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1、2022年高考數(shù)學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn)講解 數(shù)列的通項(xiàng)與求和教案 舊人教版 數(shù)列是函數(shù)概念的繼續(xù)和延伸，數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式都可以看作項(xiàng)數(shù)n的函數(shù)，是函數(shù)思想在數(shù)列中的應(yīng)用.數(shù)列以通項(xiàng)為綱，數(shù)列的問題，最終歸結(jié)為對(duì)數(shù)列通項(xiàng)的研究，而數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn可視為數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)。通項(xiàng)及求和是數(shù)列中最基本也是最重要的問題之一，與數(shù)列極限及數(shù)學(xué)歸納法有著密切的聯(lián)系，是高考對(duì)數(shù)列問題考查中的熱點(diǎn)，本點(diǎn)的動(dòng)態(tài)函數(shù)觀點(diǎn)解決有關(guān)問題，為其提供行之有效的方法. ●難點(diǎn)磁場 (★★★★★)設(shè){an}是正數(shù)組成的數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，并且對(duì)于所有的自然數(shù)n，an與2的等差中項(xiàng)等于Sn與2的等比中項(xiàng). (1)寫

2、出數(shù)列{an}的前3項(xiàng). (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式(寫出推證過程) (3)令bn=(n∈N*)，求 (b1+b2+b3+…+bn－n). ●案例探究 ［例1］已知數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是公比為q的(q∈R且q≠1)的等比數(shù)列，若函數(shù)f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)， (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)一切n∈N*，都有=an+1成立，求. 命題意圖：本題主要考查等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式、數(shù)列的極限，以及運(yùn)算能力和綜合

3、分析問題的能力.屬★★★★★級(jí)題目. 知識(shí)依托：本題利用函數(shù)思想把題設(shè)條件轉(zhuǎn)化為方程問題非常明顯，而(2)中條件等式的左邊可視為某數(shù)列前n項(xiàng)和，實(shí)質(zhì)上是該數(shù)列前n項(xiàng)和與數(shù)列{an}的關(guān)系，借助通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系求解cn是該條件轉(zhuǎn)化的突破口. 錯(cuò)解分析：本題兩問環(huán)環(huán)相扣，(1)問是基礎(chǔ)，但解方程求基本量a1、b1、d、q，計(jì)算不準(zhǔn)易出錯(cuò)；(2)問中對(duì)條件的正確認(rèn)識(shí)和轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵. 技巧與方法：本題(1)問運(yùn)用函數(shù)思想轉(zhuǎn)化為方程問題，思路較為自然，(2)問“借雞生蛋”構(gòu)造新數(shù)列{dn}，運(yùn)用和與通項(xiàng)的關(guān)系求出dn，絲絲入扣. 解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)

4、=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，則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］設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，An= (an－1)，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=4n+3; (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)把數(shù)

5、列{an}與{bn}的公共項(xiàng)按從小到大的順序排成一個(gè)新的數(shù)列，證明：數(shù)列{dn}的通項(xiàng)公式為dn=32n+1; (3)設(shè)數(shù)列{dn}的第n項(xiàng)是數(shù)列{bn}中的第r項(xiàng)，Br為數(shù)列{bn}的前r項(xiàng)的和；Dn為數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和，Tn=Br－Dn，求. 命題意圖：本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式及其相互關(guān)系；集合的相關(guān)概念，數(shù)列極限，以及邏輯推理能力. 知識(shí)依托：利用項(xiàng)與和的關(guān)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(xiàng)式定理；而(3)問中利用求和公式求和則是最基本的知識(shí)點(diǎn). 錯(cuò)解分析：待證通項(xiàng)dn=32n+1與an的共同點(diǎn)易被忽視而寸步難行；注意不

