋＝29＜30； 当m＝6时，S2m取得最大值，则S128m＋3取得最大值为64×30＋24＝2007． 由此可知，不存在m(m≥3，m∈N*)，使得S128m＋3≥2014成立． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求周期数列的项： 方法: ①找出数列在一个周期内的通项公式，根据数列的周期，求数列中任意一项． ②找出数列的项在第几个周期内，根据数列在一个周期内特征来归纳通项． 2．求周期数列的前n项和问题： 方法: ① 先求出数列在一个周期内的和，根据数列的周期确定前n项中，共含有几个周期，还剩下多项，再考虑求和． 3．条件探索性问题： 方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件； ②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，由于数列在一个周期性的各项是由一个等差数列和一个等比数列构成，数列的周期已知，所以很容易找出a2010＝a18，而a18是等比数列的第6项，由等比数列的通项公式可求． 主要是搞清楚数列在一个周期内的和，以及所求的和包含多少个周期，还剩多少项． 对于问题2，学生一般会选择方法①，本题中S128m＋3能求出，所以用方法①． 二、反馈巩固 *1．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝ ． (等比数列基本量计算) 答案:84． *2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则数列的公比q是________． (等比数列基本量计算) 答案:1或－1． 说明：等比数列求和公式选用时，需要分类讨论． *3．等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a4＋ak＝0，则k＝________. (等差数列基本量计算) 答案:10 *4．已知等比数列{an}满足an＞0，n＝1，2，…，且a5a2n－5＝22n (n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝ ． (等比数列性质应用) 答案:n2． *5．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则数列{an}的奇数项的前n项和为________． (由Sn求an,用通项公式判定等比数列) 答案： **6．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取最大值，则d的取值范围________． (等差数列前n项和的最值) 答案：－1＜d＜－． *7．已知数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为的等比数列，则an＝ ． （形如an－an＋1＝f(n)的递推关系求通项） 答案：[1－()n] ． *8．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项之和分别是Sn、Tn，已知＝，则＝ ． (等差数列性质的应用) 答案：． **9．已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，记Sn为数列{an}的前n项和，则Sn＝________，an＝________. （利用Sn和an的关系求通项） 答案:2×n－1， **10．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn，k∈N*，且Sn的最大值为8．则数列{}的前n项和Tn＝ ． (等差数列的前n项和的最值，错位相减求和) 答案：4－ **11．已知等差数列{an}的前n项和Sn ＝n2－10n，则数列{|an|}的前n项和Tn 等于 ． （利用Sn和an的关系求通项，等差数列项的绝对值求和） 答案：Tn ＝ **12．已知数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{}都是等差数列，则＝________． （等差数列的基本量计算或性质应用） 答案:2． 解析：方法一:设数列{an}的公差为d， 依题意得2＝＋，即2＝＋， 化简可得d＝2a1，所以＝2． 方法二:设数列{an}的公差为d， 则＝＝，由于{}是等差数列，所以a1－＝0，那＝2． 方法三:因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以可设Sn＝An2＋Bn， 又因为{}是等差数列，所以可设＝an＋b， 所以＝an＋b，即An2＋Bn＝a2n2＋2abn＋b2， 所以A＝a2，B＝b＝0，即Sn＝a2n2，所以a1＝S1＝a2，a2＝S2－S1＝4a2－a2＝3a2， 所以＝＝＝2． *13．将全体正整数排成一个三角形数阵： (
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
………………
) 按照以上排列的规律，第行（）从左向右的第3个数为________． （数阵中的通项归纳） 答案 ． *15．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N，n≥1)，若a2＝1，Sn是{an}前n项和，则S21的值为________． （等和数列周期性研究） 答案:． **16．已知正数组成的等差数列{an}，其前20项和为100，则a7·a14的最大值是________． （等差数列的性质与基本不等式结合求最值） 答案 25． 解析:因为S20＝＝100，所以a1＋a20＝10．因为an＞0， 所以a7·a14≤2＝2＝25．当且仅当a7＝a14＝5时取“＝”． **17．设等比数列{an}的前n项和为Sn，an＞0．若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________． （等差数列的性质与基本不等式结合求最值） 答案: 20． 解析：因为S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，所以S9－S6＝＝＝S3＋＋10，因为an＞0，所以S3＞0，于是S9－S6≥2＋10＝20，当S3＝5时取等号，所以S9－S6的最小值为20． 说明:本题考查等比数列的性质Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列． **18．已知数列{cn}，其中cn＝2n＋3n，且数列{cn＋1－pcn}为等比数列，则常数p＝ ． (等比数列中参量的确定) 答案：p＝2或p＝3 ． 解析：方法一：由Cn＝2n＋3n，得:Cn＋1＝2n＋1＋3n＋1， 所以Cn＋1－pCn＝2n＋1＋3n＋1－p?2n－p?3n ＝(2－p)?2n＋(3－p)?3n． 因为数列{Cn＋1－PCn}为等比数列， 所以＝，即＝． 整理得: p2－5p＋6＝0，解得: p＝2或p＝3．经检验，均符合题意． 方法二：因为{cn＋1－pcn}是等比数列， 所以(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)(cn－pcn－1)， 将cn＝2n＋3n代入上式，可得 [2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2 ＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]?[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]， 即[(2－p)2n＋(3－p)3n]2 ＝[(2－p)2n＋1＋(3－p)3n＋1][(2－p)2n－1＋(3－p)3n－1]， 整理得(2－p)(3－p)?2n?3n＝0， 解得p＝2或p＝3． **19．等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为________. （利用数列单调性求最值） 答案：－49. 解析：由已知得解得那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函数f(x)＝－在x＝处取得极小值，又6＜＜7，从而检验n＝6时，6S6＝－48，n＝7时，7S7＝－49.所以nSn 的最小值为－49. 20．已知数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋2(n≥2)，a1＝2． *(1)求a2，a3，a4； **(2)是否存在一个实数λ，使得数列{}成等差数列，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． （利用等差数列定义确定参量值） 解：(1)a2＝2×2＋22＋2＝10； a3＝2×10＋23＋2＝30； a4＝2×30＋24＋2＝78． (2)假设存在一个实数λ，使数列{}成等差数列， 则?＝＝＝＝1＋恒为常数 所以2－λ＝0即λ＝2 此时＝2，?＝1 所以λ＝2时，数列{}是首项为2，公差为1的等差数列． 21．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q)． *(1)设bn＝an＋1－an(n∈N*)，证明{bn}是等比数列； **(2)求数列{an}的通项公式； ***(3) 若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明:对任意的n∈N*，an是an＋3与an＋6的等差中项． （等比数列证明，等差中项证明） 解：(1)证明:由题设an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得an＋1－an＝q(an－an－1)，即bn＝qbn－1，n≥2． 又b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q的等比数列． (2)由(1)a2－a1＝1，a3－a2＝q， … an－an－1＝qn－2，(n≥2)． 将以上各式相加，得an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)． 所以当n≥2时，an＝ 上式对n＝1显然成立． (3)由(2)，当q＝1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q≠1． 由a3－a6＝a9－a3可得q5－q2＝q2－q8，由q≠0得q3－1＝1－q6，① 整理得(q3)2＋q3－2＝0，解得q3＝－2或q3＝1(舍去)．于是q＝? 另一方面，an?an＋3＝＝(q3?1)，an＋6?an＝＝(1?q6)． 由①可得an－an＋3＝an＋6－an，n∈N*． 所以对任意的n∈N*，an是an＋3与an＋6的等差中项． 22．