湖南省長(zhǎng)沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí) 數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和的常用方法

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1、湖南省長(zhǎng)沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí)：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(wèn)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(wèn)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(wèn)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(wèn)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

2、數(shù)列問(wèn)題時(shí)既要注意函數(shù)方法的普遍性，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 ①作新數(shù)列法 作等差數(shù)列與等比數(shù)列 ②累差疊加法 最基本形式是 an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1 ③歸納、猜想法 4 數(shù)列前n項(xiàng)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等差數(shù)列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等

3、比數(shù)列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn ③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(jiàn)的裂項(xiàng) ④錯(cuò)項(xiàng)相消法 ⑤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(q∈R且q≠1)的等比數(shù)列，若函數(shù)f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； 解 ∵a1=f(d－1)

4、=(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 例2設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，An= (an－1)，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

5、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=Br－Dn，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(wèn)中探尋{an}與{bn}的相通之處，須借助于二項(xiàng)式定理；而(3)問(wèn)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(wèn)中項(xiàng)與和的關(guān)系為常規(guī)方法，(2)問(wèn)中把3拆解為4－1

6、，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(wèn)中挖掘出n與r的關(guān)系，正確表示Br，問(wèn)題便可迎刃而解 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·(4－1)2n=3·［42n+C·42n－1(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，∴32n+1∈{bn} 而數(shù)32n=(4－1)2n =42n+C·42n－1·(－

7、1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)， ∴32n{bn}，而數(shù)列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1 (3)由32n+1=4·r+3，可知r=， ∴Br=， 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(xiě)出數(shù)列{an}的前3項(xiàng) (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式(寫(xiě)出推證過(guò)程) 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(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6

8、 當(dāng)n=3時(shí)，有，S3=a1+a2+a3， 將a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，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} 有通項(xiàng)公式an=4n－2 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項(xiàng)公式是an=4n－2，(n∈N*） ①當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)?×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述結(jié)論成立 ②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即有ak=4k－2，由題意，有，將ak=4k－2 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(

9、)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，即當(dāng)n=k+1時(shí)，上述結(jié)論成立 根據(jù)①②，上述結(jié)論對(duì)所有的自然數(shù)n∈N*成立 解法二 由題意知，(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，由題意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4， 即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其中a1=2，公差d=4 ∴an

10、=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通項(xiàng)公式為an=4n－2 學(xué)生鞏固練習(xí) 1 設(shè)zn=()n，(n∈N*)，記Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，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_(kāi)________ 3 數(shù)列{an}滿足a1=2，對(duì)于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn=2n－1+1 (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an及它的

11、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(shuō)明理由 4 數(shù)列{an}中，a1=8,a4=2且滿足an+2=2an+1－an,(n∈N*) (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn; (3)設(shè)bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整數(shù)m，使得對(duì)任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，說(shuō)明理由 參考答案 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

12、}，可得rn=a,∴這些圓的周長(zhǎng)之和c=2π(r1+r2+…+rn)= a2，面積之和S=π(n2+r22+…+rn2)=a2 3 解 (1）可解得，從而an=2n，有Sn=n2+n， (2)Tn=2n+n－1 (3)Tn－Sn=2n－n2－1，驗(yàn)證可知，n=1時(shí)，T1=S1，n=2時(shí)T2＜S2；n=3時(shí)，T3＜S3;n=4時(shí)，T4＜S4；n=5時(shí)，T5＞S5；n=6時(shí)T6＞S6 猜想當(dāng)n≥5時(shí)，Tn＞Sn，即2n＞n2+1可用數(shù)學(xué)歸納法證明(略） 4 解 (1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差數(shù)列， d==－2,∴an=10－2n (2)由an=10－2n≥0可得n≤5，當(dāng)n≤5時(shí)，Sn=－n2+9n， 當(dāng)n＞5時(shí)，Sn=n2－9n+40，故Sn= (3)bn= ；要使Tn＞總成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故適合條件的m的最大值為7