高考数学难点13数列的通项与求和含答案解析.docx

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高考数学难点13数列的通项与求和含答案解析

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=（n∈N*），求（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=an+1成立，求.

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，

∴bn=b·qn－1=4·（－2）n－1

（2）令=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,（n∈N*）,

∴dn=an+1－an=2,

∴=2,即cn=2·bn=8·（－2）n－1；∴Sn=［1－（－2）n］.

∴

［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;

（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.

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），

∴an+1－an=（an+1－an），即=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·42n－1（－1）+…+C·4·（－1）+（－1）2n］=4n+3，

∴32n+1∈{bn}.而数32n=（4－1）2n=42n+C·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=，

∴Br=，

●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=

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=n（n+1）

12+22+…+n2=n（n+1）（2n+1）

13+23+…+n3=（1+2+…+n）2=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：

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Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则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）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.

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=a1,bn=f（bn－1）（n≥2,n∈N*）.试问当m为何值时，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+）（其中a＞0且a≠1）,记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与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（）（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，S1=a1，

∴，解得a1=2.当n=2时，有，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，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，将ak=4k－2.代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由题意，有，Sk+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*）.整理得，Sn=（an+2）2,由此得Sn+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*）①，所以有②，由②式得，整理得Sn+1－2·+2－Sn=0，解得，由于数列{an}为正项数列，而，因而，即{Sn}是以为首项，以为公差的等差数列.所以=+（n－1）=n,Sn=2n2，

故an=即an=4n－2（n∈N*）.

（3）令cn=bn－1，则cn=

歼灭难点训练

一、

答案：

1+

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=，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=a,

∴这些圆的周长之和c=2π（r1+r2+…+rn）=a2，

面积之和S=π（n2+r22+…+rn2）=a2

答案：

周长之和πa，面积之和a2

二、3.解：

（1）可解得，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－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，

d==－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=

（3）bn=

；要使Tn＞总成立，需＜T1=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+1①，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

∴，即{}为等比数列.

（2）当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=.

由

（1）知q=f（m）