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高中数学难点解析教案13 数列的通项与求和


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高中数学难点解析 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 通项及求和是数列中最基本也是最重要 研究, 而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列{Sn}的通项。 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)

a 1 a (3)令 bn= ( n +1 + n ) (n∈N*),求 lim (b1+b2+b3+…+bn-n). n →∞ 2 an a n +1
●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

c c1 c1 + + L + n =an+1 成立,求 b1 b2 cn

n →∞

lim

S 2 n +1 . S 2n

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) 2 2 =q ,由 q∈R,且 q≠1,得 q=-2, = b1 q2
- -1

∴bn=b·qn 1=4·(-2)n

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(2)令

cn =dn,则 d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*), bn

∴dn=an+1-an=2, ∴

cn 8 - =2,即 cn=2·bn=8·(-2)n 1;∴Sn= [1-(-2)n]. bn 3



S 2 n +1 1 ? ( ?2) = S 2n 1 ? ( ?2) 2 n

2 n +1

1 (? ) 2n + 2 S = 2 , lim 2 n +1 = ?2 1 2n n →∞ S 2 n (? ) ? 1 2 3 (an-1),数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3; 2

[例 2]设 An 为数列{an}的前 n 项和,An=

(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 . (a n ) 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=

3 3 (an-1),可知 An+1= (an+1-1), 2 2

a 3 3 (an+1-an),即 n +1 =3,而 a1=A1= (a1-1),得 a1=3,所以数列是以 3 2 an 2

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· 2n+C 1 ·42n 1(-1)+…+C 2 n ?1 ·4·(-1)+(-1)2n] [4 2n 2n


=4n+3, ∴32n+1∈{bn}.而数 32n=(4-1)2n=42n+C 1 · 2n 1· (-1)+…+C 2 n ?1 · (-1)+(-1)2n=(4k+1), 4· 2n 4 2n


∴32n ? {bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n},∴dn=32n+1. (3)由 32n+1=4·r+3,可知 r=

32 n +1 ? 3 , 4

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∴Br=

r (7 + 4r + 3) 32 n +1 ? 3 32 n +1 + 7 27 27 n = r ( 2r + 5) = ? , Dn = ? (1 ? 9 n ) = (9 ? 1) , 2 4 2 1? 9 8 9 2 n +1 + 4 ? 32 n +1 ? 21 27 n ∴ Tn = Br ? Dn = ? (9 ? 1) 8 8 9 11 3 = ? 34 n ? ? 3 2 n + , ( a n ) 4 = 3 4 n , 8 8 4 Tn 9 ∴ lim = 4 n →∞ ( a n ) 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 = 1 2.数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= ? ?S n ? S n ?1 , n ≥ 2
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 n(n+1) 2 1 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1) 6 1 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n2(n+1)2 4 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:
1+2+…+n=

1 1 1 1 = ? , n ? n! = ( n + 1)!?n!, = ctgα ? ctg2α , n( n + 1) n n + 1 sin 2α 1 1 1 r C n ?1 = C r +1 ? C n , = ? 等 n 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 lim Sn=_________.
n →∞

1? i n ) ,(n∈N*),记 Sn=|z2-z1|+|z3-z2|+…+|zn+1-zn|, 2

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
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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=

1 (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数 m,使得对 n(12 ? a n )

m 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由. 32 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; 1 (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 3
任意 n∈N*均有 Tn> 为何值时, lim (bn ? lg a n ) = lim 3(b1b2 + b2 b3 + L + 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

1 logabn+1 的大小,并证明你的结论. 3 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 bn ?1

