高考数学难点突破数列的通项与求和文档格式.docx
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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,
∴=q2,由q∈R,且q≠1,得q=-2,
∴bn=b·
qn-1=4·
(-2)n-1
(2)令=dn,则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),
∴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.
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.
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.
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.
(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.
(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·
(-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.最基本形式是:
an=(an-an-1+(an-1+an-2)+…+(a2-a1)+a1.
③归纳、猜想法.
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,要视具体情形选用合适方法.
●歼灭难点训练
一、填空题
1.(★★★★★)设zn=()n,(n∈N*),记Sn=|z2-z1|+|z3-z2|+…+|zn+1-zn|,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*).
(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn;
(3)设bn=(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>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=a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).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a>0且a≠1),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)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,4…).
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,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∈N*成立.
解法二:
由题意知,(n∈N*).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:
由已知得,(n∈N*)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∈N*).
(3)令cn=bn-1,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,
∴这些圆的周长之和c=2π(r1+r2+…+rn)=a2,
面积之和S=π(n2+r22+…+rn2)=a2
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.猜想当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)由已知Sn+1=(m+1)-man+1①,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=
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- 高考 数学 难点 突破 数列 求和