第1課時　等差、等比數(shù)列與數(shù)列求和
題型一　等差數(shù)列、等比數(shù)列的交匯
例1　記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列.
解　(1)設{an}的公比為q.
由題設可得
解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通項公式為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成等差數(shù)列.
思維升華 等差與等比數(shù)列的基本量之間的關系，利用方程思想和通項公式、前n項和公式求解.求解時，應“瞄準目標”，靈活應用數(shù)列的有關性質，簡化運算過程.
跟蹤訓練1　(2019·鞍山模擬)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S1＋1，S3，S4成等差數(shù)列，且a1，a2，a5成等比數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若S4，S6，Sn成等比數(shù)列，求n及此等比數(shù)列的公比.
解　(1)設數(shù)列{an}的公差為d
由題意可知
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＝＝.
題型二　新數(shù)列問題
例2　對于數(shù)列{xn}，若對任意n∈N＋，都 有xn＋2－xn＋1>xn＋1－xn成立，則稱數(shù)列{xn}為“增差數(shù)列”.設an＝，若數(shù)列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N＋)是“增差數(shù)列”，則實數(shù)t的取值范圍是________.
答案　
解析　數(shù)列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N＋)是“增差數(shù)列”，
故得到an＋2＋an>2an＋1(n≥4，n∈N＋)，
即＋
>2(n≥4，n∈N＋)，
化簡得到(2n2－4n－1)t>2(n≥4，n∈N＋)，
即t>對于n≥4恒成立，
當n＝4時，2n2－4n－1有最小值15，
故實數(shù)t的取值范圍是.
思維升華 根據(jù)新數(shù)列的定義建立條件和結論間的聯(lián)系是解決此類問題的突破口，靈活對新數(shù)列的特征進行轉化是解題的關鍵.
跟蹤訓練2　(1)定義“等積數(shù)列”，在一個數(shù)列中，如果每一項與它的后一項的積都為同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列叫做等積數(shù)列，這個常數(shù)叫做該數(shù)列的公積.已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列且a1＝2，前21項的和為62，則這個數(shù)列的公積為________.
答案　0或8
解析　當公積為0時，數(shù)列a1＝2，a2＝0，a3＝60，a4＝a5＝…＝a21＝0滿足題意；
當公積不為0時，應該有a1＝a3＝a5＝…＝a21＝2，
且a2＝a4＝a6＝…＝a20，
由題意可得，a2＋a4＋a6＋…＋a20＝62－2×11＝40，
則a2＝a4＝a6＝…＝a20＝＝4，
此時數(shù)列的公積為2×4＝8.
綜上可得，這個數(shù)列的公積為0或8.
(2)意大利著名數(shù)學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣一列數(shù)：1,1,2,3,5,8,13，….該數(shù)列的特點是：前兩個數(shù)都是1，從第三個數(shù)起，每一個數(shù)都等于它前面兩個數(shù)的和，人們把這樣的一列數(shù)組成的數(shù)列稱為“斐波那契數(shù)列”若{an}是“斐波那契數(shù)列”，則(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…·(a2 017·a2 019－a)的值為________.
答案　1
解析　因為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項，所以
(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…(a2 017a2 019－a)＝1.

題型三　數(shù)列的求和

命題點1　分組求和與并項求和
例3　(2018·呼和浩特模擬)已知數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設bn＝a＋log2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解　(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，
則an＝a1qn－1，且an>0，
由已知得
化簡得
即
又∵a1>0，q>0，
∴a1＝1，q＝2，
∴數(shù)列{an}的通項公式為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)
＝＋＝＋.
命題點2　錯位相減法求和
例4　(2018·大連模擬)已知數(shù)列{an}滿足an≠0，a1＝，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N＋.
(1)求證：是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解　(1)由已知可得，－＝2，
∴是首項為3，公差為2的等差數(shù)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，
兩式相減得，－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.
命題點3　裂項相消法求和
例5　在數(shù)列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列；
(2)求數(shù)列的前n項和Sn.
(1)證明　nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的兩邊同時除以n(n＋1)，
得－＝2(n∈N＋)，
所以數(shù)列是首項為4，公差為2的等差數(shù)列.
(2)解　由(1)，得＝2n＋2，
所以an＝2n2＋2n，
故＝＝·＝·，
所以Sn＝
＝＝.
思維升華　(1)一般求數(shù)列的通項往往要構造數(shù)列，此時可從要證的結論出發(fā)，這是很重要的解題信息.
(2)根據(jù)數(shù)列的特點選擇合適的求和方法，常用的求和方法有錯位相減法、分組轉化法、裂項相消法等.
跟蹤訓練3　(1)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝，an＋1＝an(n∈N＋).
①證明：數(shù)列是等比數(shù)列；
②求數(shù)列{an}的通項公式與前n項和Sn.
①證明　∵a1＝，an＋1＝an，
當n∈N＋時，≠0，
又＝，∶＝(n∈N＋)為常數(shù)，
∴是以為首項，為公比的等比數(shù)列.
②解　由是以為首項，為公比的等比數(shù)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，
∴兩式相減得Sn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1，
∴Sn＝2－n－1－n·n
＝2－(n＋2)·n.
綜上，an＝n·n，Sn＝2－(n＋2)·n.
(2)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2(t∈R).
①求數(shù)列{an}的通項公式；
②若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求數(shù)列的前n項和Tn.
解?、僖驗閍1＝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)
當n≥2時，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，
因為an>0，所以an－an－1＝3，
又因為a1＝1，
所以{an}是首項a1＝1，公差d＝3的等差數(shù)列，
所以an＝3n－2(n∈N＋).
②因為bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，
所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N＋)，
所以當n≥2時，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝.
又b1＝1也適合上式，
所以bn＝(n∈N＋).
所以＝
＝·＝·，
所以Tn＝·
＝·，
＝.


