高考数学难点突破 难点13 数列的通项与求和.doc

难点难点 13 数列的通项与求和数列的通项与求和数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的 函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项 的研究，而数列的前 n 项和 Sn可视为数列{Sn}的通项通项及求和是数列中最基本也是最 重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的 热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法. ●难点磁场(★★★★★)设{an}是正数组成的数列，其前 n 项和为 Sn，并且对于所有的自然数 n，an与 2 的等差中项等于 Sn与 2 的等比中项. (1)写出数列{an}的前 3 项. (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)(3)令 bn=(n∈N*)，求 (b1+b2+b3+…+bn－n).)(2111nnnn aa aalim n●案例探究 ［例 1］已知数列{an}是公差为 d 的等差数列，数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1) 的等比数列，若函数 f(x)=(x－1)2，且 a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)， (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn，对一切 n∈N*，都有=an+1成立，求nn cc bc bcL2111.lim nnn SS212 命题意图：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前 n 项和公式、数列的极限， 以及运算能力和综合分析问题的能力.属★★★★★级题目. 知识依托：本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式 的左边可视为某数列前 n 项和，实质上是该数列前 n 项和与数列{an}的关系，借助通项与 前 n 项和的关系求解 cn是该条件转化的突破口. 错解分析：本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量 a1、b1、d、q，计算 不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键. 技巧与方法：本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生 蛋”构造新数列{dn}，运用和与通项的关系求出 dn，丝丝入扣. 解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d， ∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又 b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，∴=q2，由 q∈R，且 q≠1，得 q=－2，2213)2( bb∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1(2)令=dn，则 d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),nn bc∴dn=an+1－an=2,∴=2,即 cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=［1－(－2)n］.nn bc 38∴2lim, 1)21(2)21()2(1)2(121222212212   nnnnnnnnn SS SS［例 2］设 An为数列{an}的前 n 项和，An= (an－1)，数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3;23(1)求数列{an}的通项公式； (2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{dn}的 通项公式为 dn=32n+1; (3)设数列{dn}的第 n 项是数列{bn}中的第 r 项，Br为数列{bn}的前 r 项的和；Dn为数列{dn}的前 n 项和，Tn=Br－Dn，求.lim n4)(nn aT命题意图：本题考查数列的通项公式及前 n 项和公式及其相互关系；集合的相关概念， 数列极限，以及逻辑推理能力. 知识依托：利用项与和的关系求 an是本题的先决；(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处， 须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点. 错解分析：待证通项 dn=32n+1与 an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到 r 与 n 的 关系，使 Tn中既含有 n，又含有 r，会使所求的极限模糊不清. 技巧与方法：(1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把 3 拆解为 4－1，再利用二 项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出 n 与 r 的关系，正确 表示 Br，问题便可迎刃而解.解：(1)由 An=(an－1)，可知 An+1=(an+1－1)，23 23∴an+1－an= (an+1－an)，即=3，而 a1=A1= (a1－1)，得 a1=3，所以数列是以 323nn aa1 23为首项，公比为 3 的等比数列，数列{an}的通项公式 an=3n.(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C·42n－1(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)1 2n12 2n n2n］=4n+3，∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4－1)2n=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)1 2n12 2n n2n=(4k+1)，∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.(3)由 32n+1=4·r+3，可知 r=，43312n∴Br=，) 19(827)91 (9127,273 433)52(2)347(1212  nn nnn Drrrr89 )(lim,3)( ,433811389) 19(827 821349444241212nnnn nnnnnnnrnaTaDBT●锦囊妙计 1.数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同. 