《湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí) 數(shù)列的通項公式與求和的常用方法》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí) 數(shù)列的通項公式與求和的常用方法（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí)：數(shù)列的通項公式與求和的常 用方法高考要求 數(shù)列是函數(shù)概念的繼續(xù)和延伸，數(shù)列的通項公式及前n項和公式都可以看作項數(shù)n的函數(shù)，是函數(shù)思想在數(shù)列中的應(yīng)用 數(shù)列以通項為綱，數(shù)列的問題，最終歸結(jié)為對數(shù)列通項的研究，而數(shù)列的前n項和Sn可視為數(shù)列{Sn}的通項 通項及求和是數(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，是高考對數(shù)列問題考查中的熱點，本點的動態(tài)函數(shù)觀點解決有關(guān)問題，為其提供行之有效的方法 重難點歸納 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)列中的項與數(shù)集中元素的異同 因此在研究

2、數(shù)列問題時既要注意函數(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 項和Sn與通項an的關(guān)系式 an= 3 求通項常用方法 ①作新數(shù)列法 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

3、比數(shù)列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn ③裂項求和 將數(shù)列的通項分成兩個式子的代數(shù)和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加時抵消中間的許多項 應(yīng)掌握以下常見的裂項 ④錯項相消法 ⑤并項求和法 數(shù)列通項與和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法 典型題例示范講解 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)，求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式； 解 ∵a1=f(d－1)

4、=(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 例2設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項和，An= (an－1)，數(shù)列{bn}的通項公式為bn=4n+3; (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)把數(shù)列{an}與{bn}的公共項按從小到大的順序排成一個新的數(shù)列，證明 數(shù)列{dn}的通項公式為dn=32n+1; (3)設(shè)數(shù)列{dn}的第n項是數(shù)列{bn}中的

5、第r項，Br為數(shù)列{bn}的前r項的和；Dn為數(shù)列{dn}的前n項和，Tn=Br－Dn，求 命題意圖 本題考查數(shù)列的通項公式及前n項和公式及其相互關(guān)系；集合的相關(guān)概念，數(shù)列極限，以及邏輯推理能力 知識依托 利用項與和的關(guān)系求an是本題的先決；(2)問中探尋{an}與{bn}的相通之處，須借助于二項式定理；而(3)問中利用求和公式求和則是最基本的知識點 錯解分析 待證通項dn=32n+1與an的共同點易被忽視而寸步難行；注意不到r與n的關(guān)系，使Tn中既含有n，又含有r，會使所求的極限模糊不清 技巧與方法 (1)問中項與和的關(guān)系為常規(guī)方法，(2)問中把3拆解為4－1

6、，再利用二項式定理，尋找數(shù)列通項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，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{an}的通項公式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} 而數(shù)32n=(4－1)2n =42n+C·42n－1·(－

7、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=， 例3　設(shè){an}是正數(shù)組成的數(shù)列，其前n項和為Sn，并且對于所有的自然數(shù)n，an與2的等差中項等于Sn與2的等比中項 (1)寫出數(shù)列{an}的前3項 (2)求數(shù)列{an}的通項公式(寫出推證過程) 解析 (1)由題意，當(dāng)n=1時，有，S1=a1， ∴，解得a1=2 當(dāng)n=2時，有，S2=a1+a2，將a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6

8、 當(dāng)n=3時，有，S3=a1+a2+a3， 將a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3=10 故該數(shù)列的前3項為2，6，10 (2）解法一 由(1）猜想數(shù)列{an} 有通項公式an=4n－2 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項公式是an=4n－2，(n∈N*） ①當(dāng)n=1時，因為4×1－2=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，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(

9、)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，即當(dāng)n=k+1時，上述結(jié)論成立 根據(jù)①②，上述結(jié)論對所有的自然數(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

10、=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通項公式為an=4n－2 學(xué)生鞏固練習(xí) 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_________ 3 數(shù)列{an}滿足a1=2，對于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知數(shù)列{bn}的通項為bn=2n－1+1 (1)求數(shù)列{an}的通項an及它的

11、前n項和Sn； (2)求數(shù)列{bn}的前n項和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 參考答案 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

12、}，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 3 解 (1）可解得，從而an=2n，有Sn=n2+n， (2)Tn=2n+n－1 (3)Tn－Sn=2n－n2－1，驗證可知，n=1時，T1=S1，n=2時T2＜S2；n=3時，T3＜S3;n=4時，T4＜S4；n=5時，T5＞S5；n=6時T6＞S6 猜想當(dāng)n≥5時，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，Sn=－n2+9n， 當(dāng)n＞5時，Sn=n2－9n+40，故Sn= (3)bn= ；要使Tn＞總成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故適合條件的m的最大值為7