高考数学难点突破13__数列的通项与求和

高考数学难点突破13__数列的通项与求和

高中数学难点 13 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= )(2 1 1 1    n n n n a a a a (n∈N*)，求 lim n (b1+b2+b3+…+bn－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 n n c c b c b c   2 1 1 1 =an+1 成立，求 n n S S 2 12  . 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， ∴ 2 2 1 3 )2( q q b b  =q2，由 q∈R，且 q≠1，得 q=－2， ∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1 (2)令 n n b c =dn，则 d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*), ∴dn=an+1－an=2, ∴ n n b c =2,即 cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn= 3 8 ［1－(－2)n］. ∴ 2lim, 1)2 1( 2)2 1( )2(1 )2(1 2 12 2 2 2 12 2 12           n n nn n n n n n S S S S ［例 2］设 An 为数列{an}的前 n 项和，An= 2 3 (an－1)，数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3; (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 n 4)( n n a T . 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= 2 3 (an－1)，可知 An+1= (an+1－1)， ∴an+1－an= (an+1－an)，即 n n a a 1 =3，而 a1=A1= (a1－1)，得 a1=3，所以数列是以 3 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 1 2n ·42n－1(－1)+…+C 12 2 n n ·4·(－1)+(－1)2n］ =4n+3， ∴32n+1∈{bn}.而数 32n=(4－1)2n=42n+C 1 2n ·42n－1·(－1)+…+C ·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)， ∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1. (3)由 32n+1=4·r+3，可知 r= 4 33 12 n ， ∴Br= )19(8 27)91(91 27,2 73 4 33)52(2 )347( 1212   nn n nn Drrrr ， 8 9 )(lim ,3)(,4 338 1138 9 )19(8 27 8 21349 4 4424 1212      n n n n n nn n nn nrn a T a DBT ●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, 1 1 nSS nS nn 3.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= 2 1 n(n+1) 12+22+…+n2= 6 1 n(n+1)(2n+1) 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= 4 1 n2(n+1)2 ②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 ,ctg2ctg2sin 1,!)!1(!,1 11 )1( 1 11    nnn ααnnnnnnnn r n r n n 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=( 2 1 i )n，(n∈N*)，记 Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜， 则 lim n Sn=_________. 2.(★★★★★)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)an 2+an·an+1－ nan+1 2=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= )12( 1 nan  (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数 m，使得对 任意 n∈N*均有 Tn＞ 32 m 成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，说明理由. 5.(★★★★★)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= 3 1 a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*).试问当 m 为何值时， )(3lim)lg(lim 13221 nn n nn n bbbbbbab     成立？ 6.(★★★★★)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+ nb 1 )(其中 a＞0 且 a≠1),记 Sn 是数列{an}的前 n 项和， 试比较 Sn 与 3 1 logabn+1 的大小，并证明你的结论. 7.(★★★★★)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( 1 1 nb )(n=2,3,4…)，求数列{bn}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 1 1 22 2 Sa  ，S1=a1， ∴ 1 1 22 2 aa  ，解得 a1=2.当 n=2 时，有 2 2 22 2 Sa  ，S2=a1+a2，将 a1=2 代入， 整理得(a2－2)2=16，由 a2＞0，解得 a2=6.当 n=3 时，有 3 3 22 2 Sa  ，S3=a1+a2+a3，将 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 k k Sa 22 2  ，将 ak=4k－ 2.代入上式，解得 2k= kS2 ，得 Sk=2k2，由题意，有 1 1 22 2    k k Sa ，Sk+1=Sk+ak+1，将 Sk=2k2 代入得( 2 21 ka )2=2(ak+1+2k2)，整理得 ak+1 2－4ak+1+4－16k2=0，由 ak+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 Sa 22 2  ，(n∈N*).整理得，Sn= 8 1 (an+2)2,由此得Sn+1= 8 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)=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 Sa 22 2  ,(n∈N*)①，所以有 1 1 22 2    n n Sa ②，由②式得 1 1 22 2    n nn SSS ，整理得 Sn+1－2 2 · 1nS +2－Sn=0，解得 nn SS  21 ，由 于数列{an}为正项数列，而 2,2 11   nn SSS ，因而 nn SS  21 ，即 {Sn} 是以 21S 为首项，以 2 为公差的等差数列. 