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高三数学专题复习-数列的通项与求和


高三数学专题复习-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 a n ?1 an ? an a n ?1 ) (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
c1 b1 ? c1 b2 ?? ? cn cn

=an+1 成立,求

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 b1 ? (q ? 2) q
2 2

=q2,由 q∈R,且 q≠1,得 q=-2,
-1

∴bn=b·qn 1=4·(-2)n (2)令
cn bn



=dn,则 d1+d2+?+dn=an+1,(n∈N*),

∴dn=an+1-an=2, ∴
cn bn

=2,即 cn=2·bn=8·(-2)n 1;∴Sn=
1 2 1 2



8 3

[1-(-2)n].



S 2 n ?1 S 2n

?

1 ? ( ?2)

2 n ?1 2n

(? ? (?

) )

2n

?2 , lim ?1
n? ?

S 2 n ?1 S 2n
3 2

1 ? (?2)

? ?2

2n

[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 lim
Tn (a n )
4

n? ?

.

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 2
3 2

(an-1),可知 An+1=
a n ?1 an

3 2

(an+1-1),
3 2

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


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


∴32n ? {bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n},∴dn=32n+1. (3)由 32n+1=4·r+3,可知 r= ∴Br=
r ( 7 ? 4 r ? 3) 2 3
2 n ?1

?3
2 n ?1


?3 3 ?
2 n ?1

4 3 ?7 4 2 , Dn ? 27 1? 9 ? (1 ? 9 ) ?
n

? r ( 2 r ? 5) ?

27 8

( 9 ? 1) ,
n

? Tn ? B r ? D n ? ? 9 8 ?3
4n

9

2 n ?1

? 4?3 8

2 n ?1

? 21

?

27 8

( 9 ? 1)
n

?

11 8
4

?3

2n

?

3 4

, (a n ) ? 3
4

4n

,

? lim

Tn (a n )

?

9 8

n? ?

●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= ?
? S1 , n ? 1 ? 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+2+?+n=
1 2

n(n+1)
1 6

12+22+?+n2=

n(n+1)(2n+1)
1 4

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:
1 n ( n ? 1) Cn
n ?1

?

1 n

?

1 n ?1
r

, n ? n! ? ( n ? 1)!? n! , 1 ? 1 n! ? 1

1 sin 2? 等

? ctg α ? ctg2 α ,

? Cn

r ?1

? Cn ,

( n ? 1)!

( 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 2

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

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=
1 n (12 ? a n )

(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>

m 32

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=
1 3

a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).试问当 m

为何值时, lim ( b n ? lg a n ) ? lim 3( b1 b 2 ? b 2 b3 ? ? ? b n ?1 bn ) 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 3
1 bn

)(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( 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 a1 ? 2 2 ? 2 S 1 ,S1=a1, a2 ? 2 2 ? 2 S 2 ,S2=a1+a2,将 a1=2 代入, ? 2 S 3 , 3=a1+a2+a3, a1=2, S 将
1 b n ?1

)(n=2,3,4?),求数列{bn}的

? 2 a 1 ,解得 a1=2.当 n=2 时,有

整理得(a2-2)2=16, a2>0, 由 解得 a2=6.当 n=3 时, 有

a3 ? 2 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 2.代入上式,解得 2k= 2 S k ,得 Sk=2k2,由题意,有 Sk=2k2 代入得(
a k ?1 ? 2 2 a k ?1 ? 2 2 ak ? 2 2 ? ? 2 S k ,将 ak=4k-

2 S k ?1 ,Sk+1=Sk+ak+1,将

)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
1 an ? 2 2 8 ? 2Sn , (n∈N ).整理得,n= S
*

1 8

(an+2)2,由此得 Sn+1=

1 8

(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
S n ?1 ? S n ? 2 2 ? an ? 2 2 ? 2 S n ,(n∈N )①,所以有
*

a n ?1 ? 2 2

?

2 S n ?1 ②,由②式得

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

于数列{an}为正项数列, 而 S 1 ? 2 ,? S n ?1 ? 是以
S1 ? 2 为首项,以
2

Sn ?

2, 因而 S n ?1 ?

2?

Sn , 即{Sn}
2 +(n - 1)

2 为公差的等差数列.所以

Sn =

2 = 2 n,Sn=2n ,

故 an= ?

? 2 , ( n ? 1) ? S n ? S n ?1 ? 4 n ? 2 , ( n ? 2 )
1 a n ?1 2 an ?

即 an=4n-2(n∈N*).

(3)令 cn=bn-1,则 cn= (
1 2n ? 1 2n ? 1

an a n ?1

? 2)

2 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 b1 ? b 2 ? ? ? b n ? n ? c1 ? c 2 ? ? ? c n ? (1 ? 1 3 )?( 1 3 ? 1 5 )??? ( 1 2n ? 1 ? 1

?

[(

? 1) ? (

? 1)] ?

1

?

1 2n ? 1

,

2n ? 1 2n ? 1 1 ? lim ( b1 ? b 2 ? ? ? b n ? n ) ? lim (1 ? ) ? 1. n? ? n? ? 2n ? 1

) ?1?

1

,

歼灭难点训练 一、 1 .解析 : 设 c n ? | z n ?1 ? z n |? | (
1? i 2 )
n ?1

?(

1? i 2

) |? (
n

2 2

)

n ?1

,

1 ? S n ? c1 ? c 2 ? ? ? c n ? 2

[1 ? ( 1?

2 2 2 2

) ] ?

n

1? ( 2?

2 2

)

n

2

? lim S n ?
n? ?

1 2? 2

?

2? 2

2

?1?