已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6. *(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn； **(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围． （等差数列基本量计算，数列求最值） 解：(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，所以a1＝4， 所以an＝5－n，从而Sn＝. (2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1， 设等比数列{bn}的公比为q， 则q＝＝，所以Tm＝＝8[1－()m]， 因为()m随m增加而递减，所以{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8. 又Sn＝＝－(n2－9n) ＝－[(n－)2－]， 故(Sn)max＝S4＝S5＝10， 若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ， 则10＜4＋λ，得λ＞6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 23．(1)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*. *①求a2的值； **②求数列{an}的通项公式. ***(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，数列{bn}满足bn·bn＋1＝3an，且b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项公式. （求数列的通项） 解：(1)①依题意，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4. ②当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n， 2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)， 以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－. 整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)， 即－＝1，又－＝1， 故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2. (2)因为Sn＋1＋Sn＝a，① Sn＋Sn－1＝a(n≥2)，② ①－②得an＋1＋an＝a－a， 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0， 因为an＋1＞0，an＞0，所以an＋1＋an≠0， 所以an＋1－an＝1(n≥2)， 又由S2＋S1＝a，得2a1＋a2＝a，即a－a2－2＝0， 所以a2＝2，a2＝－1(舍去)， 所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以an＝n. 又bn·bn＋1＝3an＝3n，③ bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④ 得＝3(n≥2)， 又由b1＝1，可求b2＝3. 故b1，b3，…，b2n－1是首项为1，公比为3的等比数列；b2，b4，…，b2n是首项为3，公比为3的等比数列. 所以b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n. 所以bn＝ 24．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. （求数列的通项，裂项求和） 解：(1)因为Sn＝2an－a1，① 所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1；② ①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1. 由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3， 所以2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2. 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以an＝2n. (2)因为an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2. 所以bn＝＝＝－. 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝＋＋…＋＝＝. 25．若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n. *(1)求证：{an}是准等差数列； **(2)求{an}的通项公式及前20项和S20. （求数列的通项，并项求和） 解：(1)证明：因为an＋an＋1＝2n(n∈N*)，① 所以an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，② ②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)． 所以{an}是公差为2的准等差数列． (2)因为a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，所以a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a. 所以由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列；a2，a4，a6…是以2－a为首项，2为公差的等差数列． 当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a； 当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1. 所以an＝ S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200. 26．已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*).若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2. *(1)求an与bn； (2)设cn＝－(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn. *①求Sn； **②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn. （求数列通项，分组求和、裂项求和，求数列的最值） 解：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6， 知a3＝()b3－b2＝8. 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)， 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*). 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1). 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*). (2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)， 所以Sn＝－(n∈N*). ②因为c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0； 当n≥5时， cn＝， 而－＝＞0， 得≤＜1， 所以，当n≥5时，cn＜0. 综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4. 27．若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2＝an＋1 (n∈N*)． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn； ***(3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围． （求数列通项，错位相减求和，不等式恒成立求参数取值范围） 解：(1)因为2＝an＋1， 所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0， 则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1， 又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2， 所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， 即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0， 因为an＞0，所以an＋1＋an≠0， 所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列，又a1＝1， 所以an＝2n－1. (2) 设数列{bn}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2， 由b2＝2，得b1＝1，即bn＝2n－1. 记A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1， 则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n， 故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3. (3)不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－＋. 当n为偶数时，λ＜n－＋， 记g(n)＝n－＋. 即λ＜g(n)min． g(n＋2)－g(n)＝2＋－＝2－， 当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4时，g(n＋2)＞g(n)， 即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝，即λ＜. 当n为奇数时，λ＞－n－， 记h(n)＝－n－，所以λ＞h(n)max. h(n＋2)－h(n)＝－2－＋＝－2＋， 当n＝1时，h (n＋2)＞h(n)，n≥3时，h(n＋1)＜h(n)， 即h(3)＞h(1)，n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为.