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性.2.数列{an}前 n 项和 Sn与通项 an的关系式：an=  2,1,11 nSSnSnn3.求通项常用方法 ①作新数列法.作等差数列与等比数列. ②累差叠加法.最基本形式是：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1. ③归纳、猜想法. 4.数列前 n 项和常用求法 ①重要公式1+2+…+n=n(n+1)2112+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)6113+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)241②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn. ③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即 an=f(n+1)－f(n)，然后累加时 抵消中间的许多项.应掌握以下常见的裂项：等)!1(1 !1 )!1(1,CCC,ctg2ctg2sin1, !)!1(!,111 ) 1(111  nnnααnnnnnnnnr nr nn n④错项相消法 ⑤并项求和法 数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法. ●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)设 zn=()n，(n∈N*)，记21iSn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则Sn=_________.lim n2.(★★★★★)作边长为 a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在 新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为 _________.二、解答题3.(★★★★)数列{an}满足 a1=2，对于任意的 n∈N*都有 an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－ nan+12=0，又知数列{bn}的通项为 bn=2n－1+1. (1)求数列{an}的通项 an及它的前 n 项和 Sn； (2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn； (3)猜想 Sn与 Tn的大小关系，并说明理由.4.(★★★★)数列{an}中，a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1－an,(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求 Sn;(3)设 bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数 m，使得对)12(1nan任意 n∈N*均有 Tn＞成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，说明理由.32m5.(★★★★★)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn=(m+1)－man.对任意正整数 n 都成立， 其中 m 为常数，且 m＜－1. (1)求证：{an}是等比数列；(2)设数列{an}的公比 q=f(m)，数列{bn}满足：b1=a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*).试问当 m31为何值时，成立？)( 3lim)lg(lim13221nnnnnnbbbbbbabL6.(★★★★★)已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求数列{bn}的通项 bn；(2)设数列{an}的通项 an=loga(1+)(其中 a＞0 且 a≠1),记 Sn是数列{an}的前 n 项和，nb1试比较 Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论.317.(★★★★★)设数列{an}的首项 a1=1，前 n 项和 Sn满足关系式：3tSn－(2t+3) Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…). (1)求证：数列{an}是等比数列；(2)设数列{an}的公比为 f(t)，作数列{bn}，使 b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求数列{bn}11nb的通项 bn； (3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1. 参考答案 难点磁场解析：(1)由题意，当 n=1 时，有，S1=a1，11222Sa∴，解得 a1=2.当 n=2 时，有，S2=a1+a2，将 a1=2 代入，11222aa 22222Sa整理得(a2－2)2=16，由 a2＞0，解得 a2=6.当 n=3 时，有，S3=a1+a2+a3，将33222Saa1=2，a2=6 代入，整理得(a3－2)2=64，由 a3＞0，解得 a3=10.故该数列的前 3 项为 2，6，10. (2）解法一：由(1）猜想数列{an}.有通项公式 an=4n－2.下面用数学归纳法证明{an}的 通项公式是 an=4n－2，(n∈N*）. ①当 n=1 时，因为 4×1－2=2， ，又在(1)中已求出 a1=2，所以上述结论成立.②假设当 n=k 时，结论成立，即有 ak=4k－2，由题意，有，将kkSa222ak=4k－2.代入上式，解得 2k=，得 Sk=2k2，由题意，有，kS211222  kkSaSk+1=Sk+ak+1，将 Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2)，整理得 ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由221kaak+1＞0，解得 ak+1=2+4k，所以 ak+1=2+4k=4(k+1)－2，即当 n=k+1 时，上述结论成立.根据 ①②，上述结论对所有的自然数 n∈N*成立.解法二：由题意知，(n∈N*).整理得，Sn=(an+2)2,由此得nnSa222 81Sn+1=(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=［(an+1+2)2－(an+2)2］.整理得(an+1+an）(an+1－an－4)81 81=0，由题意知 an+1+an≠0，∴an+1－an=4，即数列{an}为等差数列，其中 a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为 an=4n－2.解法三：由已知得,(n∈N*)①，所以有②，由②式得nnSa222 11222  nnSa，整理得 Sn+1－2·+2－Sn=0，解得，11222  nnnSSS21n。