)(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

a1 + 2 = 2 S1 ,S1=a1, 2 a +2 a +2 = 2 a1 ,解得 a1=2.当 n=2 时,有 2 = 2 S 2 ,S2=a1+a2,将 a1=2 代入, ∴ 1 2 2
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a3 + 2 = 2S 3 , 3=a1+a2+a3, a1=2, S 将 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. a +2 ②假设当 n=k 时,结论成立,即有 ak=4k-2,由题意,有 k = 2 S k ,将 ak=4k- 2 a +2 = 2 S k +1 ,Sk+1=Sk+ak+1,将 2.代入上式,解得 2k= 2 S k ,得 Sk=2k2,由题意,有 k +1 2 a +2 2 Sk=2k2 代入得( k +1 ) =2(ak+1+2k2),整理得 ak+12 -4ak+1+4-16k2=0,由 ak+1 >0,解得 2 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. a +2 1 1 解法二: 由题意知 n = 2S n , (n∈N*).整理得,n= (an+2)2,由此得 Sn+1= (an+1+2)2, S 2 8 8 1 ∴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 8 ≠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. a +2 a +2 解法三:由已知得 n = 2 S n ,(n∈N*)①,所以有 n+1 = 2 S n+1 ②,由②式得 2 2 S n +1 ? S n + 2 = 2 S n+1 ,整理得 Sn+1-2 2 · S n+1 +2-Sn=0,解得 S n+1 = 2 ± S n ,由 2
整理得(a2-2)2=16, a2>0, 由 解得 a2=6.当 n=3 时, 有 于数列{an}为正项数列, 而 S1 = 2 ,∴ S n+1 + S n > 2 , 因而 S n+1 = 2 + S n , 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 = 2 n,Sn=2n2,

?2, (n = 1) 故 a n= ? 即 an=4n-2(n∈N*). S n ? S n ?1 = 4n ? 2, (n ≥ 2) ?
a 1 a (3)令 cn=bn-1,则 cn= ( n+1 + n ? 2) 2 an an+1

1 2n + 1 2n ? 1 1 1 = [( ? 1) + ( ? 1)] = ? , 2 2n ? 1 2n + 1 2n ? 1 2n + 1 b1 + b2 + L + bn ? n = c1 + c2 + L + cn 1 1 1 1 1 1 = (1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? ) =1? , 3 3 5 2n ? 1 2n + 1 2n + 1 1 ∴ lim (b1 + b2 + L + bn ? n) = lim (1 ? ) = 1. n →∞ n→∞ 2n + 1
歼灭难点训练
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一、 1.解析 : 设cn =| z n +1 ? z n |=| (

1 ? i n+1 1 ? i n 2 ) ?( ) |= ( ) n+1 , 2 2 2

1 2 2 [1 ? ( ) n ] 1 ? ( ) n 2 2 ∴ S n = c1 + c2 + L + cn = 2 = 2 2? 2 1? 2

∴ lim S n =
n →∞

1 2? 2 2 2

=

2+ 2 2 =1+ 2 2

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=

a 2 n ?1

,正三角形的内

切圆构成等比数列{rn},可得 rn=

3 1 a,? 6 2 n ?1

∴这些圆的周长之和 c= lim 2π(r1+r2+…+rn)=
n →∞

3 3π 2 a, 2

面积之和 S= lim π(n2+r22+…+rn2)=
n →∞

π 2 a 9

答案:周长之和

3 3 π πa,面积之和 a2 2 9
an+1 n ,从而 an=2n,有 Sn=n2+n, = an n +1

二、3.解:(1)可解得

(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}成等差数列,? d=

a4 ? a1 =-2,∴an=10-2n. 4 ?1 (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,
1≤ n ≤ 5 n>5

?? n 2 + 9 n ? 故 S n= ? 2 ?n ? 9n + 40 ?
(3)bn=

1 1 1 1 1 = = ( ? ) n(12 ? an ) n(2n + 2) 2 n n + 1

1 1 1 1 1 1 n m ∴Tn = b1 + b2 + L + bn = [(1 ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] = ; 要使 Tn> 2 2 2 3 n n +1 2(n + 1) 32
总成立,需

m 1 <T1= 成立,即 m<8 且 m∈Z,故适合条件的 m 的最大值为 7. 32 4 5.解:(1)由已知 Sn+1=(m+1)-man+1 ?①,Sn=(m+1)-man②,由①-②,得 an+1=man-
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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 ∴

an+1 a m ,即{ n }为等比数列. = an m +1 an+1

(2)当 n=1 时,a1=m+1-ma1,∴a1=1,从而 b1= 由(1)知 q=f(m)=

1 . 3

b m ,∴bn=f(bn-1)= n?1 (n∈N*,且 n≥2) m +1 bn?1 + 1



1 1 1 1 1 1 ,即 =1+ ? = 1 ,∴{ }为等差数列.∴ =3+(n-1)=n+2, bn bn?1 bn bn ?1 bn bn 1 (n∈N*). n+2