教 学 反 思
成为受人尊敬的百年育人集团,让孩子成为人生道路上的冠军
学生姓名 年 级 学 科 数 学
上课时间 教师姓名
课 题 等差数列、等比数列、数列通项、求和之综合题型
教学目标 学会等差数列、等比数列、数列通项、求和之综合题型之常规解法
教学过程
教师活动 学生活动
一、例题分析 例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值． 解：(1)设公差为d，则有 解得：所以an＝3n－2． (2)Sn＝＝． 所以bn＝＝3n＋－1≥2?1＝23． 当且仅当3n＝，即n＝4时取等号． 所以数列{bn}的最小项是b4＝23． 〖教学建议〗 (1) 主要问题归类与方法： 1．求数列的通项：方法①利用等差(比)数列的通项公式；②构造等差(比)数列；③由Sn与an的关系求通项；④用不完全归纳法，猜想数列的通项，再证明． 2．求数列的最大项问题：①将数列的通项看作是n的函数，通过讨论相应函数的单调性来求最值；②考察数列的单调性，求最大项；③利用基本不等式求最值． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法①，因为本题已知数列是等差数列，所以选择方法①． 对于问题2，学生一般会选择③，因为本题中bn＝3n＋－1便于用基本不等式求最值，但要注意这里n必须取正整数，所以选择方法③． 例2 已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和Sn，且满足：a2a4＝65，a1＋a5＝18． (1)求数列{an}的通项公式an； (2)若1＜i＜21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求i值； (3)是否存在常数k，使得数列{}为等差数列，若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由． 解：(1)因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2?a4＝65， 所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根， 又公差d＞0，所以a2＜a4，所以a2＝5，a4＝13． 所以所以a1＝1，d＝4． 所以an＝4n－3． (2)由1＜i＜21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，所以a1?a21＝ai2， 即1×81＝(4i－3)2，解得i＝3． (3)由(1)知，Sn＝n＋×4＝2n2?n． 方法一：假设存在常数k，使数列{}为等差数列， 由＋＝2， 得＋＝2， 解得k＝1． 所以＝＝n此时有n?(n?1)＝，数列{}为等差数列． 所以存在常数k使得数列{}为等差数列． 方法二：假设存在常数k，使数列{}为等差数列，由等差数列通项公式可知 设＝an＋b， 得2n2＋(k－1)n＝(an)2＋2abn＋b2恒成立， 可得a2＝2，2ab＝k－1，b2＝0，所以a2＝2，b＝0，k＝1 所以＝n，则数列{}为等差数列． 〖教学建议〗 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前n项和公式，求基本量a1与d(q)，再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前n项和公式求基本量； 2．条件探索性问题： 方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件； ②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性质简化后，先求出a2和a4，再求d，然后用an＝a2＋(n－2)d，求通项，当然本题用方法①也很简单． 对于问题2，学生一般会选择方法②，由特例求k的值比较方便，所以用方法②． 例3 等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝5，S7＝63，数列{bn}的前n项为Tn，满足bn＝Tn－1＋2(n≥2，n∈N)，b1＝2， （1）求an与bn； （2）求数列{anbn}的前n项和Fn． （3）若＋＋…＋≤x2＋ax＋1对任意正整数n和任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1) 设数列{an}的公差为d， 因为S7＝＝＝7a4＝63，所以a4＝9． 所以d＝＝2，所以an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1． 因为当n≥2时，bn＝Tn－1＋2，bn＋1＝Tn＋2，两式相减得bn＋1－bn＝Tn－Tn－1＝bn，所以bn＋1＝2bn 当n＝2时，b2＝T1＋2＝b1＋2＝4，所以b2＝2b1． 所以n∈N*时，都有bn＋1＝2bn． 因为b1≠0，所以bn≠0，所以＝2，于是数列{bn}为首项是2，公比为2的等比数列， 所以bn＝2n； (2)anbn＝(2n＋1)?2n． Fn＝3?2＋5?22＋…＋(2n?1)?2n?1＋(2n＋1)?2n， 2Fn＝3?22＋5?23＋…＋(2n?1)?2n＋(2n＋1)?2n＋1， 两式相减得 ?Tn＝3?2＋2?22＋2?23＋…＋2?2n?(2n＋1)?2n＋1 ＝(1－2n)?2n＋1－2， 所以Fn＝(2n?1)?2n＋1＋2； (3)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， 所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋ ＝(1?＋?＋?＋…＋?) ＝(1＋??)＝?＜， 问题等价于f(x)＝x2＋ax＋1的最小值大于或等于， 即1?≥，即a2≤1，解得－1≤a≤1． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前n项和公式，求基本量a1与d(q)，再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前n项和公式求基本量； 2．判断一个数列是等差(比)数列： 方法：①利用定义：an＋1－an＝d(常数)；②等差中项：2an＝an－1＋an＋1 (n≥2，n∈N*)． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． 4．不等式恒成立，求参数的范围问题： 方法：①转化为求函数的最值；②变量分离后转化为求函数的最值； ③利用几何意义求参数的范围 (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性质S7＝7a4简化后，先求出a4，再由a2的值，再求d，然后用an＝a2＋(n－2)d，求通项，当然本题用方法①也很简单． 对于问题2，学生一般会选择方法①，本题将通项bn与前n项Tn关系代入， 可得递推关系bn＋1＝2bn．由等比数列的定义，可推得{bn}为等比数列，． 对于问题3，学生一般会选择方法③和④，本题中数列{anbn}是由等差数列与等比数列相应项之积所构成的数列，所以用方法③求和，数列{}的通项是分式形式，所以用方法④求和． 对于问题4，本题中不等式对于任意n恒成立，用方法②，对于任意实数x恒成立，用方法①，当然对于任意实数x恒成立，由于是一元二次不等式，所以也可用方法③． 例4 已知等差数列{an}中，公差d＞0，其前n项和为Sn，且满足a2a3＝45，S4＝28． