高中数学数列的通项公式与求和的常用方法复习

数列的通项公式与求和的常用方法高考要求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重难点归纳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=2,1,11nSSnSnn3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an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1③归纳、猜想法4数列前n项和常用求法①重要公式1+2+…+n=21n(n+1)12+22+…+n2=61n(n+1)(2n+1)13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=41n2(n+1)2②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn③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1111,!(1)!!,ctgctg2,(1)1sin2nnnnααnnnn11111CCC,(1)!!(1)!nrrnnnnnn等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典型题例示范讲解例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(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)，[来源:高&考%资(源#网wxcKS5U.COM](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∈N*，都有nnccbcbc2111=an+1成立，求limnnnSS212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{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{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，∴2213)2(qqbb=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，222224!lim3444lim2!!xxbbacnbbacbacarnr∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1(2)令nnbc=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),∴dn=an+1－an=2,∴nnbc=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=38［1－(－2)n］∴2lim,1)21(2)21()2(1)2(121222212212nnnnnnnnnSSSS例2设An为数列{an}的前n项和，An=23(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limn4)(nnaT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an是本题的先决；(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则是最基本的知识点错解分析待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；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=23(an－1)，可知An+1=23(an+1－1)，∴an+1－an=23(an+1－an)，即nnaa1=3，而a1=A1=23(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+C12n·42n－1(－1)+…+C122nn·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，∴32n+1∈{bn}而数32n=(4－1)2n=42n+C12n·42n－1·(－1)+…+C122nn·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=43312n，∴Br=)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212nnnnnDrrrr，89)(lim,3)(,433811389)19(827821349444241212nnnnnnnnnnnrnaTaDBT例3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)(3)令bn=)(2111nnnnaaaa(n∈N*)，求limn(b1+b2+b3+…+bn－n)解析(1)由题意，当n=1时，有11222Sa，S1=a1，∴11222aa，解得a1=2当n=2时，有22222Sa，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33222Sa，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{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∈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ak=4k－2，由题意，有kkSa222，将ak=4k－2代入上式，解得2k=kS2，得Sk=2k2，由题意，有11222kkSa，Sk+1=Sk+ak+1，将Sk=2k2代入得(221ka)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∈N*成立解法二由题意知nnSa222，(n∈N*)整理得，Sn=81(an+2)2,由此得Sn+1=81(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=81［(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[来源:高&考%资(源#网wxc]解法三由已知得nnSa222,(n∈N*)①，所以有11222nnSa②，由②式得11222nnnSSS，整理得Sn+1－22·1nS+2－Sn=0，解得nnSS21，由于数列{an}为正项数列，而2,211nnSSS，因而nnSS21，即{Sn}是以21S为首项，以2为公差的等差数列所以nS=2+(n－1)2=2n,Sn=2n2，故an=)2(,24)1(,21nnSSnnn即an=4n－2(n∈N*)(3)令cn=bn－1，则cn=)2(2111nnnnaaaa1212111[(1)(1)],221212121nnnnnn1212nnbbbnccc111111(1)()()1,335212121nnn121()(1)1.limlim21nnnbbbnn学生巩固练习1设zn=(21i)n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则limnSn=_________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_________3数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*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+1－an,(n∈N*)(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;(3)设bn=)12(1nan(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞32m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=31a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*)试问当m为何值时，)(3lim)lg(lim13221nnnnnnbbbbbbab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+nb1)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与31logabn+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(11nb)(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,)22(|)21()21(|||:.1111nnnnnniizzc设解析22)22(1221])22(1[2121nnnncccS22122222