6、到r與n的關(guān)系，使Tn中既含有n，又含有r，會(huì)使所求的極限模糊不清. 技巧與方法：(1)問中項(xiàng)與和的關(guān)系為常規(guī)方法，(2)問中把3拆解為4－1，再利用二項(xiàng)式定理，尋找數(shù)列通項(xiàng)在形式上相通之處堪稱妙筆；(3)問中挖掘出n與r的關(guān)系，正確表示Br，問題便可迎刃而解. 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，所以數(shù)列是以3為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=3n. (2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C·42n－1(－1)+…+

7、C·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3， ∴32n+1∈{bn}.而數(shù)32n=(4－1)2n=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)， ∴32n{bn}，而數(shù)列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1. (3)由32n+1=4·r+3，可知r=， ∴Br=， ●錦囊妙計(jì) 1.數(shù)列中數(shù)的有序性是數(shù)列定義的靈魂，要注意辨析數(shù)列中的項(xiàng)與數(shù)集中元素的異同.因此在研究數(shù)列問題時(shí)既要注意函數(shù)方法的普遍性，又要注意數(shù)列方法的特殊性. 2.數(shù)列{an}前n 項(xiàng)和Sn與通項(xiàng)an的關(guān)系式：an= 3.求通項(xiàng)常用方法 ①作新數(shù)列法

8、.作等差數(shù)列與等比數(shù)列. ②累差疊加法.最基本形式是：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1. ③歸納、猜想法. 4.數(shù)列前n項(xiàng)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等差數(shù)列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比數(shù)列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn. ③裂項(xiàng)求和：將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加時(shí)抵消中間的許多項(xiàng).應(yīng)掌握以下常見的裂項(xiàng)： ④錯(cuò)項(xiàng)相消法 ⑤并項(xiàng)求

9、和法 數(shù)列通項(xiàng)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(diǎn)訓(xùn)練 一、填空題 1.(★★★★★)設(shè)zn=()n，(n∈N*)，記Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，則Sn=_________. 2.(★★★★★)作邊長為a的正三角形的內(nèi)切圓，在這個(gè)圓內(nèi)作新的內(nèi)接正三角形，在新的正三角形內(nèi)再作內(nèi)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(shù)列{an}滿足a1=2，對(duì)于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－ nan+12=0，又知數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn=2

10、n－1+1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an及它的前n項(xiàng)和Sn； (2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn； (3)猜想Sn與Tn的大小關(guān)系，并說明理由. 4.(★★★★)數(shù)列{an}中，a1=8,a4=2且滿足an+2=2an+1－an,(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn; (3)設(shè)bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整數(shù)m，使得對(duì)任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由. 5.(★★★★★)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=(m+1)－ma

11、n.對(duì)任意正整數(shù)n都成立，其中m為常數(shù)，且m＜－1. (1)求證：{an}是等比數(shù)列； (2)設(shè)數(shù)列{an}的公比q=f(m)，數(shù)列{bn}滿足：b1=a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*).試問當(dāng)m為何值時(shí)，成立？ 6.(★★★★★)已知數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn； (2)設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1),記Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，試比較Sn與logabn+1的大小，并證明你的結(jié)論. 7.(★★★★★)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和Sn滿足關(guān)系式：3tSn

12、－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…). (1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列； (2)設(shè)數(shù)列{an}的公比為f(t)，作數(shù)列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn； (3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1. 參考答案 難點(diǎn)磁場 解析：(1)由題意，當(dāng)n=1時(shí)，有，S1=a1， ∴，解得a1=2.當(dāng)n=2時(shí)，有，S2=a1+a2，將a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.當(dāng)n=3時(shí)，有，S3=a1+a2+a3，將a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)

13、2=64，由a3＞0，解得a3=10.故該數(shù)列的前3項(xiàng)為2，6，10. (2）解法一：由(1）猜想數(shù)列{an}.有通項(xiàng)公式an=4n－2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項(xiàng)公式是an=4n－2，(n∈N*）. ①當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)?×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述結(jié)論成立. ②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即有ak=4k－2，由題意，有，將ak=4k－2.代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由題意，有，Sk+1=Sk+ak+1，將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a