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设由bn＝ (c≠0)构成的新数列{bn}，求证：当且仅当c＝－时，数列{bn}是等差数列； (3)对于(2)中的等差数列{bn}，设cn＝（n∈N*），数列{cn}的前n项和为Tn，现有数列{f(n)}，f(n)＝－Tn（n∈N*），求证：存在整数M，使f(n)≤M对一切n∈N*都成立，并求出M的最小值． 解：(1)因为等差数列an中，公差d＞0，满足a2?a3＝45，a1＋a4＝14． 所以a2?a3＝45，a1＋a4＝a2＋a3＝14． 所以a2，a3是方程x2－14x＋45＝0的两根，且a2＜a3， 解方程x2－14x＋45＝0，得a2＝5，a3＝9， 所以d＝a3－a2＝9－5＝4，a1＝a2－4＝1， 所以an＝1＋(n－1)×4＝4n－3． 证明:(2)Sn＝n×1＋×4＝n(2n－1)， bn＝＝，c≠0， 由2b2＝b1＋b3，得＝＋， 化简得2c2＋c＝0，c≠0，所以c＝－． 反之，令c＝－，即得bn＝2n，数列bn为等差数列， 所以当且仅当c＝－时，数列{bn}为等差数列． (3)因为cn＝＝＝?． 所以Tn＝1?＋?＋＋?＝f(n)＝?Tn ＝?＝1＋?1＋＝＋． 因为f(1)＝?，而n≥2时f(n＋1)?f(n)＝＋?? ＝?＜0， 所以f(n)在n≥2时为单调递减数列，此时f(n)max＝f(2)＝2． 所以存在不小于2的整数，使f(n)≤2对一切n∈N*都成立，Mmin＝2． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法：①利用数列的通项an与前n和Sn的关系，在已知Sn条件下求通项an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项． 2．证明数列是等差数列： 方法：①利用定义：an＋1－an＝d(常数)；②等差中项：2an＝an－1＋an＋1 (n≥2，n∈N*)． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n项和公式求和；②分组求和；③错位相减法； ④裂项求和；⑤倒序求和． 4．求数列的最大项问题： 方法:①作差法比较相邻项的大小，确定单调性；②利用数列与函数之间的特殊关系，将数列单调性转化为函数的单调性，利用函数的单调性，求最大项，但要注意通项中n的取值范围． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题的数列是等差数列，所以选择方法②． 对于问题2，学生一般会选择方法①，因为本题可以求出数列{bn}的通项，所以选择方法①． 对于问题3，学生一般会选择④，因为数列的通项是分式形式，所以选择方法④． 对于问题4，数列问题首选比较法确定单调性；也可选择②，因为f(n)所对应的函数是基本函数，比较容易得到函数的单调性． 例5 数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝4－, n∈N*. (1) 求a3的值； (2) 求数列{an}前n项和T； (3) 令b1＝a1，b＝＋(1＋＋＋…＋) an (n≥2)． 证明：数列{b}的前n项和为Sn,满足Sn＜2＋2lnn． 解:(1)因为a1＋2a2＋…nan＝4－，n∈N*． 所以a1＝4－3＝1，1＋2a2＝4－＝2，解得a2＝， 因为a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N＋． 所以a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－，n∈N＋． 两式相减得nan＝4－－(4－)＝，n≥2，则an＝，n≥2， 当n＝1时，a1＝1也满足，所以an＝，n≥1， 则a3＝＝； (2) 因为an＝，n≥1，所以数列{an}是公比q＝， 则数列{an}的前n项和Tn＝＝2－21－n． (3)bn＝＋(1＋＋＋…＋)an， 所以b1＝a1，b2＝＋(1＋)a2，b3＝＋(1＋＋)a3， 所以bn＝＋(1＋＋＋…＋)an， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋＋＋…＋)a1＋(1＋＋＋…＋)a2＋…＋(1＋＋＋…＋)an ＝(1＋＋＋…＋)(a1＋a2＋…＋an)＝(1＋＋＋…＋)Tn ＝(1＋＋＋…＋)(2－21－n)＜2×(1＋＋＋…＋)， 设f(x)＝lnx＋－1，x＞1，则f′(x)＝－＝＞0． 即f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因为f(1)＝0，即f(x)＞0， 因为k≥2，且k∈N?时，＞1， 所以f()＝ln＋－1＞0，即ln＞， 所以＜ln，＜ln，…＜ln， 即＋＋…＋＜ln＋ln＋…＋ln＝lnn， 所以2×(1＋＋＋…＋)＝2＋2×(＋＋…＋)＜2＋2lnn， 即Sn＜2(1＋lnn)＝2＋2lnn． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法①利用等差(比)数列求和公式；②叠加(乘)法；③构造等差(比)数列；④猜想证明． 2．数列求和问题： 方法①等差(比)数列求和；②分组求和；③拆项相消；④错位相减； ⑤倒序相加；⑥并项求和法． 3．不等式的证明: ①不等式基本性质；②基本不等式；③比较法；④分析法；⑤放缩法；⑥函数单调性；⑦反证法． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，记bn＝na，则已知前n项和的通项，选择方法①． 对于问题2，已知数列{a}为等比数列，选择方法①，利用等差(比)数列求和公式．数列{b}的前n项和，可通过变形转化为裂项求和的形式． 对于问题3，放缩法，比较法，函数单调性综合运用． 例6 在数列{an}中，已知a1＝p＞0，且an＋1·an＝n2＋3n＋2，n∈N*． (1)若数列{an}为等差数列，求p的值； (2)求数列{an}的前n项和Sn． 解：(1)设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd． 由题意得，[a1＋(n－1)d](a1＋nd)＝n2＋3n＋2对n∈N*恒成立． 即d2n2＋(2a1d－d2)n＋(a12－a1d)＝n2＋3n＋2． 所以即或 因为a1＝p＞0，故p的值为2． (2)因为an＋1×an＝n2＋3n＋2＝(n＋1)(n＋2)，所以an＋2×an＋1＝(n＋2)(n＋3)． 所以＝． ①当n为奇数，且n≥3时，＝，＝，…，＝． 相乘得＝，所以an＝p．当n＝1时也符合． ②当n为偶数，且n≥4时，＝，＝，…，＝． 相乘得＝，所以an＝a2． 因为a1×a2＝6，所以a2＝．所以an＝，当n＝2时也符合． 所以数列{an}的通项公式为an＝ 当n为偶数时，Sn＝p＋＋2p＋＋…＋p＋＝p×＋× ＝p＋． 当n为奇数时，Sn＝p＋＋2p＋＋3p＋＋…＋＋p ＝p×＋×＝p＋． 所以Sn＝ 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前n项和公式，求基本量a1与d(q)，再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前n项和公式求基本量； 2．求数列的通项： 方法: ①利用数列的通项an与前n和Sn的关系，在已知Sn条件下求通项an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项； ⑤利用常见递推的结论求通项． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法①，因为本题是恒成立问题，也可以利用特殊和一般的关系，令n＝1，n＝2，得出关于a1和d的两个方程进行求解，但要注意检验． 