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1、河南省沈丘县全峰完中高考数学 专题复习 数列的通项公式与求和的常用方法教案 新人教A版高考要求 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 重难点归纳 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
2、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 求通项常用方法作新数列法 作等差数列与等比数列 累差叠加法 最基本形式是 an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1 归纳、猜想法 4 数列前n项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等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn 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
3、 错项相消法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 典型题例示范讲解 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(qR且q1)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和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 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
4、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(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=
5、2, bn=bqn1=4(2)n1(2)令=dn,则d1+d2+dn=an+1,(nN*),dn=an+1an=2,=2,即cn=2bn=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=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,
6、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n与r的关系,正确表示Br,问题便可迎刃而解 解 (1)由An= (an1),可知An+1= (an+11),an+1an= (an+1an),即
7、=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=332n=3(41)2n=342n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=4n+3,32n+1bn 而数32n=(41)2n=42n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=(4k+1),32nbn,而数列an=a2n+1a2n,dn=32n+1 (3)由32n+1=4r+3,可知r=,Br=,例3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
8、公式(写出推证过程)(3)令bn= (nN*),求(b1+b2+b3+bnn) 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(a22)2=16,由a20,解得a2=6 当n=3时,有,S3=a1+a2+a3,将a1=2,a2=6代入,整理得(a32)2=64,由a30,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=4n2 下面用数学归纳法证明an的通项公式是an=4n2,(nN*) 当n=1时,因为412=2,又在(1)中已求出a1=2,所以上述结论成立 假设当n=k
9、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,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a
10、n+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*),所以有,由式得,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,故an=即an=4n2(nN*) (3)令cn=bn1,则cn=学生巩固练习 1 设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
11、此继续下去,所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_ 3 数列an满足a1=2,对于任意的nN*都有an0,且(n+1)an2+anan+1nan+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+1an,(nN*) (1)求数列an的通项公式;(2)设Sn=a1+a2+an,求Sn;(3)设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
12、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m1 (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a0且a1),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)Sn1=3t(t0,
13、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 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=2(r1+r2+rn)= a2,面积之和S=(n2+r22+rn2)= a2答案 周长之和a,面积之和a23 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=S1,n=2时T2S2;n=3时,T3S3;n=4时,T4S4;n=5时,T5S5;n=6时T6S6 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)由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m8且mZ,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,Sn=(m+1)man,由