廣東省珠海市金海岸中學(xué)2012屆高三數(shù)學(xué) 考前專題講座 數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和的常用方法

1、廣東省珠海市金海岸中學(xué)2012屆高三考前專題講座：數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和的常用方法高考要求 數(shù)列是函數(shù)概念的繼續(xù)和延伸，數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式都可以看作項(xiàng)數(shù)n的函數(shù)，是函數(shù)思想在數(shù)列中的應(yīng)用 數(shù)列以通項(xiàng)為綱，數(shù)列的問題，最終歸結(jié)為對(duì)數(shù)列通項(xiàng)的研究，而數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn可視為數(shù)列Sn的通項(xiàng) 通項(xiàng)及求和是數(shù)列中最基本也是最重要的問題之一，與數(shù)列極限及數(shù)學(xué)歸納法有著密切的聯(lián)系，是高考對(duì)數(shù)列問題考查中的熱點(diǎn)，本點(diǎn)的動(dòng)態(tài)函數(shù)觀點(diǎn)解決有關(guān)問題，為其提供行之有效的方法 重難點(diǎn)歸納 1 數(shù)列中數(shù)的有序性是數(shù)列定義的靈魂，要注意辨析數(shù)列中的項(xiàng)與數(shù)集中元素的異同 因此在研究數(shù)列問題時(shí)既要注意函數(shù)方法的普遍性，

2、又要注意數(shù)列方法的特殊性 2 數(shù)列an前n 項(xiàng)和Sn與通項(xiàng)an的關(guān)系式 an=3 求通項(xiàng)常用方法作新數(shù)列法 作等差數(shù)列與等比數(shù)列 累差疊加法 最基本形式是 an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1 歸納、猜想法 4 數(shù)列前n項(xiàng)和常用求法重要公式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等差數(shù)列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比數(shù)列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn 裂項(xiàng)求和 將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加時(shí)抵消中間的許多項(xiàng) 應(yīng)掌握以下常見的裂項(xiàng) 錯(cuò)項(xiàng)

3、相消法并項(xiàng)求和法數(shù)列通項(xiàng)與和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法 典型題例示范講解 例1已知數(shù)列an是公差為d的等差數(shù)列，數(shù)列bn是公比為q的(qR且q1)的等比數(shù)列，若函數(shù)f(x)=(x1)2，且a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)，(1)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)一切nN*，都有=an+1成立，求 命題意圖 本題主要考查等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式、數(shù)列的極限，以及運(yùn)算能力和綜合分析問題的能力 知識(shí)依托 本題利用函數(shù)思想把題設(shè)條件轉(zhuǎn)化為方程問題非常明顯，而(2)中條件等式的左邊可視為某數(shù)列前n項(xiàng)和，實(shí)

4、質(zhì)上是該數(shù)列前n項(xiàng)和與數(shù)列an的關(guān)系，借助通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系求解cn是該條件轉(zhuǎn)化的突破口 錯(cuò)解分析 本題兩問環(huán)環(huán)相扣，(1)問是基礎(chǔ)，但解方程求基本量a1、b1、d、q，計(jì)算不準(zhǔn)易出錯(cuò)；(2)問中對(duì)條件的正確認(rèn)識(shí)和轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵 技巧與方法 本題(1)問運(yùn)用函數(shù)思想轉(zhuǎn)化為方程問題，思路較為自然，(2)問“借雞生蛋”構(gòu)造新數(shù)列dn運(yùn)用和與通項(xiàng)的關(guān)系求出dn，絲絲入扣解 (1)a1=f(d1)=(d2)2，a3=f(d+1)=d2，a3a1=d2(d2)2=2d，d=2，an=a1+(n1)d=2(n1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q1)=(q2)2，=q2，由qR，且q1，得q=2，b

5、n=b·qn1=4·(2)n1(2)令=dn，則d1+d2+dn=an+1,(nN*),dn=an+1an=2,=2,即cn=2·bn=8·(2)n1；Sn=1(2)n 例2設(shè)An為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，An= (an1)，數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bn=4n+3;(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)把數(shù)列an與bn的公共項(xiàng)按從小到大的順序排成一個(gè)新的數(shù)列，證明 數(shù)列dn的通項(xiàng)公式為dn=32n+1;(3)設(shè)數(shù)列dn的第n項(xiàng)是數(shù)列bn中的第r項(xiàng)，Br為數(shù)列bn的前r項(xiàng)的和；Dn為數(shù)列dn的前n項(xiàng)和，Tn=BrDn，求 命題意圖 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式