对于问题2，学生一般会选择方法⑤，因为所给条件是“anan＋1＝f(n)”形式，再选择方法④．由于得到的是隔项递推式，因此需要进行奇偶讨论. 对于问题3，学生一般会选择①，因为数列的奇数项和偶数项都是等差数列．考虑到当n为偶数时，n－1为奇数，知道Sn－1，可以利用Sn＝Sn－1＋an直接求得Sn. 例7 已知Sn是数列{an}的前n项和，且an＝Sn－1＋1(n≥2)，a1＝2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)对于给定的k (k＝1，2，…，n)．设T(k)表示首项为ak，公差为2ak－1的等差数列，求数列T(2)的前10项之和； (3)设bi为数列T(i)的第i项，Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求Mn． 解：(1)由已知an＝Sn－1＋1，① an＋1＝Sn＋1，② ②－①，得an＋1－an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， 所以an＋1＝2an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝a1＋1＝3， 故n≥2时，＝2，数列{ an}从第二项开始为公比为2的等比数列， 所以an＝． (2)由(1)知，等差数列T(2)的的首项为a2＝3，公差d＝5， 故T(2)的前10项之和＝10×3＋×5＝255． (3)因为bi为数列T(i)的第i项，T(i)是首项为ai，公差为2ai－1的等差数列， b1＝a1＝2，M1＝2． 所以n≥2时，bi＝ai＋(i－1)(2ai－1)＝(2i－1)ai－(i－1)＝3(2i－1)2i－1－(i－1) Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋3[3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2]－[1＋2＋…＋(n－1)] 令t＝3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2， 则2t＝3·2＋5·22＋…＋(2n－1)·2n－1． 以上两式相减得:－t＝3·1＋2(2＋22＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝3＋2·－(2n－1)·2n－1． 所以t＝(2n－3)·2n－1＋1． Mn＝3(2n－3)·2n＋1＋5－． 所以Mn＝． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法: ①利用数列的通项an与前n和Sn的关系，在已知Sn条件下求通项an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项． 2．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前n和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择②，因为本题中给出数列通项an与Sn之间的关系， 可以通过公式转化为数列的递推关系，由于递推关系可以很容易判定数列是否为等差数列，本题中的数列从第2项起是等差数列，所以选择方法②． 对于问题2，学生一般会选择①③，因为数列T(i)是等差数列，所以选择方法①，数列{Mn}的通项是由一个等差数列与一个等比数列相应项相乘所成的，所以选择方法③ 例8 已知数列{an}的各项都为正数，且对任意n∈N*，都有a＝anan＋2＋k (k为常数). (1)若k＝(a2－a1)2，求证:a1，a2，a3成等差数列； (2)若k＝0，且a2，a4，a5成等差数列，求的值； (3)已知a1＝a，a2＝b (a，b为常数)，是否存在常数λ，使得an＋an＋2＝λan＋1对任意n∈N*都成立? 若存在.求出λ；若不存在，说明理由. 解：(1)当k＝(a2?a1)2时，在a＝anan＋2＋k中，令n＝1得a＝a1a3＋(a2?a1)2， 即a1a3?2a1a2＋a＝0． 因为a1＞0，所以a3－2a2＋a1＝0，即a2－a1＝a3－a2? 故a1，a2，a3成等差数列； (2)当k＝0时，a＝anan＋2， 因为数列{an}的各项均为正数，所以数列{an}是等比数列， 设公比为q(q＞0)，因为a2，a4，a5成等差数列，所以a2＋a5＝2a4， 即a1q＋a1q4＝2a1q3． 因为a1＞0，q＞0，所以q3－2q2＋1＝0，(q－1)(q2－q－1)＝0， 解得q＝1或q＝(舍去负值)． 所以＝q＝1，或＝q＝； (3)存在常数λ＝使得an＋an＋2＝λan＋1对任意n∈N*都成立． 因为a＝anan＋2＋k，所以a＝an－1an＋1＋k，n≥2，n∈N* 所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1， 即a＋an－1an＋1＝a＋anan＋2，∵an＞0， 所以＝． 所以＝=…＝． 所以an＋an＋2＝an＋1． 因为a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋k，所以a3＝，∴＝， 所以存在常数λ＝使得an＋an＋2＝λan＋1对任意n∈N*都成立． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．证明一个数列是等差数列： 方法①定义法：an＋1－an＝d(常数)，n∈N*； ②等差中项法：2an＝an＋1＋an－1，n≥2，n∈N*； 2．等比数列的子列构成一等差数列，求公比： 方法①利用等差(比)数列的通项公式，进行基本量的计算 3．存在性问题： 方法①假设存在，由特殊情况，求参数的值，再证明； ②转化为关于n的方程恒成立问题； (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题是研究3个数构成等差数列；所以选择②． 对于问题3，学生一般会选择①，对于存在性问题，常规的方法就是先从特殊性出发探究出参数和值，再进行证明，这样处理思路清晰，运算量小。所以选择方法①． 例9 已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为10，公差为－2的等差数列；am＋1，am＋2，…，a2m是首项为，公比为的等比数列（其中 m≥3，m∈N*），并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立． (1)当m＝12时，求a2010； (2)若a52＝，试求m的值； (3)判断是否存在m（m≥3，m∈N*），使得S128m＋3≥2014成立？若存在，试求出m的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)当m＝12时，由an＋2×12＝an知数列的周期为24， 因为2010＝24×83＋18，而a22是等比数列中的项， 所以a2010＝a18＝a12＋6＝()6＝． (2)设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝()k， 因为＝()7， 所以等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项． 所以a52最多是第三个周期中的项． 若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝， 所以m＝52－7＝45； 若a52是第二个周期中的项，则a52＝a2m＋m＋7＝a3m＋7＝， 所以3m＝45，m＝15； 若a52是第三个周期中的项，则a52＝a4m＋m＋7＝a5m＋7＝， 所以5m＝45，m＝9． 