高考数学难点突破_难点13__数列的通项与求和

第1页共9页难点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=)(2111nnnnaaaa(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nnccbcbc2111=an+1成立，求limnnnSS212.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，∴2213)2(qqbb=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1(2)令nnbc=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),∴dn=an+1－an=2,第2页共9页∴nnbc=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=38［1－(－2)n］.∴2lim,1)21(2)21()2(1)2(121222212212nnnnnnnnnSSSS［例2］设An为数列{an}的前n项和，An=23(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n4)(nnaT.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=23(an－1)，可知An+1=23(an+1－1)，∴an+1－an=23(an+1－an)，即nnaa1=3，而a1=A1=23(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+C12n·42n－1(－1)+…+C122nn·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4－1)2n=42n+C12n·42n－1·(－1)+…+C122nn·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=43312n，∴Br=)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212nnnnnDrrrr，第3页共9页89)(lim,3)(,433811389)19(827821349444241212nnnnnnnnnnnrnaTaDBT●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=2,1,11nSSnSnn3.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=21n(n+1)12+22+…+n2=61n(n+1)(2n+1)13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=41n2(n+1)2②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nnnααnnnnnnnnrnrnnn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=(21i)n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则limnSn=_________.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、解答题第4页共9页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=)12(1nan(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＞32m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=31a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*).试问当m为何值时，)(3lim)lg(lim13221nnnnnnbbbbbbab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+nb1)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与31logabn+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(11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11222Sa，S1=a1，∴11222aa，解得a1=2.当n=2时，有22222Sa，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33222Sa，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}的通第5页共9页项公式是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kkSa222，将ak=4k－2.代入上式，解得2k=kS2，得Sk=2k2，由题意，有11222kkSa，Sk+1=Sk+ak+1，将Sk=2k2代入得(221ka)2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+12－4ak+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nnSa222，(n∈N*).整理得，Sn=81(an+2)2,由此得Sn+1=81(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=81［(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nnSa222,(n∈N*)①，所以有11222nnSa②，由②式得11222nnnSSS，整理得Sn+1－22·1nS+2－Sn=0，解得nnSS21，由于数列{an}为正项数列，而2,211nnSSS，因而nnSS21，即{Sn}是以21S为首项，以2为公差的等差数列.所以nS=2+(n－1)2=2n,Sn=2n2，故an=)2(,24)1(,21nnSSnnn即an=4n－2(n∈N*).(3)令cn=bn－1，则cn=)2(2111nnnnaaaa.1)1211(lim)(lim,1211)121121()5131()311(,121121)]11212()11212[(21212121nnbbbnnncccnb