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2009年高考數學難點突破專題輔導十三

難點13  數列的通項與求和

數列是函數概念的繼續和延伸，數列的通項公式及前n項和公式都可以看作項數n的函數，是函數思想在數列中的應用.數列以通項為綱，數列的問題，最終歸結為對數列通項的研究，而數列的前n項和S_n可視為數列{S_n}的通項。通項及求和是數列中最基本也是最重要的問題之一，與數列極限及數學歸納法有著密切的聯系，是高考對數列問題考查中的熱點，本點的動態函數觀點解決有關問題，為其提供行之有效的方法.

●難點磁場

(★★★★★)設{a_n}是正數組成的數列，其前n項和為S_n，并且對于所有的自然數n，a_n與2的等差中項等于S_n與2的等比中項.

(1)寫出數列{a_n}的前3項.

(2)求數列{a_n}的通項公式(寫出推證過程)

(3)令b_n=(n∈N^*)，求 (b₁+b₂+b₃+…+b_n－n).

●案例探究

［例1］已知數列{a_n}是公差為d的等差數列，數列{b_n}是公比為q的(q∈R且q≠1)的等比數列，若函數f(x)=(x－1)²，且a₁=f(d－1)，a₃=f(d+1)，b₁=f(q+1)，b₃=f(q－1)，

(1)求數列{a_n}和{b_n}的通項公式；

(2)設數列{c_n}的前n項和為S_n，對一切n∈N^*，都有=a_n+1成立，求.

命題意圖：本題主要考查等差、等比數列的通項公式及前n項和公式、數列的極限，以及運算能力和綜合分析問題的能力.屬★★★★★級題目.

知識依托：本題利用函數思想把題設條件轉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列前n項和，實質上是該數列前n項和與數列{a_n}的關系，借助通項與前n項和的關系求解c_n是該條件轉化的突破口.

錯解分析：本題兩問環環相扣，(1)問是基礎，但解方程求基本量a₁、b₁、d、q，計算不準易出錯；(2)問中對條件的正確認識和轉化是關鍵.

技巧與方法：本題(1)問運用函數思想轉化為方程問題，思路較為自然，(2)問“借雞生蛋”構造新數列{d_n}，運用和與通項的關系求出d_n，絲絲入扣.

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，則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］設A_n為數列{a_n}的前n項和，A_n= (a_n－1)，數列{b_n}的通項公式為b_n=4n+3;

(1)求數列{a_n}的通項公式；

(2)把數列{a_n}與{b_n}的公共項按從小到大的順序排成一個新的數列，證明：數列{d_n}的通項公式為d_n=3²ⁿ⁺¹;

(3)設數列{d_n}的第n項是數列{b_n}中的第r項，B_r為數列{b_n}的前r項的和；D_n為數列{d_n}的前n項和，T_n=B_r－D_n，求.

命題意圖：本題考查數列的通項公式及前n項和公式及其相互關系；集合的相關概念，數列極限，以及邏輯推理能力.

知識依托：利用項與和的關系求a_n是本題的先決；(2)問中探尋{a_n}與{b_n}的相通之處，須借助于二項式定理；而(3)問中利用求和公式求和則是最基本的知識點.

錯解分析：待證通項d_n=3²ⁿ⁺¹與a_n的共同點易被忽視而寸步難行；注意不到r與n的關系，使T_n中既含有n，又含有r，會使所求的極限模糊不清.

技巧與方法：(1)問中項與和的關系為常規方法，(2)問中把3拆解為4－1，再利用二項式定理，尋找數列通項在形式上相通之處堪稱妙筆；(3)問中挖掘出n與r的關系，正確表示B_r，問題便可迎刃而解.

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，所以數列是以3為首項，公比為3的等比數列，數列{a_n}的通項公式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}.而數3²ⁿ=(4－1)²ⁿ=4²ⁿ+C?4^2n－1?(－1)+…+C?4?(－1)+(－1)²ⁿ=(4k+1)，

∴3²ⁿ{b_n}，而數列{a_n}={a_2n+1}∪{a_2n}，∴d_n=3²ⁿ⁺¹.

(3)由3²ⁿ⁺¹=4?r+3，可知r=，

∴B_r=，

●錦囊妙計

1.數列中數的有序性是數列定義的靈魂，要注意辨析數列中的項與數集中元素的異同.因此在研究數列問題時既要注意函數方法的普遍性，又要注意數列方法的特殊性.

2.數列{a_n}前n 項和S_n與通項a_n的關系式：a_n=

3.求通項常用方法

①作新數列法.作等差數列與等比數列.

②累差疊加法.最基本形式是：a_n=(a_n－a_n－1+(a_n－1+a_n－2)+…+(a₂－a₁)+a₁.

