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1、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(xù)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Sn可視為數列Sn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(lián)系，是高考對數列問題考查中的熱點，本點的動態(tài)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an是正數組成的數列，其前n項和為Sn，并且對于所有的自然數n，an與2的等差中項等于Sn與2的等比中項.(1)寫出數列an的前3項.(2)求數列a
2、n的通項公式(寫出推證過程)(3)令bn=(nN*)，求 (b1+b2+b3+bnn).案例探究例1已知數列an是公差為d的等差數列，數列bn是公比為q的(qR且q1)的等比數列，若函數f(x)=(x1)2，且a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)，(1)求數列an和bn的通項公式；(2)設數列cn的前n項和為Sn，對一切nN*，都有=an+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
3、某數列前n項和，實質上是該數列前n項和與數列an的關系，借助通項與前n項和的關系求解cn是該條件轉化的突破口.錯解分析：本題兩問環(huán)環(huán)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dn，運用和與通項的關系求出dn，絲絲入扣.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
4、，且q1，得q=2，bn=bqn1=4(2)n1(2)令=dn，則d1+d2+dn=an+1,(nN*),dn=an+1an=2,=2,即cn=2bn=8(2)n1；Sn=1(2)n.例2設An為數列an的前n項和，An= (an1)，數列bn的通項公式為bn=4n+3;(1)求數列an的通項公式；(2)把數列an與bn的公共項按從小到大的順序排成一個新的數列，證明：數列dn的通項公式為dn=32n+1;(3)設數列dn的第n項是數列bn中的第r項，Br為數列bn的前r項的和；Dn為數列dn的前n項和，Tn=BrDn，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
5、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an是本題的先決；(2)問中探尋an與bn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dn=32n+1與an的共同點易被忽視而寸步難行；注意不到r與n的關系，使Tn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(guī)方法，(2)問中把3拆解為41，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Br，問題便可迎刃而解.解：(1)由An=(an1)，可知An+1=(an+11)，an+1an= (an+1
6、an)，即=3，而a1=A1= (a11)，得a1=3，所以數列是以3為首項，公比為3的等比數列，數列an的通項公式an=3n.(2)32n+1=332n=3(41)2n=342n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=4n+3，32n+1bn.而數32n=(41)2n=42n+C42n1(1)+C4(1)+(1)2n=(4k+1)，32nbn，而數列an=a2n+1a2n，dn=32n+1.(3)由32n+1=4r+3，可知r=，Br=，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
7、殊性.2.數列an前n項和Sn與通項an的關系式：an=3.求通項常用方法作新數列法.作等差數列與等比數列.累差疊加法.最基本形式是：an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1.歸納、猜想法.4.數列前n項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等差數列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比數列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.裂項求和：將數列的通項分成兩個式子的代數和，即an=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：錯項相消法并項求和法數列通
8、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1.()設zn=()n，(nN*)，記Sn=z2z1+z3z2+zn+1zn，則Sn=_.2.()作邊長為a的正三角形的內切圓，在這個圓內作新的內接正三角形，在新的正三角形內再作內切圓，如此繼續(xù)下去，所有這些圓的周長之和及面積之和分別為_.二、解答題3.()數列an滿足a1=2，對于任意的nN*都有an0,且(n+1)an2+anan+1nan+12=0，又知數列bn的通項為bn=2n1+1.(1)求數列an的通項an及它的前n項和Sn；(2)求數列bn的前n項和Tn；(3)猜想Sn與Tn的大小關系，并說明理由.4.()數列
9、an中，a1=8,a4=2且滿足an+2=2an+1an,(nN*).(1)求數列an的通項公式；(2)設Sn=a1+a2+an,求Sn;(3)設bn=(nN*),Tn=b1+b2+bn(nN*),是否存在最大的整數m，使得對任意nN*均有Tn成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由.5.()設數列an的前n項和為Sn，且Sn=(m+1)man.對任意正整數n都成立，其中m為常數，且m1.(1)求證：an是等比數列；(2)設數列an的公比q=f(m)，數列bn滿足：b1=a1,bn=f(bn1)(n2,nN*).試問當m為何值時，成立？6.()已知數列bn是等差數列，b1=1,b1+b2+