∴ bn =

Q an = (

m n?1 n ?1 m m ) ,∴ lim (bn ? lg an ) = lim [ lg ] = lg , n →∞ n →∞ n + 2 m +1 m +1 m +1 1 1 1 1 1 1 ) =1 而 lim 3(b1b2 + b2 b3 + L + bn?1bn ) = lim 3( ? + ? + L + ? n→∞ n →∞ 3 4 4 5 n +1 n + 2 10 m m 由题意知 lg = 1,∴ = 10,∴ m = ? m +1 m +1 9

?b1 = 1 ? 6.解:(1)设数列{bn}的公差为 d,由题意得: ? 解得 b1=1,d=3, 10(10 ? 1) d = 145 ?10b1 + 2 ?
∴bn=3n-2. (2)由 bn=3n-2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ =loga[(1+1)(1+

1 1 )+…+loga(1+ ) 4 3n ? 2

1 1 1 )…(1+ )] , logabn+1=loga 3 3n + 1 . 4 3n ? 2 3 1 1 1 因此要比较 Sn 与 logabn+1 的大小,可先比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 3 3n + 1 的大 3 4 3n ? 2 小,
取 n=1 时,有(1+1)> 3 3 ? 1 + 1

1 )> 3 3 ? 2 + 1 … 4 1 1 由此推测(1+1)(1+ )…(1+ )> 3 3n + 1 4 3n ? 2 若①式成立,则由对数函数性质可判定: 1 当 a>1 时,Sn> logabn+1, 3 1 当 0<a<1 时,Sn< logabn+1, 3
取 n=2 时,有(1+1)(1+
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② ③

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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:

1 1 ) > 3 3k + 1 .那么当 n=k+1 时, (1 + 1)(1 + )L(1 + 4 3k ? 2
3 1 1 1 1 3k + 1 (1 + 1)(1 + )L(1 + )(1 + ) > 3 3k + 1(1 + )= (3k + 2). 4 3k ? 2 3( k + 1) ? 2 3k + 1 3k + 1 3

Q[ =

3k + 1 (3k + 2) 2 ? (3k + 4)(3k + 1) 2 (3k + 2)]2 ? [3 3k + 4 ]3 = 3k + 1 (3k + 1) 2

3 9k + 4 3k + 1 > 0,∴ (3k + 2) > 3 3k + 4 = 3 3( k + 1) + 1 2 3k + 1 (3k + 1) 1 1 1 因而(1 + 1)(1 + )L(1 + )(1 + ) > 3 3( k + 1) + 1 4 3k ? 2 3k + 1

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:

1 1 logabn+1;当 0<a<1 时,Sn< logabn+1 ?. 3 3 7.解:(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2,得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t.
当 a>1 时,Sn> ∴a2=

2t + 3 a2 2t + 3 . , = 3t a1 3t
① ②

又 3tSn-(2t+3)Sn-1=3t, 3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t ①-②得 3tan-(2t+3)an-1=0. ∴

an 2t + 3 2t + 3 ,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为 1 公比为 的等比数列; = an?1 3t 3t 2t + 3 2 1 2 1 = + ,得 bn=f( )= +bn-1 ?. 3t 3 t bn ?1 3 2 的等差数列. 3

(2)由 f(t)=

可见{bn}是一个首项为 1,公差为 于是 bn=1+

2 2n + 1 (n-1)= ; 3 3 2n + 1 5 4 (3)由 bn= ,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和 ,公差均为 的等差数列,于 3 3 3 4n + 1 是 b2n= , 3 ∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1 ? =b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1) 4 4 1 5 4n + 1 4 (b2+b4+…+b2n)=- · n( + )=- (2n2+3n) =- 3 3 2 3 3 9
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