6、及其相互關(guān)系；集合的相關(guān)概念，數(shù)列極限，以及邏輯推理能力 知識(shí)依托 利用項(xiàng)與和的關(guān)系求an是本題的先決；(2)問中探尋an與bn的相通之處，須借助于二項(xiàng)式定理；而(3)問中利用求和公式求和則是最基本的知識(shí)點(diǎn) 錯(cuò)解分析 待證通項(xiàng)dn=32n+1與an的共同點(diǎn)易被忽視而寸步難行；注意不到r與n的關(guān)系，使Tn中既含有n，又含有r，會(huì)使所求的極限模糊不清 技巧與方法 (1)問中項(xiàng)與和的關(guān)系為常規(guī)方法，(2)問中把3拆解為41，再利用二項(xiàng)式定理，尋找數(shù)列通項(xiàng)在形式上相通之處堪稱妙筆；(3)問中挖掘出n與r的關(guān)系，正確表示Br，問題便可迎刃而解 解 (1)由An=(an1)，可知An+1=(an+11)，

7、an+1an= (an+1an)，即=3，而a1=A1= (a11)，得a1=3，所以數(shù)列是以3為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列an的通項(xiàng)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+1bn 而數(shù)32n=(41)2n=42n+C·42n1·(1)+C·4·(1)+(1)2n=(4k+1)，32nbn，而數(shù)列an=a2n+1a2n，dn=32n+1 (3)由32n+1=4·r+3，可知r=，B

8、r=，例3設(shè)an是正數(shù)組成的數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，并且對(duì)于所有的自然數(shù)n，an與2的等差中項(xiàng)等于Sn與2的等比中項(xiàng) (1)寫出數(shù)列an的前3項(xiàng) (2)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式(寫出推證過程)(3)令bn=(nN*)，求 (b1+b2+b3+bnn) 解析 (1)由題意，當(dāng)n=1時(shí)，有，S1=a1，解得a1=2 當(dāng)n=2時(shí)，有，S2=a1+a2，將a1=2代入，整理得(a22)2=16，由a20，解得a2=6 當(dāng)n=3時(shí)，有，S3=a1+a2+a3，將a1=2，a2=6代入，整理得(a32)2=64，由a30，解得a3=10 故該數(shù)列的前3項(xiàng)為2，6，10 (2）解法一 由(1）猜想數(shù)列an 有通

9、項(xiàng)公式an=4n2 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an的通項(xiàng)公式是an=4n2，(nN*） 當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)?×12=2，又在(1)中已求出a1=2，所以上述結(jié)論成立 假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即有ak=4k2，由題意，有，將ak=4k2 代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由題意，有，Sk+1=Sk+ak+1，將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，即當(dāng)n=k+1時(shí)，上述結(jié)論成立 根據(jù)，上述結(jié)論對(duì)所有的自然數(shù)nN*成立 解法二 由題意知，(nN*) 整理得，

10、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，由題意知an+1+an0，an+1an=4，即數(shù)列an為等差數(shù)列，其中a1=2，公差d=4 an=a1+(n1)d=2+4(n1)，即通項(xiàng)公式為an=4n2 解法三 由已知得,(nN*)，所以有，由式得，整理得Sn+12·+2Sn=0，解得，由于數(shù)列an為正項(xiàng)數(shù)列，而，因而，即Sn是以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列 所以= +(n1) =n,Sn=2n2，故an=即an=4n2(nN*) (3)令cn=bn1，則cn=學(xué)生鞏固

