2023年数列的通项公式的求法和求和.doc

数列的通项与求和 ●案例探究 ［例1］数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，假设函数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{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一切n∈Nx，都有=an+1成立，求. 命题意图：此题主要考查等差、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：此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{an}的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口. 错解分析：此题两问环环相扣，(1)问是根底，但解方程求根本量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：此题(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{dn}，运用和与通项的关系求出dn，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，∴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 (2)令=dn，那么d1+d2+…+dn=an+1,(n∈Nx), ∴dn=an+1－an=2, ∴=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=［1－(－2)n］. ∴ ［例2］设An为数列{an}的前n项和，An= (an－1)，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为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求. 命题意图：此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an是此题的先决；(2)问中探寻{an}与{bn}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那么是最根本的知识点. 错解分析：待证通项dn=32n+1与an的共同点易被无视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn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Br，问题便可迎刃而解. 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，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式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}.而数32n=(4－1)2n=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)， ∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1. (3)由32n+1=4·r+3，可知r=， ∴Br=， ●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 ①作新数列法.作等差数列与等比数列. ②累差叠加法.最根本形式是：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1. ③归纳、猜测法. 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Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn. ③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： 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，要视具体情形选用适宜方法. ●歼灭难点训练 一、填空题 1.(★★★★★)设zn=()n，(n∈Nx)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，那么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n∈Nx都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－ nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+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)猜测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+1－an,(n∈Nx). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn; (3)设bn=(n∈Nx),Tn=b1+b2+……+bn(n∈Nx),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈Nx均有Tn＞成立？假设存在，求出m的值；假设不存在，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m＜－1. (1)求证：{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(bn－1)(n≥2,n∈Nx).试问当m为何值时，成立？ 6.(★★★★★)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a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比拟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)Sn－1=3t(t＞0,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()(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn； (3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+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(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〕猜测数列{an}.有通项公式an=4n－2.下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，(n∈Nx〕. 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ak=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2.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+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∈Nx成立. 解法二：由题意知，(n∈Nx).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，由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2. 解法三：由得,(n∈Nx)①，所以有②，由②式得，整理得Sn+1－2·+2－Sn=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= +(n－1) =n,Sn=2n2， 故an=即an=4n－2(n∈Nx). (3)令cn=bn－1，那么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, ∴这些圆的周长之和c=2π(r1+r2+…+rn)= a2， 面积之和S=π(n2+r22+…+rn2)=a2 答案：周长之和πa，面积之和a2 二、3.解：(1〕可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n， (2)Tn=2n+n－1. (3)Tn－Sn=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.猜测当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1 可用数学归纳法证明(略〕. 4.解：(1〕由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列， d==－2,∴an=10－2n. (2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故Sn= (3)bn= ；要使Tn＞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Sn+1=(m+1)－man+1①，Sn=(m+1)－man②,由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man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)=，∴bn=f(bn－1)= (n∈Nx,且n≥2) ∴，即，∴{}为等差数列.∴=3+(n－1)=n+2， (n∈Nx). 6.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得：解得b1=1,d=3, ∴bn=3n－2. (2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+) =loga［(1+1)(1+)…(1+)］，logabn+1=loga. 因此要比拟Sn与logabn+1的大小，可先比拟(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 假设①式成立，那么由对数函数性质可判定： 当a＞1时，Sn＞logabn+1， ② 当0＜a＜1时，S