专题十三数列的通项与求和.doc

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1、本资料来源于七彩教育网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.难点磁场()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

2、)(3)令bn=(nN*)，求 (b1+b2+b3+bnn).案例探究例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(qR且q1)的等比数列，若函数f(x)=(x1)2，且a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)，(1)求数列an和bn的通项公式；例2设An为数列an的前n项和，An= (an1)，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

3、列dn的前n项和，Tn=BrDn，求.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an前n 项和Sn与通项an的关系式：an=3.求通项常用方法作新数列法.作等差数列与等比数列.累差叠加法.最基本形式是：an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1.归纳、猜想法.4.数列前n项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等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中

4、Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.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：错项相消法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1.()设zn=()n，(nN*)，记Sn=z2z1+z3z2+zn+1zn，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_.二、解答题3.()数列an满足a1=2，对于任意的nN*都有an0,且(n+1)an2+anan+

5、1nan+12=0，又知数列bn的通项为bn=2n1+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+1an,(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn=a1+a2+an,求Sn;(3)设bn=(nN*),Tn=b1+b2+bn(nN*),是否存在最大的整数m，使得对任意nN*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m1.(1)求证：

6、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(bn1)(n2,nN*).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a0且a1),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)Sn1=3t(t0,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()(

7、n=2,3,4)，求数列bn的通项bn；(3)求和：b1b2b2b3+b3b4+b2n1b2nb2nb2n+1.参考答案难点磁场解析：(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(a22)2=16，由a20，解得a2=6.当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，将a1=2，a2=6代入，整理得(a32)2=64，由a30，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=4n2.下面用数学归纳法证明an的通项公式是an=4n2，(nN*）.当n=1时，因为412=2，又在(1)

8、中已求出a1=2，所以上述结论成立.假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k2，由题意，有，将ak=4k2.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+124ak+1+416k2=0，由ak+10，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，上述结论对所有的自然数nN*成立.解法二：由题意知，(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

9、+an）(an+1an4)=0，由题意知an+1+an0，an+1an=4，即数列an为等差数列，其中a1=2，公差d=4.an=a1+(n1)d=2+4(n1)，即通项公式为an=4n2.解法三：由已知得,(nN*)，所以有，由式得，整理得Sn+12+2Sn=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= +(n1) =n,Sn=2n2，故an=即an=4n2(nN*).(3)令cn=bn1，则cn=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

10、和c=2(r1+r2+rn)= a2，面积之和S=(n2+r22+rn2)=a2答案：周长之和a，面积之和a2二、3.解：(1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，(2)Tn=2n+n1.(3)TnSn=2nn21，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2S2；n=3时，T3S3;n=4时，T4S4；n=5时，T5S5；n=6时T6S6.猜想当n5时，TnSn，即2nn2+1可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由an+2=2an+1anan+2an+1=an+1an可知an成等差数列，d=2,an=102n.(2)由an=102n0可得n5，当n5时，Sn=n2+9n，当n5时，

11、Sn=n29n+40，故Sn=(3)bn=；要使Tn总成立，需T1=成立，即m8且mZ，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，Sn=(m+1)man,由，得an+1=manman+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立.m为常数，且m1，即为等比数列.(2)当n=1时，a1=m+1ma1，a1=1，从而b1=.由(1)知q=f(m)=，bn=f(bn1)= (nN*,且n2)，即，为等差数列.=3+(n1)=n+2，(nN*).6.解：(1)设数列bn的公差为d，由题意得：解得b1=1,d=3,bn=3n2.(2)由bn=3n2,知Sn=

12、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+)若式成立，则由对数函数性质可判定：当a1时，Snlogabn+1，当0a1时，Snlogabn+1，下面用数学归纳法证明式.()当n=1时，已验证式成立.()假设当n=k时(k1），式成立，即：.那么当n=k+1时，这就是说式当n=k+1时也成立.由(）(）可知式对任何正整数n都成立.由此证得：当a1时

13、，Snlogabn+1；当0a1时，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(2t+3)Sn2=3t得3tan(2t+3)an1=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()=+bn1.可见bn是一个首项为1，公差为的等差数列.于是bn=1+(n1)=;(3)由bn=,可知b2n1和b2n是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b2n=,b1b2b2b3+b3b4b4b5+b2n1b2nb2nb2n+1=b2(b1b3)+b4(b3b5)+b2n(b2n1b2n+1)= (b2+b4+b2n)=n(+)= (2n2+3n)本资料来源于七彩教育网