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)
a1a(3)令bn=(n?1?n)(n∈N*),求lim (b1+b2+b3+?+bn-n).
2anan?1n??●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
cc1c1????n=an+1成立,求b1b2cnn??
lim
S2n?1. S2n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,
b3(q?2)22∴=q,由q∈R,且q≠1,得q=-2, ?b1q2∴bn=b·qn1=4·(-2)n1
-
-
(2)令
cn=dn,则d1+d2+?+dn=an+1,(n∈N*), bn∴dn=an+1-an=2, ∴
cn8-
=2,即cn=2·bn=8·(-2)n1;∴Sn=[1-(-2)n]. bn3∴
S2n?11?(?2)?S2n1?(?2)2n2n?11(?)2n?2S?2,lim2n?1??2
1n??S2n(?)2n?12[例2]设An为数列{an}的前n项和,An=
3 (an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3; 2(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??
Tn. (an)4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-an=
33(an-1),可知An+1=(an+1-1), 22a33 (an+1-an),即n?1=3,而a1=A1= (a1-1),得a1=3,所以数列是以3
an22为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式an=3n.
2n12nn?1
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n=3·[42n+C1(-1)+?+C22n·4·(-1)+(-1)]2n·4
-
=4n+3,
n?1∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4-1)2n=42n+C142n1·(-1)+?+C24·(-1)+(-1)2n=(4k+1), 2n·2n·
-
∴32n?{bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n},∴dn=32n+1.
32n?1?3(3)由3=4·r+3,可知r=,
4r(7?4r?3)32n?1?332n?1?72727n?r(2r?5)??,Dn??(1?9n)?(9?1), ∴Br=
2421?982n+1
92n?1?4?32n?1?2127n?Tn?Br?Dn??(9?1)889113 ??34n??32n?,(an)4?34n,884T9?limn4?n??(an)8●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.
?S1,n?12.数列{an}前n 项和Sn与通项an的关系式:an=?
S?S,n?2n?1?n3.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
1n(n+1) 2112+22+?+n2=n(n+1)(2n+1)
6113+23+?+n3=(1+2+?+n)2=n2(n+1)2
41+2+?+n=
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:
1111??,n?n!?(n?1)!?n!,?ctgα?ctg2α,n(n?1)nn?1sin2?
111?1r?1rCn?Cn?Cn,??等n(n?1)!n!(n?1)!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=(则limSn=_________.
n??
1?in
),(n∈N*),记Sn=|z2-z1|+|z3-z2|+?+|zn+1-zn|,22.(★★★★★)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=2n1+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=
1(n∈N*),Tn=b1+b2+??+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m,使得对
n(12?an)任意n∈N*均有Tn>
m成立?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由. 325.(★★★★★)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=
1a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).试问当m3为何值时,lim(bn?lgan)?lim3(b1b2?b2b3???bn?1bn)成立?
n??n??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+
1)(其中a>0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和,bn试比较Sn与
1logabn+1的大小,并证明你的结论. 37.(★★★★★)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(通项bn;
(3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-?+b2n-1b2n-b2nb2n+1.
参考答案
难点磁场
1bn?1)(n=2,3,4?),求数列{bn}的
a1?2?2S1,S1=a1, 2a?2a?2∴1?2a1,解得a1=2.当n=2时,有2?2S2,S2=a1+a2,将a1=2代入,
22a?2整理得(a2-2)2=16,由a2>0,解得a2=6.当n=3时,有3S3=a1+a2+a3,将a1=2,?2S3,
2解析:(1)由题意,当n=1时,有
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2.代入上式,解得2k=2Sk,得Sk=2k2,由题意,有Sk=2k2代入得(
ak?2?2Sk,将ak=4k-2ak?1?2?2Sk?1,Sk+1=Sk+ak+1,将2ak?1?22
)=2(ak+1+2k2),整理得ak+12-4ak+1+4-16k2=0,由ak+1>0,解得2ak+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
an?211(n∈N*).整理得,Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2,?2Sn,
288∴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
18an?2a?2?2Sn,(n∈N*)①,所以有n?1?2Sn?1②,由②式得22Sn?1?Sn?2?2Sn?1,整理得Sn+1-22·Sn?1+2-Sn=0,解得Sn?1?2?Sn,由
2于数列{an}为正项数列,而S1?2,?Sn?1?Sn?2,因而Sn?1?2?Sn,即{Sn}是以
S1?2为首项,以
2为公差的等差数列.所以
Sn=
2+(n-1)
2=2n,Sn=2n2,
?2,(n?1)故an=?即an=4n-2(n∈N*).
?Sn?Sn?1?4n?2,(n?2)a1a(3)令cn=bn-1,则cn=(n?1?n?2)
2anan?112n?12n?111?[(?1)?(?1)]??,22n?12n?12n?12n?1b1?b2???bn?n?c1?c2???cn 111111?(1?)?(?)???(?)?1?,3352n?12n?12n?11?lim(b1?b2???bn?n)?lim(1?)?1.n??n??2n?1歼灭难点训练
一、1.解析:设cn?|zn?1?zn|?|(1?in?11?in2)?()|?()n?1, 222
高考数学难点突破 难点13 数列的通项与求和
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