综上，m＝45或m＝15或m＝9． (3)因为2m是此数列的周期， 所以S128m＋3表示64个周期及等差数列的前3项之和． 所以S2m最大时，S128m＋3最大． 因为S2m＝10m＋×(－2)＋＝－m2＋11m＋1－＝－(m?)2＋－， 当m＝6时，S2m＝31－＝30； 当m≤5时，S2m＜30； 当m≥7时，S2m＜－(7?)2＋＝29＜30； 当m＝6时，S2m取得最大值，则S128m＋3取得最大值为64×30＋24＝2007． 由此可知，不存在m(m≥3，m∈N*)，使得S128m＋3≥2014成立． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求周期数列的项： 方法: ①找出数列在一个周期内的通项公式，根据数列的周期，求数列中任意一项． ②找出数列的项在第几个周期内，根据数列在一个周期内特征来归纳通项． 2．求周期数列的前n项和问题： 方法: ① 先求出数列在一个周期内的和，根据数列的周期确定前n项中，共含有几个周期，还剩下多项，再考虑求和． 3．条件探索性问题： 方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件； ②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明． (2)方法选择与优化建议： 对于问题1，由于数列在一个周期性的各项是由一个等差数列和一个等比数列构成，数列的周期已知，所以很容易找出a2010＝a18，而a18是等比数列的第6项，由等比数列的通项公式可求． 主要是搞清楚数列在一个周期内的和，以及所求的和包含多少个周期，还剩多少项． 对于问题2，学生一般会选择方法①，本题中S128m＋3能求出，所以用方法①． 二、反馈巩固 *1．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝ ． (等比数列基本量计算) 答案:84． *2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则数列的公比q是________． (等比数列基本量计算) 答案:1或－1． 说明：等比数列求和公式选用时，需要分类讨论． *3．等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a4＋ak＝0，则k＝________. (等差数列基本量计算) 答案:10 *4．已知等比数列{an}满足an＞0，n＝1，2，…，且a5a2n－5＝22n (n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝ ． (等比数列性质应用) 答案:n2． *5．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则数列{an}的奇数项的前n项和为________． (由Sn求an,用通项公式判定等比数列) 答案： **6．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取最大值，则d的取值范围________． (等差数列前n项和的最值) 答案：－1＜d＜－． *7．已知数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为的等比数列，则an＝ ． （形如an－an＋1＝f(n)的递推关系求通项） 答案：[1－()n] ． *8．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项之和分别是Sn、Tn，已知＝，则＝ ． (等差数列性质的应用) 答案：． **9．已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，记Sn为数列{an}的前n项和，则Sn＝________，an＝________. （利用Sn和an的关系求通项） 答案:2×n－1， **10．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn，k∈N*，且Sn的最大值为8．则数列{}的前n项和Tn＝ ． (等差数列的前n项和的最值，错位相减求和) 答案：4－ **11．已知等差数列{an}的前n项和Sn ＝n2－10n，则数列{|an|}的前n项和Tn 等于 ． （利用Sn和an的关系求通项，等差数列项的绝对值求和） 答案：Tn ＝ **12．已知数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{}都是等差数列，则＝________． （等差数列的基本量计算或性质应用） 答案:2． 解析：方法一:设数列{an}的公差为d， 依题意得2＝＋，即2＝＋， 化简可得d＝2a1，所以＝2． 方法二:设数列{an}的公差为d， 则＝＝，由于{}是等差数列，所以a1－＝0，那＝2． 方法三:因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以可设Sn＝An2＋Bn， 又因为{}是等差数列，所以可设＝an＋b， 所以＝an＋b，即An2＋Bn＝a2n2＋2abn＋b2， 所以A＝a2，B＝b＝0，即Sn＝a2n2，所以a1＝S1＝a2，a2＝S2－S1＝4a2－a2＝3a2， 所以＝＝＝2． *13．将全体正整数排成一个三角形数阵： (
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
………………
) 按照以上排列的规律，第行（）从左向右的第3个数为________． （数阵中的通项归纳） 答案 ． *15．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N，n≥1)，若a2＝1，Sn是{an}前n项和，则S21的值为________． （等和数列周期性研究） 答案:． **16．已知正数组成的等差数列{an}，其前20项和为100，则a7·a14的最大值是________． （等差数列的性质与基本不等式结合求最值） 答案 25． 解析:因为S20＝＝100，所以a1＋a20＝10．因为an＞0， 所以a7·a14≤2＝2＝25．当且仅当a7＝a14＝5时取“＝”． **17．设等比数列{an}的前n项和为Sn，an＞0．若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________． （等差数列的性质与基本不等式结合求最值） 答案: 20． 解析：因为S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，所以S9－S6＝＝＝S3＋＋10，因为an＞0，所以S3＞0，于是S9－S6≥2＋10＝20，当S3＝5时取等号，所以S9－S6的最小值为20． 说明:本题考查等比数列的性质Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列． **18．已知数列{cn}，其中cn＝2n＋3n，且数列{cn＋1－pcn}为等比数列，则常数p＝ ． (等比数列中参量的确定) 答案：p＝2或p＝3 ． 解析：方法一：由Cn＝2n＋3n，得:Cn＋1＝2n＋1＋3n＋1， 所以Cn＋1－pCn＝2n＋1＋3n＋1－p?2n－p?3n ＝(2－p)?2n＋(3－p)?3n． 因为数列{Cn＋1－PCn}为等比数列， 所以＝，即＝． 整理得: p2－5p＋6＝0，解得: p＝2或p＝3．