1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N＋)，求證：數(shù)列{bn}為等差數(shù)列.
(1)解　設等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，
由題意有
解得a1＝3，d＝2，
則an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝＝＝n(n＋2).
(2)證明　因為bn＝＝＝n＋2，
又bn＋1－bn＝n＋3－(n＋2)＝1，
所以數(shù)列{bn}是首項為3，公差為1的等差數(shù)列.
2.(2018·包頭模擬)在數(shù)列{an}和{bn}中，a1＝1，an＋1＝an＋2，b1＝3，b2＝7，等比數(shù)列{cn}滿足cn＝bn－an.
(1)求數(shù)列{an}和{cn}的通項公式；
(2)若b6＝am，求m的值.
解　(1)因為an＋1－an＝2，且a1＝1，
所以數(shù)列{an}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列.
所以an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，即an＝2n－1.
因為b1＝3，b2＝7，且a1＝1，a2＝3，
所以c1＝b1－a1＝2，c2＝b2－a2＝4.
因為數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，
且數(shù)列{cn}的公比q＝＝2，
所以cn＝c1·qn－1＝2×2n－1＝2n，即cn＝2n.
(2)因為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.已知遞增的等比數(shù)列{an}滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中項.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值.
解　(1)由題意，得
解得或
∵{an}是遞增數(shù)列，∴a1＝2，q＝2，
∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2·2n－1＝2n.
(2)∵bn＝＝2n·＝－n·2n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①
則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，
則Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，
解2n＋1－2>62，得n>5，
∴n的最小值為6.
4.正項等差數(shù)列{an}滿足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比數(shù)列，{an}的前n項和為Sn.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)令bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
解　(1)設數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，
由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，
化簡得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)因為Sn＝＝＝n2＋3n，
所以bn＝＝＝
＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋＋…＋
＝－＝.

5.數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1,2,3，…).
(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；
(2)求數(shù)列{Sn}的前n項和Tn.
(1)證明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn，
∴Sn＋1＝Sn，
∴＝2·，
又a1＝1，∴＝1≠0，
∴數(shù)列是以1為首項，2為公比的等比數(shù)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.設等比數(shù)列a1，a2，a3，a4的公比為q，等差數(shù)列b1，b2，b3，b4的公差為d，且q≠1，d≠0.記ci＝ai＋bi (i＝1,2,3,4).
(1)求證：數(shù)列c1，c2，c3不是等差數(shù)列；
(2)設a1＝1，q＝2.若數(shù)列c1，c2，c3是等比數(shù)列，求b2關于d的函數(shù)關系式及其定義域；
(3)數(shù)列c1，c2，c3，c4能否為等比數(shù)列？并說明理由.
(1)證明　假設數(shù)列c1，c2，c3是等差數(shù)列，
則2c2＝c1＋c3，即2(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3).
因為b1，b2，b3是等差數(shù)列，所以2b2＝b1＋b3.從而2a2＝a1＋a3.
又因為a1，a2，a3是等比數(shù)列，所以a＝a1a3.
所以a1＝a2＝a3，這與q≠1矛盾，從而假設不成立.
所以數(shù)列c1，c2，c3不是等差數(shù)列.
(2)解　因為a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.
因為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，定義域為
.
(3)解　設c1，c2，c3，c4成等比數(shù)列，其公比為q1，
則
將①＋③－2×②得，a1(q－1)2＝c1(q1－1)2，⑤
將②＋④－2×③得，a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2，⑥
因為a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1.
由⑤⑥得q＝q1，從而a1＝c1.
代入①得b1＝0.再代入②，得d＝0，與d≠0矛盾.
所以c1，c2，c3，c4不成等比數(shù)列.

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