高中数学复习专题讲座(第13讲)_数列的通项公式与求和的常用方法

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 

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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

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=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  

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(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=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，

∴=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，

∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1

(2)令=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),

∴dn=an+1－an=2,

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

∴

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  

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)，可知An+1= (an+1－1)，

∴an+1－an= (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·［42n+C·42n－1(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，

∴32n+1∈{bn}  

而数32n=(4－1)2n

=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，

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

(3)由32n+1=4·r+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}的通项公式(写出推证过程)

(3)令bn= (n∈N*)，求(b1+b2+b3+…+bn－n)  

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(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6  

当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，

将a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=，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，将ak=4k－2  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+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，(n∈N*)  整理得，Sn= (an+2)2,

由此得Sn+1= (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,(n∈N*)　　　　　①，

所以有　　　　　　　　　　　　②，

由②式得，

整理得Sn+1－2·+2－Sn=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= +(n－1) =n,Sn=2n2，

故an=即an=4n－2(n∈N*)  

(3)令cn=bn－1，则cn=

学生巩固练习 

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

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= (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＞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(bn－1)(n≥2,n∈N*)  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()(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；

(3)求和  b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1  

参  

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

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－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列， 

d==－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=

(3)bn=

；要使Tn＞总成立，需＜T1=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)－man　　　②,

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

∴，即{}为等比数列  

(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=  

由(1)知q=f(m)=，∴bn=f(bn－1)= (n∈N*,且n≥2)

∴，即，

∴{}为等差数列  ∴=3+(n－1)=n+2，

(n∈N*)  

6  解  (1)设数列{bn}的公差为d，由题意得  

解得b1=1,d=3,∴bn=3n－2  

(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)

=loga［(1+1)(1+)…(1+)］，logabn+1=loga  

因此要比较Sn与logabn+1的大小，

可先比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小，

取n=1时，有(1+1)＞

取n=2时，有(1+1)(1+)＞…

由此推测(1+1)(1+)…(1+)＞        ①

若①式成立，则由对数函数性质可判定  

当a＞1时，Sn＞logabn+1，                    ②

当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，                ③

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  

  那么当n=k+1时，

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＞logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1   

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

∴a2=  

又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，                    ①

3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t                        ②

①－②得3tan－(2t+3)an－1=0  

∴,n=2,3,4…,

所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列；

(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn－1   

可见{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列  

于是bn=1+ (n－1)=;

(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，

于是b2n=,

∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1 

=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)

=－(b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－(2n2+3n)  

课前后备注