经检验，均符合题意． 方法二：因为{cn＋1－pcn}是等比数列， 所以(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)(cn－pcn－1)， 将cn＝2n＋3n代入上式，可得 [2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2 ＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]?[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]， 即[(2－p)2n＋(3－p)3n]2 ＝[(2－p)2n＋1＋(3－p)3n＋1][(2－p)2n－1＋(3－p)3n－1]， 整理得(2－p)(3－p)?2n?3n＝0， 解得p＝2或p＝3． **19．等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为________. （利用数列单调性求最值） 答案：－49. 解析：由已知得解得那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函数f(x)＝－在x＝处取得极小值，又6＜＜7，从而检验n＝6时，6S6＝－48，n＝7时，7S7＝－49.所以nSn 的最小值为－49. 20．已知数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋2(n≥2)，a1＝2． *(1)求a2，a3，a4； **(2)是否存在一个实数λ，使得数列{}成等差数列，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． （利用等差数列定义确定参量值） 解：(1)a2＝2×2＋22＋2＝10； a3＝2×10＋23＋2＝30； a4＝2×30＋24＋2＝78． (2)假设存在一个实数λ，使数列{}成等差数列， 则?＝＝＝＝1＋恒为常数 所以2－λ＝0即λ＝2 此时＝2，?＝1 所以λ＝2时，数列{}是首项为2，公差为1的等差数列． 21．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q)． *(1)设bn＝an＋1－an(n∈N*)，证明{bn}是等比数列； **(2)求数列{an}的通项公式； ***(3) 若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明:对任意的n∈N*，an是an＋3与an＋6的等差中项． （等比数列证明，等差中项证明） 解：(1)证明:由题设an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得an＋1－an＝q(an－an－1)，即bn＝qbn－1，n≥2． 又b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q的等比数列． (2)由(1)a2－a1＝1，a3－a2＝q， … an－an－1＝qn－2，(n≥2)． 将以上各式相加，得an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)． 所以当n≥2时，an＝ 上式对n＝1显然成立． (3)由(2)，当q＝1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q≠1． 由a3－a6＝a9－a3可得q5－q2＝q2－q8，由q≠0得q3－1＝1－q6，① 整理得(q3)2＋q3－2＝0，解得q3＝－2或q3＝1(舍去)．于是q＝? 另一方面，an?an＋3＝＝(q3?1)，an＋6?an＝＝(1?q6)． 由①可得an－an＋3＝an＋6－an，n∈N*． 所以对任意的n∈N*，an是an＋3与an＋6的等差中项． 22．已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6. *(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn； **(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围． （等差数列基本量计算，数列求最值） 解：(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，所以a1＝4， 所以an＝5－n，从而Sn＝. (2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1， 设等比数列{bn}的公比为q， 则q＝＝，所以Tm＝＝8[1－()m]， 因为()m随m增加而递减，所以{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8. 又Sn＝＝－(n2－9n) ＝－[(n－)2－]， 故(Sn)max＝S4＝S5＝10， 若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ， 则10＜4＋λ，得λ＞6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 23．(1)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*. *①求a2的值； **②求数列{an}的通项公式. ***(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，数列{bn}满足bn·bn＋1＝3an，且b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项公式. （求数列的通项） 解：(1)①依题意，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4. ②当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n， 2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)， 以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－. 整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)， 即－＝1，又－＝1， 故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2. (2)因为Sn＋1＋Sn＝a，① Sn＋Sn－1＝a(n≥2)，② ①－②得an＋1＋an＝a－a， 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0， 因为an＋1＞0，an＞0，所以an＋1＋an≠0， 所以an＋1－an＝1(n≥2)， 又由S2＋S1＝a，得2a1＋a2＝a，即a－a2－2＝0， 所以a2＝2，a2＝－1(舍去)， 所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以an＝n. 又bn·bn＋1＝3an＝3n，③ bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④ 得＝3(n≥2)， 又由b1＝1，可求b2＝3. 故b1，b3，…，b2n－1是首项为1，公比为3的等比数列；b2，b4，…，b2n是首项为3，公比为3的等比数列. 