所以 nS = +(n － 1) = n,Sn=2n2， 故 an=       )2(,24 )1(,2 1 nnSS n nn 即 an=4n－2(n∈N*). (3)令 cn=bn－1，则 cn= )2(2 1 1 1    n n n n a a a a .1)12 11(lim)(lim ,12 11)12 1 12 1()5 1 3 1()3 11( ,12 1 12 1)]112 12()112 12[(2 1 21 2121        nnbbb nnn cccnbbb nnn n n n n n n nn    歼灭难点训练 一、 ,)2 2(|)2 1()2 1(|||:.1 11 1    nnn nnn iizzc设解析 22 )2 2(1 2 21 ])2 2(1[2 1 21       nn nn cccS  2 212 22 22 1lim     n n S 答案：1+ 2 2 2.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得 an= 12 n a ，正三角形的内 切圆构成等比数列{rn}，可得 rn= 12 1 6 3 n a, ∴这些圆的周长之和 c= lim n 2π (r1+r2+…+rn)= 2 33  a2， 面积之和 S= lim n π (n2+r2 2+…+rn 2)= 9  a2 答案：周长之和 2 33 π a，面积之和 a2 二、3.解：(1）可解得 1 1  n n a a n n ，从而 an=2n，有 Sn=n2+n， (2)Tn=2n+n－1. (3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1 时，T1=S1，n=2 时 T2＜S2；n=3 时，T3＜S3;n=4 时，T4＜S4；n=5 时，T5＞S5；n=6 时 T6＞S6.猜想当 n≥5 时，Tn＞Sn，即 2n＞n2+1 可用数学归纳法证明(略）. 4.解：(1）由 an+2=2an+1－an an+2－an+1=an+1－an 可知{an} d= 14 14   aa =－2,∴an=10－2n. (2)由 an=10－2n≥0 可得 n≤5，当 n≤5 时，Sn=－n2+9n，当 n＞5 时，Sn=n2－9n+40， 故 Sn=      5 409 51 9 2 2 nnn nnn (3)bn= )1 11(2 1 )22( 1 )12( 1  nnnnan n )1(2)]1 11()3 1 2 1()2 11[(2 1 21  n n nnbbbT nn  ；要使 Tn＞ 32 m 总成立，需 ＜T1= 4 1 成立，即 m＜8 且 m∈Z，故适合条件的 m 的最大值为 7. 5.解：(1）由已知 Sn+1=(m+1)－man+1 Sn=(m+1)－man②,由①－②，得 an+1=man－ man+1，即(m+1)an+1=man 对任意正整数 n 都成立. ∵m 为常数，且 m＜－1 ∴ 1 1  m m a a n n ，即{ 1n n a a }为等比数列. (2)当 n=1 时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而 b1= 3 1 . 由(1)知 q=f(m)= 1m m ，∴bn=f(bn－1)= 11 1   n n b b (n∈N*,且 n≥2) ∴ 1 111   nn bb ，即 111 1  nn bb ，∴{ nb 1 }为等差数列.∴ =3+(n－1)=n+2， 2 1  nbn (n∈N*). 9 10,101,11lg 1)2 1 1 1 5 1 4 1 4 1 3 1(3lim)(3lim ,1lg]1lg2 1[lim)lg(lim,)1( 13221 1          mm m m m nnbbbbbb m m m m n nabm ma n nn n n nn n n n 由题意知 而   6.解：(1)设数列{bn}的公差为 d，由题意得：      1452 )110(1010 1 1 1 db b 解得 b1=1,d=3, ∴bn=3n－2. (2)由 bn=3n－2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ 4 1 )+…+loga(1+ 23 1 n ) =loga［(1+1)(1+ )…(1+ )］， 3 1 logabn+1=loga 3 13 n . 因此要比较 Sn 与 logabn+1 的大小，可先比较(1+1)(1+ 4 1 )…(1+ 23 1 n )与 的大 小， 取 n=1 时，有(1+1)＞ 3 113  取 n=2 时，有(1+1)(1+ 4 1 )＞ 3 123  … 由此推测(1+1)(1+ )…(1+ 23 1 n )＞ 3 13 n ① 若①式成立，则由对数函数性质可判定： 当 a＞1 时，Sn＞ 3 1 logabn+1， ② 当 0＜a＜1 时，Sn＜ logabn+1， ③ 下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当 n=1 时，已验证①式成立. (ⅱ)假设当 n=k 时(k≥1），①式成立，即： 3 13)23 11()4 11)(11(  kk .那么当 n=k+1 时， 3 33 3 2 2 22 332 3 3 3 1)1(3)13 11)(23 11()4 11)(11( 1)1(343)23(13 13,0 )13( 49 )13( )13)(43()23(]43[)]23(13 13[ ).23(13 13)13 11(13)2)1(3 11)(23 11()4 11)(11(           kkk kkkk k k k k kkkkkk k kk k kkkk    因而 这就是说①式当 n=k+1 时也成立. 由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数 n 都成立. 由此证得： 当 a＞1 时，Sn＞ 3 1 logabn+1；当 0＜a＜1 时，Sn＜ logabn+1 . 7.解：(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2，得 3t(1+a2)－(2t+3)=3t. ∴a2= t t a a t t 3 32,3 32 1 2  . 又 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， ① 3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ② ①－②得 3tan－(2t+3)an－1=0. ∴ t t a a n n 3 32 1   ,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为 1 公比为 t t 3 32  的等比数列； (2)由 f(t)= = t 1 3 2  ,得 bn=f( 1 1 nb )= 3 2 +bn－1 . 可见{bn}是一个首项为 1，公差为 3 2 的等差数列. 于是 bn=1+ 3 2 (n－1)= 3 12 n ; (3)由 bn= ,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为 1 和 3 5 ，公差均为 3 4 的等差数列，于 是 b2n= 3 14 n , ∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1) =－ 3 4 (b2+b4+…+b2n)=－ 3 4 · 2 1 n( 3 5 + 3 14 n )=－ 9 4 (2n2+3n)