11、練習(xí) 1 設(shè)zn=()n，(nN*)，記Sn=z2z1+z3z2+zn+1zn，則Sn=_ 2 作邊長(zhǎng)為a的正三角形的內(nèi)切圓，在這個(gè)圓內(nèi)作新的內(nèi)接正三角形，在新的正三角形內(nèi)再作內(nèi)切圓，如此繼續(xù)下去，所有這些圓的周長(zhǎng)之和及面積之和分別為_ 3 數(shù)列an滿足a1=2，對(duì)于任意的nN*都有an0,且(n+1)an2+an·an+1nan+12=0，又知數(shù)列bn的通項(xiàng)為bn=2n1+1 (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)an及它的前n項(xiàng)和Sn；(2)求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn；(3)猜想Sn與Tn的大小關(guān)系，并說明理由 4 數(shù)列an中，a1=8,a4=2且滿足an+2=2an+1an,(nN*) (1)求

12、數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn=a1+a2+an,求Sn;(3)設(shè)bn=(nN*),Tn=b1+b2+bn(nN*),是否存在最大的整數(shù)m，使得對(duì)任意nN*均有Tn成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由 5 設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=(m+1)man 對(duì)任意正整數(shù)n都成立，其中m為常數(shù)，且m1 (1)求證 an是等比數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列an的公比q=f(m)，數(shù)列bn滿足 b1=a1,bn=f(bn1)(n2,nN*) 試問當(dāng)m為何值時(shí)，成立？6 已知數(shù)列bn是等差數(shù)列，b1=1,b1+b2+b10=145 (1)求數(shù)列bn的通項(xiàng)bn；(2)設(shè)數(shù)列an的通項(xiàng)an=loga(1+

13、)(其中a0且a1),記Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，試比較Sn與logabn+1的大小，并證明你的結(jié)論 7 設(shè)數(shù)列an的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和Sn滿足關(guān)系式 3tSn(2t+3)Sn1=3t(t0,n=2,3,4) (1)求證 數(shù)列an是等比數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列an的公比為f(t)，作數(shù)列bn，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4)，求數(shù)列bn的通項(xiàng)bn；(3)求和 b1b2b2b3+b3b4+b2n1b2nb2nb2n+1 參考答案 答案 1+2 解析 由題意所有正三角形的邊長(zhǎng)構(gòu)成等比數(shù)列an，可得an=，正三角形的內(nèi)切圓構(gòu)成等比數(shù)列rn，可得rn=a,這些圓的周長(zhǎng)之和c=2(r1+r2+r

14、n)= a2，面積之和S=(n2+r22+rn2)=a2答案 周長(zhǎng)之和a，面積之和a24 解 (1）由an+2=2an+1anan+2an+1=an+1an可知an成等差數(shù)列，d=2,an=102n 5 解 (1）由已知Sn+1=(m+1)man+1，Sn=(m+1)man,由，得an+1=manman+1，即(m+1)an+1=man對(duì)任意正整數(shù)n都成立 m為常數(shù)，且m1，即為等比數(shù)列 (2)當(dāng)n=1時(shí)，a1=m+1ma1，a1=1，從而b1= 由(1)知q=f(m)=，bn=f(bn1)= (nN*,且n2)，即，為等差數(shù)列 =3+(n1)=n+2，(nN*) 6 解 (1)設(shè)數(shù)列bn的公

15、差為d，由題意得 解得b1=1,d=3,bn=3n2 (2)由bn=3n2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+loga(1+)=loga(1+1)(1+)(1+)，logabn+1=loga 因此要比較Sn與logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+)(1+)與的大小，取n=1時(shí)，有(1+1)取n=2時(shí)，有(1+1)(1+)由此推測(cè)(1+1)(1+)(1+)若式成立，則由對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)可判定 當(dāng)a1時(shí)，Snlogabn+1，當(dāng)0a1時(shí)，Snlogabn+1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明式 ()當(dāng)n=1時(shí)，已驗(yàn)證式成立 ()假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)(k1），式成立，即 那么當(dāng)n=k+1時(shí)， 這就是說式當(dāng)n=k+1時(shí)也成立 由(）(）可知式對(duì)任何正整數(shù)n都成立 由此證得 當(dāng)a1時(shí)，Snlogabn+1；當(dāng)0a1時(shí)，Snlogabn+1 7 解 (1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)(2t+3)=3t a2= 又3tSn(2t+3)Sn1=3t，3tSn1(2t+3)Sn2=3t 得3tan(2t+3)an1=0 ,n=