14、k+1=2+4k=4(k+1)－2，即當(dāng)n=k+1時(shí)，上述結(jié)論成立.根據(jù)①②，上述結(jié)論對(duì)所有的自然數(shù)n∈N*成立. 解法二：由題意知，(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，由題意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通項(xiàng)公式為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

15、=0，解得，由于數(shù)列{an}為正項(xiàng)數(shù)列，而，因而，即{Sn}是以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列.所以= +(n－1) =n,Sn=2n2， 故an=即an=4n－2(n∈N*). (3)令cn=bn－1，則cn= 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 一、 答案：1+ 2.解析：由題意所有正三角形的邊長構(gòu)成等比數(shù)列{an}，可得an=，正三角形的內(nèi)切圓構(gòu)成等比數(shù)列{rn}，可得rn=a, ∴這些圓的周長之和c=2π(r1+r2+…+rn)= a2， 面積之和S=π(n2+r22+…+rn2)=a2 答案：周長之和πa，面積之和a2 二、3.解：(1）可解得，從而an=2n，有Sn=n2+

16、n， (2)Tn=2n+n－1. (3)Tn－Sn=2n－n2－1，驗(yàn)證可知，n=1時(shí)，T1=S1，n=2時(shí)T2＜S2；n=3時(shí)，T3＜S3;n=4時(shí)，T4＜S4；n=5時(shí)，T5＞S5；n=6時(shí)T6＞S6.猜想當(dāng)n≥5時(shí)，Tn＞Sn，即2n＞n2+1 可用數(shù)學(xué)歸納法證明(略）. 4.解：(1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差數(shù)列， d==－2,∴an=10－2n. (2)由an=10－2n≥0可得n≤5，當(dāng)n≤5時(shí)，Sn=－n2+9n，當(dāng)n＞5時(shí)，Sn=n2－9n+40，故Sn= (3)bn= ；要使Tn＞總成立，需＜T1=成立

17、，即m＜8且m∈Z，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①，Sn=(m+1)－man②,由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man對(duì)任意正整數(shù)n都成立. ∵m為常數(shù)，且m＜－1 ∴，即{}為等比數(shù)列. (2)當(dāng)n=1時(shí)，a1=m+1－ma1，∴a1=1，從而b1=. 由(1)知q=f(m)=，∴bn=f(bn－1)= (n∈N*,且n≥2) ∴，即，∴{}為等差數(shù)列.∴=3+(n－1)=n+2， (n∈N*). 6.解：(1)設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，由題意得：解得b1=1,d=3, ∴bn=3n

18、－2. (2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+) =loga［(1+1)(1+)…(1+)］，logabn+1=loga. 因此要比較Sn與logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+)…(1+)與的大小， 取n=1時(shí)，有(1+1)＞ 取n=2時(shí)，有(1+1)(1+)＞… 由此推測(1+1)(1+)…(1+)＞ ① 若①式成立，則由對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)可判定： 當(dāng)a＞1時(shí)，Sn＞logabn+1， ② 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，Sn＜logabn+1， ③ 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明①式.

19、 (ⅰ)當(dāng)n=1時(shí)，已驗(yàn)證①式成立. (ⅱ)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)(k≥1），①式成立，即： .那么當(dāng)n=k+1時(shí)， 這就是說①式當(dāng)n=k+1時(shí)也成立. 由(?。?ⅱ）可知①式對(duì)任何正整數(shù)n都成立. 由此證得： 當(dāng)a＞1時(shí)，Sn＞logabn+1；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，Sn＜logabn+1. 7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t. ∴a2=. 又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， ① 3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ② ①－②得3tan－(2t+3)an－1=0. ∴,n=2,3,4…,所以{an}是一個(gè)首項(xiàng)為1公比為的等比數(shù)列； (2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn－1. 可見{bn}是一個(gè)首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列. 于是bn=1+(n－1)=; (3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首項(xiàng)分別為1和，公差均為的等差數(shù)列，于是b2n=, ∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1) =－ (b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－ (2n2+3n)