③歸納、猜想法.

4.數列前n項和常用求法

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等差數列中S_m+n=S_m+S_n+mnd，等比數列中S_m+n=S_n+qⁿS_m=S_m+q^mS_n.

③裂項求和：將數列的通項分成兩個式子的代數和，即a_n=f(n+1)－f(n)，然后累加時抵消中間的許多項.應掌握以下常見的裂項：

④錯項相消法

⑤并項求和法

數列通項與和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法.

●殲滅難點訓練

一、填空題

試題詳情

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二、解答題

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難點磁場

解析：(1)由題意，當n=1時，有，S₁=a₁，

∴，解得a₁=2.當n=2時，有，S₂=a₁+a₂，將a₁=2代入，整理得(a₂－2)²=16，由a₂＞0，解得a₂=6.當n=3時，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.故該數列的前3項為2，6，10.

(2）解法一：由(1）猜想數列{a_n}.有通項公式a_n=4n－2.下面用數學歸納法證明{a_n}的通項公式是a_n=4n－2，(n∈N^*）.

①當n=1時，因為4×1－2=2，，又在(1)中已求出a₁=2，所以上述結論成立.

②假設當n=k時，結論成立，即有a_k=4k－2，由題意，有，將a_k=4k－2.代入上式，解得2k=，得S_k=2k²，由題意，有，S_k+1=S_k+a_k+1，將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，即當n=k+1時，上述結論成立.根據①②，上述結論對所有的自然數n∈N^*成立.

解法二：由題意知，(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，由題意知a_n+1+a_n≠0，∴a_n+1－a_n=4，即數列{a_n}為等差數列，其中a₁=2，公差d=4.∴a_n=a₁+(n－1)d=2+4(n－1)，即通項公式為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，由于數列{a_n}為正項數列，而，因而，即{S_n}是以為首項，以為公差的等差數列.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，則c_n=

殲滅難點訓練

一、

答案：1+

2.解析：由題意所有正三角形的邊長構成等比數列{a_n}，可得a_n=，正三角形的內切圓構成等比數列{r_n}，可得r_n=a,?

∴這些圓的周長之和c=2π(r₁+r₂+…+r_n)= a²，

面積之和S=π(n²+r₂²+…+r_n²)=a²

答案：周長之和πa，面積之和a²

二、3.解：(1）可解得，從而a_n=2n，有S_n=n²+n，

(2)T_n=2ⁿ+n－1.

(3)T_n－S_n=2ⁿ－n²－1，驗證可知，n=1時，T₁=S₁，n=2時T₂＜S₂；n=3時，T₃＜S₃;n=4時，T₄＜S₄；n=5時，T₅＞S₅；n=6時T₆＞S₆.猜想當n≥5時，T_n＞S_n，即2ⁿ＞n²+1

可用數學歸納法證明(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}成等差數列，?

d==－2,∴a_n=10－2n.

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

(3)b_n=

；要使T_n＞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.

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對任意正整數n都成立.

∵m為常數，且m＜－1

∴，即{}為等比數列.

(2)當n=1時，a₁=m+1－ma₁，∴a₁=1，從而b₁=.

由(1)知q=f(m)=，∴b_n=f(b_n－1)= (n∈N^*,且n≥2)

∴，即，∴{}為等差數列.∴=3+(n－1)=n+2，

(n∈N^*).

6.解：(1)設數列{b_n}的公差為d，由題意得：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.

因此要比較S_n與log_ab_n+1的大小，可先比較(1+1)(1+)…(1+)與的大小，

取n=1時，有(1+1)＞

取n=2時，有(1+1)(1+)＞…

 由此推測(1+1)(1+)…(1+)＞                                ①

若①式成立，則由對數函數性質可判定：

當a＞1時，S_n＞log_ab_n+1，                                                                           ②

當0＜a＜1時，S_n＜log_ab_n+1，                                                                     ③

下面用數學歸納法證明①式.

(?)當n=1時，已驗證①式成立.

(?)假設當n=k時(k≥1），①式成立，即：

.那么當n=k+1時，

這就是說①式當n=k+1時也成立.

由(?）(?）可知①式對任何正整數n都成立.

由此證得：

當a＞1時，S_n＞log_ab_n+1；當0＜a＜1時，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}是一個首項為1公比為的等比數列；

(2)由f(t)= =,得b_n=f()=+b_n－1?.

可見{b_n}是一個首項為1，公差為的等差數列.

于是b_n=1+(n－1)=;

(3)由b_n=,可知{b_2n－1}和{b_2n}是首項分別為1和，公差均為的等差數列，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)