10、b10=145.(1)求數列bn的通項bn；(2)設數列an的通項an=loga(1+)(其中a0且a1),記Sn是數列an的前n項和，試比較Sn與logabn+1的大小，并證明你的結論.7.()設數列an的首項a1=1，前n項和Sn滿足關系式：3tSn(2t+3)Sn1=3t(t0,n=2,3,4).(1)求證：數列an是等比數列；(2)設數列an的公比為f(t)，作數列bn，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4)，求數列bn的通項bn；(3)求和：b1b2b2b3+b3b4+b2n1b2nb2nb2n+1.參考答案難點磁場解析：(1)由題意，當n=1時，有，S1=a1，解得a1=2.當
11、n=2時，有，S2=a1+a2，將a1=2代入，整理得(a22)2=16，由a20，解得a2=6.當n=3時，有，S3=a1+a2+a3，將a1=2，a2=6代入，整理得(a32)2=64，由a30，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an.有通項公式an=4n2.下面用數學歸納法證明an的通項公式是an=4n2，(nN*）.當n=1時，因為412=2，又在(1)中已求出a1=2，所以上述結論成立.假設當n=k時，結論成立，即有ak=4k2，由題意，有，將ak=4k2.代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由題意，有，Sk+1=Sk+ak+1，將Sk=
12、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，即當n=k+1時，上述結論成立.根據，上述結論對所有的自然數nN*成立.解法二：由題意知，(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，由題意知an+1+an0，an+1an=4，即數列an為等差數列，其中a1=2，公差d=4.an=a1+(n1)d=2+4(n1)，即通項公式為an=4n2.解
13、法三：由已知得,(nN*)，所以有，由式得，整理得Sn+12+2Sn=0，解得，由于數列an為正項數列，而，因而，即Sn是以為首項，以為公差的等差數列.所以=+(n1)=n,Sn=2n2，故an=即an=4n2(nN*).(3)令cn=bn1，則cn=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an，可得an=，正三角形的內切圓構成等比數列rn，可得rn=a,這些圓的周長之和c=2(r1+r2+rn)= a2，面積之和S=(n2+r22+rn2)=a2答案：周長之和a，面積之和a2二、3.解：(1）可解得，從而an=2n，有Sn=n2+n，(2)Tn=2n+n1.(
14、3)TnSn=2nn21，驗證可知，n=1時，T1=S1，n=2時T2S2；n=3時，T3S3;n=4時，T4S4；n=5時，T5S5；n=6時T6S6.猜想當n5時，TnSn，即2nn2+1可用數學歸納法證明(略）.4.解：(1）由an+2=2an+1anan+2an+1=an+1an可知an成等差數列，d=2,an=102n.(2)由an=102n0可得n5，當n5時，Sn=n2+9n，當n5時，Sn=n29n+40，故Sn=(3)bn=；要使Tn總成立，需T1=成立，即m8且mZ，故適合條件的m的最大值為7.5.解：(1）由已知Sn+1=(m+1)man+1，Sn=(m+1)man,由，
15、得an+1=manman+1，即(m+1)an+1=man對任意正整數n都成立.m為常數，且m1，即為等比數列.(2)當n=1時，a1=m+1ma1，a1=1，從而b1=.由(1)知q=f(m)=，bn=f(bn1)= (nN*,且n2)，即，為等差數列.=3+(n1)=n+2，(nN*).6.解：(1)設數列bn的公差為d，由題意得：解得b1=1,d=3,bn=3n2.(2)由bn=3n2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+loga(1+)=loga(1+1)(1+)(1+)，logabn+1=loga.因此要比較Sn與logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+)(1+)與
16、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+)若式成立，則由對數函數性質可判定：當a1時，Snlogabn+1，當0a1時，Snlogabn+1，下面用數學歸納法證明式.()當n=1時，已驗證式成立.()假設當n=k時(k1），式成立，即：.那么當n=k+1時，這就是說式當n=k+1時也成立.由(）(）可知式對任何正整數n都成立.由此證得：當a1時，Snlogabn+1；當0a1時，Snlogabn+1.7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)(2t+3)=3t.a2=.又3tSn(2t+3)Sn1=3t，3tSn1
17、(2t+3)Sn2=3t得3tan(2t+3)an1=0.,n=2,3,4,所以an是一個首項為1公比為的等比數列；(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn1.可見bn是一個首項為1，公差為的等差數列.于是bn=1+(n1)=;(3)由bn=,可知b2n1和b2n是首項分別為1和，公差均為的等差數列，于是b2n=,b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2(b1b3)+b4(b3b5)+b2n(b2n1b2n+1)= (b2+b4+b2n)=n(+)= (2n2+3n)內容總結（1）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(xù)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Sn可視為數列Sn的通項（2）+n=n(n+1)12+22+（3）+n2=n(n+1)(2n+1)13+23+
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