2 2

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=
3 1

a 2
n ?1

,正三角形的内

切圆构成等比数列{rn},可得 rn=

6 2 n ?1

a,?
3 3? 2

∴这些圆的周长之和 c= lim 2π (r1+r2+?+rn)=
n? ?

a2,

面积之和 S= lim π (n2+r22+?+rn2)=
n? ?

? 9

a2
? 9

答案:周长之和

3 3 2

π a,面积之和
a n ?1 an ? n n ?1

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-an ? an+2-an+1=an+1-an 可知{an}成等差数列,? d=
a 4 ? a1 4 ?1

=-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= ?
2 ? ?? n ? 9n

1? n ? 5 n?5
1 n(2n ? 2) 1 1 1 ( ? ) 2 n n ?1

? n ? 9 n ? 40 ?
2

(3)bn=

1 n (12 ? a n )

?

?

? T n ? b1 ? b 2 ? ? ? b n ?

1 2

[(1 ?

1 2

)?(

1 2

?

1 3

)??? (

1 n

?

1 n ?1

)] ?

n 2 ( n ? 1)

; 要使 Tn>

m 32

总成立,需

m 32

<T1=

1 4

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 ?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



a n ?1 an

?

m m ?1

,即{

an a n ?1

}为等比数列.
1 3

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

.

,∴bn=f(bn-1)=

b n ?1 b n ?1 ? 1 1 bn

(n∈N*,且 n≥2)



1 bn

?1?

1 b n ?1

,即

1 bn

?

1 b n ?1

? 1 ,∴{

}为等差数列.∴

1 bn

=3+(n-1)=n+2,

? bn ?

1 n?2

(n∈N*).
)
n ?1

n ?1 m m lg ] ? lg , n ? 2 m ?1 m ?1 1 1 1 1 1 1 而 lim 3 ( b1b 2 ? b 2 b3 ? ? ? b n ?1b n ) ? lim 3 ( ? ? ? ? ? ? ? ) ?1 n? ? n? ? 3 4 4 5 n ?1 n ? 2 m m 10 由题意知 lg ? 1,? ? 10 ,? m ? ? m ?1 m ?1 9 ? an ? ( m m ?1 ,? lim ( b n ? lg a n ) ? lim [
n? ? n? ?

? 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 ?10 b1 ? 2 ?

∴bn=3n-2. (2)由 bn=3n-2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ =loga[(1+1)(1+
1 4 1 4

)+?+loga(1+

1 3n ? 2

)

)?(1+
1 3

1 3n ? 2

)] ,

1 3

logabn+1=loga 3 3 n ? 1 .
1 4

因此要比较 Sn 与 小,

logabn+1 的大小,可先比较(1+1)(1+

)?(1+

1 3n ? 2

)与 3 3 n ? 1 的大

取 n=1 时,有(1+1)> 3 3 ? 1 ? 1 取 n=2 时,有(1+1)(1+ 由此推测(1+1)(1+
1 4 1 3 1 4

)> 3 3 ? 2 ? 1 ?
1 3n ? 2

)?(1+

)> 3 3 n ? 1



若①式成立,则由对数函数性质可判定: 当 a>1 时,Sn> logabn+1,
1 3

② ③

当 0<a<1 时,Sn<

logabn+1,

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)(1 ? 1 4 ) ? (1 ? 1 3k ? 2 )?
3

3 k ? 1 .那么当 n=k+1 时,

(1 ? 1)(1 ?
3

1 4

) ? (1 ?

1 3k ? 2
2

)(1 ?

1 3 ( k ? 1) ? 2
3

)?
2

3

3 k ? 1 (1 ?

1 3k ? 1

3

)?
2

3k ? 1 3k ? 1

( 3 k ? 2 ).

?[ ?

3k ? 1 3k ? 1

( 3 k ? 2 )] ? [ 3 3 k ? 4 ] ?
3

( 3 k ? 2 ) ? ( 3 k ? 4 )( 3 k ? 1) ( 3 k ? 1)
3 2

9k ? 4 ( 3 k ? 1)
2

? 0 ,? 1 4

3k ? 1 3k ? 1

( 3k ? 2 ) ? 1 )(1 ?

3k ? 4 ? 1 )?
3

3

3 ( k ? 1) ? 1

因而 (1 ? 1)(1 ?

) ? (1 ?

3k ? 2

3k ? 1

3 ( k ? 1) ? 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: 当 a>1 时,Sn>
1 3

logabn+1;当 0<a<1 时,Sn<

1 3

logabn+1 ?.

7.解:(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2,得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t. ∴a2=
2t ? 3 a 2 2t ? 3 , ? . 3t a1 3t

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

① ②

,n=2,3,4?,所以{an}是一个首项为 1 公比为

2t ? 3 3t

的等比数列;

(2)由 f(t)=

2t ? 3 3t

=

2 3

?

1 t

,得 bn=f(

1 b n ?1

)=

2 3

+bn-1 ?.

可见{bn}是一个首项为 1,公差为 于是 bn=1+ (3)由 bn= 是 b2n=
4n ? 1 3 2 3 3

2 3

的等差数列.

(n-1)=

2n ? 1 3

;
5 3

2n ? 1

,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和

,公差均为

4 3

的等差数列,于

,

∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+?+b2n-1b2n-b2nb2n+1 ? =b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+?+b2n(b2n-1-b2n+1) =-
4 3

(b2+b4+?+b2n)=-

4 3

·

1 2

n(

5 3

+

4n ? 1 3

)=-

4 9

(2n2+3n)


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必修5 数列通项与求和常用方法归纳+针对性练习题 - 数列通项与求和常用方法

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