所以b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n. 所以bn＝ 24．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. （求数列的通项，裂项求和） 解：(1)因为Sn＝2an－a1，① 所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1；② ①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1. 由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3， 所以2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2. 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以an＝2n. (2)因为an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2. 所以bn＝＝＝－. 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝＋＋…＋＝＝. 25．若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n. *(1)求证：{an}是准等差数列； **(2)求{an}的通项公式及前20项和S20. （求数列的通项，并项求和） 解：(1)证明：因为an＋an＋1＝2n(n∈N*)，① 所以an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，② ②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)． 所以{an}是公差为2的准等差数列． (2)因为a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，所以a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a. 所以由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列；a2，a4，a6…是以2－a为首项，2为公差的等差数列． 当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a； 当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1. 所以an＝ S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200. 26．已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*).若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2. *(1)求an与bn； (2)设cn＝－(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn. *①求Sn； **②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn. （求数列通项，分组求和、裂项求和，求数列的最值） 解：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6， 知a3＝()b3－b2＝8. 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)， 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*). 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1). 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*). (2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)， 所以Sn＝－(n∈N*). ②因为c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0； 当n≥5时， cn＝， 而－＝＞0， 得≤＜1， 所以，当n≥5时，cn＜0. 综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4. 27．若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2＝an＋1 (n∈N*)． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn； ***(3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)恒成立，求实数λ的取值范围． （求数列通项，错位相减求和，不等式恒成立求参数取值范围） 解：(1)因为2＝an＋1， 所以4Sn＝(an＋1)2，且an＞0， 则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1， 又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2， 所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， 即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0， 因为an＞0，所以an＋1＋an≠0， 所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列，又a1＝1， 所以an＝2n－1. (2) 设数列{bn}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2， 由b2＝2，得b1＝1，即bn＝2n－1. 记A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1， 则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n， 故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3. (3)不等式λ(－1)n＜(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－＋. 当n为偶数时，λ＜n－＋， 记g(n)＝n－＋. 即λ＜g(n)min． g(n＋2)－g(n)＝2＋－＝2－， 当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4时，g(n＋2)＞g(n)， 即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝，即λ＜. 当n为奇数时，λ＞－n－， 记h(n)＝－n－，所以λ＞h(n)max. h(n＋2)－h(n)＝－2－＋＝－2＋， 当n＝1时，h (n＋2)＞h(n)，n≥3时，h(n＋1)＜h(n)， 即h(3)＞h(1)，n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为.
教 学 反 思
成为受人尊敬的百年育人集团,让孩子成为人生道路上的冠军
同课章节目录