2023学年完整公开课版数列（教师）

专题二数列问题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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6.))解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3).由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)neq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋－1n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，2(2022·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＋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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2S3＝S1＋1＋S4，,a\o\al(2,2)＝a1a5，,d≠0，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2a1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1.(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，又S4Sn＝Seq\o\al(2,6)，∴n2＝eq\f(362,16)＝81，∴n＝9，公比q＝eq\f(S6,S4)＝eq\f(9,4).3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＝eq\f(t3n＋n2－1,3n)，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________．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eq\f(t[3n＋2＋n＋22]－1,3n＋2)＋eq\f(t3n＋n2－1,3n)>2eq\f(t[3n＋1＋n＋12]－1,3n＋1)(n≥4，n∈N*)，化简得到(2n2－4n－1)t>2(n≥4，n∈N*)，即t>eq\f(2,2n2－4n－1)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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,15)，＋∞)).4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________．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＝eq\f(40,10)＝4，此时数列的公积为2×4＝8.5(2022·吉大附中模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)))，a3＋a4＝32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4))).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝aeq\o\al(2,n)＋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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a1q)))，,a1q2＋a1q3＝32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)qq＋1＝2q＋1，,a\o\al(2,1)q5q＋1＝32q＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q＝2，,a\o\al(2,1)q5＝32，))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＝aeq\o\al(2,n)＋log2an＝4n－1＋n－1，∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝eq\f(4n－1,4－1)＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(4n－1,3)＋eq\f(nn－1,2).6(2022·大连模拟)已知数列{an}满足an≠0，a1＝eq\f(1,3)，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N*.(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝eq\f(2n,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由已知可得，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为3，公差为2的等差数列，∴eq\f(1,an)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝eq\f(1,2n＋1).(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＋eq\f(8－2×2n×2,1－2)－(2n＋1)2n＋1＝－2－(2n－1)2n＋1，∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.7在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))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eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2(n∈N*)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为4，公差为2的等差数列．(2)解由(1)，得eq\f(an,n)＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n，故eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n2＋2n)＝eq\f(1,2)·eq\f(n＋1－n,nn＋1)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).练习(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an(n∈N*)．①证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))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＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an，当n∈N*时，eq\f(an,n)≠0，又eq\f(a1,1)＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,n＋1)∶eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)(n∈N*)为常数，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．②解由eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴Sn＝1·eq\f(1,2)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，eq\f(1,2)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，∴两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))