2009年高考数学难点突破专题辅导十三

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S_n可视为数列{S_n}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

(★★★★★)设{a_n}是正数组成的数列，其前n项和为S_n，并且对于所有的自然数n，a_n与2的等差中项等于S_n与2的等比中项.

(1)写出数列{a_n}的前3项.

(2)求数列{a_n}的通项公式(写出推证过程)

(3)令b_n=(n∈N^*)，求 (b₁+b₂+b₃+…+b_n－n).

●案例探究

［例1］已知数列{a_n}是公差为d的等差数列，数列{b_n}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{a_n}和{b_n}的通项公式；

(2)设数列{c_n}的前n项和为S_n，对一切n∈N^*，都有=a_n+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{a_n}的关系，借助通项与前n项和的关系求解c_n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{d_n}，运用和与通项的关系求出d_n，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，∴a_n=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，

∴b_n=b?q^n－1=4?(－2)^n－1

(2)令=d_n，则d₁+d₂+…+d_n=a_n+1,(n∈N^*),

∴d_n=a_n+1－a_n=2,

∴=2,即c_n=2?b_n=8?(－2)^n－1；∴S_n=［1－(－2)ⁿ］.

∴

［例2］设A_n为数列{a_n}的前n项和，A_n= (a_n－1)，数列{b_n}的通项公式为b_n=4n+3;

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)把数列{a_n}与{b_n}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{d_n}的通项公式为d_n=3²ⁿ⁺¹;

(3)设数列{d_n}的第n项是数列{b_n}中的第r项，B_r为数列{b_n}的前r项的和；D_n为数列{d_n}的前n项和，T_n=B_r－D_n，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a_n是本题的先决；(2)问中探寻{a_n}与{b_n}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d_n=3²ⁿ⁺¹与a_n的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使T_n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B_r，问题便可迎刃而解.

解：(1)由A_n=(a_n－1)，可知A_n+1=(a_n+1－1)，

∴a_n+1－a_n= (a_n+1－a_n)，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{a_n}的通项公式a_n=3ⁿ.

(2)∵3²ⁿ⁺¹=3?3²ⁿ=3?(4－1)²ⁿ=3?［4²ⁿ+C?4^2n－1(－1)+…+C?4?(－1)+(－1)²ⁿ］=4n+3，

∴3²ⁿ+1∈{b_n}.而数3²ⁿ=(4－1)²ⁿ=4²ⁿ+C?4^2n－1?(－1)+…+C?4?(－1)+(－1)²ⁿ=(4k+1)，

∴3²ⁿ{b_n}，而数列{a_n}={a_2n+1}∪{a_2n}，∴d_n=3²ⁿ⁺¹.

(3)由3²ⁿ⁺¹=4?r+3，可知r=，

∴B_r=，

●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{a_n}前n 项和S_n与通项a_n的关系式：a_n=

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：a_n=(a_n－a_n－1+(a_n－1+a_n－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S_m+n=S_m+S_n+mnd，等比数列中S_m+n=S_n+qⁿS_m=S_m+q^mS_n.

③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a_n=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

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二、解答题

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难点磁场

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=64，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{a_n}.有通项公式a_n=4n－2.下面用数学归纳法证明{a_n}的通项公式是a_n=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a_k=4k－2，由题意，有，将a_k=4k－2.代入上式，解得2k=，得S_k=2k²，由题意，有，S_k+1=S_k+a_k+1，将S_k=2k²代入得()²=2(a_k+1+2k²)，整理得a_k+1²－4a_k+1+4－16k²=0，由a_k+1＞0，解得a_k+1=2+4k，所以a_k+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，S_n=(a_n+2)²,由此得S_n+1=(a_n+1+2)²，∴a_n+1=S_n+1－S_n=［(a_n+1+2)²－(a_n+2)²］.整理得(a_n+1+a_n）(a_n+1－a_n－4)=0，由题意知a_n+1+a_n≠0，∴a_n+1－a_n=4，即数列{a_n}为等差数列，其中a₁=2，公差d=4.∴a_n=a₁+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为a_n=4n－2.

解法三：由已知得,(n∈N^*)①，所以有②，由②式得，整理得S_n+1－2?+2－S_n=0，解得，由于数列{a_n}为正项数列，而，因而，即{S_n}是以为首项，以为公差的等差数列.所以= +(n－1) =n,S_n=2n²，

故a_n=即a_n=4n－2(n∈N^*).

(3)令c_n=b_n－1，则c_n=

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{a_n}，可得a_n=，正三角形的内切圆构成等比数列{r_n}，可得r_n=a,?

∴这些圆的周长之和c=2π(r₁+r₂+…+r_n)= a²，

面积之和S=π(n²+r₂²+…+r_n²)=a²

答案：周长之和πa，面积之和a²

二、3.解：(1）可解得，从而a_n=2n，有S_n=n²+n，

(2)T_n=2ⁿ+n－1.

(3)T_n－S_n=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，T_n＞S_n，即2ⁿ＞n²+1

可用数学归纳法证明(略）.

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

d==－2,∴a_n=10－2n.

(2)由a_n=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，S_n=－n²+9n，当n＞5时，S_n=n²－9n+40，故S_n=

(3)b_n=

；要使T_n＞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S_n+1=(m+1)－ma_n+1?①，S_n=(m+1)－ma_n②,由①－②，得a_n+1=ma_n－ma_n+1，即(m+1)a_n+1=ma_n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)=，∴b_n=f(b_n－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{b_n}的公差为d，由题意得：解得b₁=1,d=3,

∴b_n=3n－2.

(2)由b_n=3n－2,知S_n=log_a(1+1)+log_a(1+)+…+log_a(1+)

=log_a［(1+1)(1+)…(1+)］，log_ab_n+1=log_a.

因此要比较S_n与log_ab_n+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，S_n＞log_ab_n+1，                                                                           ②

当0＜a＜1时，S_n＜log_ab_n+1，                                                                     ③

下面用数学归纳法证明①式.

(?)当n=1时，已验证①式成立.

(?)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(?）(?）可知①式对任何正整数n都成立.

由此证得：

当a＞1时，S_n＞log_ab_n+1；当0＜a＜1时，S_n＜log_ab_n+1?.

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

∴a₂=.

又3tS_n－(2t+3)S_n－1=3t，                                                                                  ①

3tS_n－1－(2t+3)S_n－2=3t                                                                                       ②

①－②得3ta_n－(2t+3)a_n－1=0.

∴,n=2,3,4…,所以{a_n}是一个首项为1公比为的等比数列；

(2)由f(t)= =,得b_n=f()=+b_n－1?.

可见{b_n}是一个首项为1，公差为的等差数列.

于是b_n=1+(n－1)=;

(3)由b_n=,可知{b_2n－1}和{b_2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b_2n=,

∴b₁b₂－b₂b₃+b₃b₄－b₄b₅+…+b_2n－1b_2n－b_2nb_2n+1?

=b₂(b₁－b₃)+b₄(b₃－b₅)+…+b_2n(b_2n－1－b_2n+1)

=－ (b₂+b₄+…+b_2n)=－?n(+)=－ (2n²+3n)