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高考数学难点突破13数列的通项与求和

  • 日期:2017-06-23 12:20
  • 来源: 未知
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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

(★★★★★){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nan2的等差中项等于Sn2的等比中项.

(1)写出数列{an}的前3.

(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)

(3)bn=(nN*),求 (b1+b2+b3++bnn).

●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(qRq1)的等比数列,若函数f(x)=(x1)2,且a1=f(d1)a3=f(d+1)b1=f(q+1)b3=f(q1)

(1)求数列{an}{bn}的通项公式;

(2)设数列{cn}的前n项和为Sn,对一切nN*,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a1b1dq,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(d1)=(d2)2a3=f(d+1)=d2

a3a1=d2(d2)2=2d

d=2,∴an=a1+(n1)d=2(n1);又b1=f(q+1)=q2b3=f(q1)=(q2)2

=q2,由qR,且q1,得q=2

bn=b·qn1=4·(2)n1

(2)=dn,则d1+d2++dn=an+1,(nN*),

dn=an+1an=2,

=2,cn=2·bn=8·(2)n1;∴Sn=1(2)n.

[例2]设An为数列{an}的前n项和,An= (an1),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}{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=BrDn,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}{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+1an的共同点易被忽视而寸步难行;注意不到rn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41,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nr的关系,正确表示Br,问题便可迎刃而解.

解:(1)An=(an1),可知An+1=(an+11)

an+1an= (an+1an),即=3,而a1=A1= (a11),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·(41)2n=3·[42n+C·42n1(1)++C·4·(1)+(1)2n=4n+3

32n+1{bn}.而数32n=(41)2n=42n+C·42n1·(1)++C·4·(1)+(1)2n=(4k+1)

32n{bn},而数列{an}={a2n+1}{a2n},∴dn=32n+1.

(3)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}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=(anan1+(an1+an2)++(a2a1)+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.(★★★★★)zn=()n(nN*),记Sn=z2z1+z3z2++zn+1zn|,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nN*都有an0,(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SnTn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+1an,(nN*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)Sn=a1+a2++an,Sn;

(3)bn=(nN*),Tn=b1+b2+……+bn(nN*),是否存在最大的整数m,使得对任意nN*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(bn1)(n2,nN*).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a0a1),Sn是数列{an}的前n项和,试比较Snlogabn+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)Sn1=3t(t0,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:b1b2b2b3+b3b4-…+b2n1b2nb2nb2n+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.n=2时,有S2=a1+a2,将a1=2代入,整理得(a22)2=16,由a20,解得a2=6.n=3时,有S3=a1+a2+a3,将a1=2a2=6代入,整理得(a32)2=64,由a30,解得a3=10.故该数列的前3项为2610.

(2)解法一:由(1)猜想数列{an}.有通项公式an=4n2.下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n2(nN*.

①当n=1时,因为4×12=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=4k2,由题意,有,将ak=4k2.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+124ak+1+416k2=0,由ak+10,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nN*成立.

解法二:由题意知(nN*).整理得,Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2,∴an+1=Sn+1Sn=(an+1+2)2(an+2)2.整理得(an+1+an(an+1an4)=0,由题意知an+1+an0,∴an+1an=4,即数列{an}为等差数列,其中a1=2,公差d=4.an=a1+(n1)d=2+4(n1),即通项公式为an=4n2.

解法三:由已知得,(nN*)①,所以有②,由②式得,整理得Sn+12·+2Sn=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= +(n1) =n,Sn=2n2

an=an=4n2(nN*).

(3)cn=bn1,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+n1.

(3)TnSn=2nn21,验证可知,n=1时,T1=S1n=2T2S2n=3时,T3S3;n=4时,T4S4n=5时,T5S5n=6T6S6.猜想当n5时,TnSn,即2nn2+1

可用数学归纳法证明(略).

4.解:(1)由an+2=2an+1anan+2an+1=an+1an可知{an}成等差数列,?

d==2,an=102n.

(2)an=102n0可得n5,当n5时,Sn=n2+9n,当n5时,Sn=n29n+40,故Sn=

(3)bn=

;要使Tn总成立,需T1=成立,即m8mZ,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)man,由①-②,得an+1=manman+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)n=1时,a1=m+1ma1,∴a1=1,从而b1=.

(1)q=f(m)=,∴bn=f(bn1)= (nN*,n2)

,即,∴{}为等差数列.=3+(n1)=n+2

(nN*).

6.解:(1)设数列{bn}的公差为d,由题意得:解得b1=1,d=3,

bn=3n2.

(2)bn=3n2,Sn=loga(1+1)+loga(1+)++loga(1+)

=loga(1+1)(1+)(1+)],logabn+1=loga.

因此要比较Snlogabn+1的大小,可先比较(1+1)(1+)(1+)的大小,

n=1时,有(1+1)

n=2时,有(1+1)(1+)

 由此推测(1+1)(1+)(1+)                               

若①式成立,则由对数函数性质可判定:

a1时,Snlogabn+1                                                                          

0a1时,Snlogabn+1                                                                    

下面用数学归纳法证明①式.

()n=1时,已验证①式成立.

()假设当n=k(k1),①式成立,即:

.那么当n=k+1时,

这就是说①式当n=k+1时也成立.

(ⅰ)(ⅱ)可知①式对任何正整数n都成立.

由此证得:

a1时,Snlogabn+1;当0a1时,Snlogabn+1?.

7.解:(1)S1=a1=1,S2=1+a2,得3t(1+a2)(2t+3)=3t.

a2=.

3tSn(2t+3)Sn1=3t                                                                                 

3tSn1(2t+3)Sn2=3t                                                                                      

①-②得3tan(2t+3)an1=0.

,n=2,3,4,所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列;

(2)f(t)= =,bn=f()=+bn1?.

可见{bn}是一个首项为1,公差为的等差数列.

于是bn=1+(n1)=;

(3)bn=,可知{b2n1}{b2n}是首项分别为1,公差均为的等差数列,于是b2n=,

b1b2b2b3+b3b4b4b5++b2n1b2nb2nb2n+1?

=b2(b1b3)+b4(b3b5)++b2n(b2n1b2n+1)

= (b2+b4++b2n)=·n(+)= (2n2+3n)

 

 


 

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