巴比馒头店转转让58让:难点13 数列的通项与求和
来源:百度文库 编辑:偶看新闻 时间:2024/05/02 01:44:20
难点13 数列的通项与求和
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.
●难点磁场
(★★★★★)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=
●案例探究
[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),
(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
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.属★★★★★级题目.
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,
∴
∴bn=b·qn-1=4·(-2)n-1
(2)令
∴dn=an+1-an=2,
∴
∴
[例2]设An为数列{an}的前n项和,An=
(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: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=
∴an+1-an=
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n=3·[42n+C
∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4-1)2n=42n+C
∴32n
(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=
12+22+…+n2=
13+23+…+n3=(1+2+…+n)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=(
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*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn;
(3)设bn=
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=
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+
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(
(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
∴
(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
解法二:由题意知
解法三:由已知得
故an=
(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=
∴这些圆的周长之和c=
面积之和S=
答案:周长之和
二、3.解:(1)可解得
(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-an
d=
(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=
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
∴
(2)当n=1时,a1=m+1-ma1,∴a1=1,从而b1=
由(1)知q=f(m)=
∴
6.解:(1)设数列{bn}的公差为d,由题意得:
∴bn=3n-2.
(2)由bn=3n-2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+
=loga[(1+1)(1+
因此要比较Sn与
取n=1时,有(1+1)>
取n=2时,有(1+1)(1+
由此推测(1+1)(1+
若①式成立,则由对数函数性质可判定:
当a>1时,Sn>
当0<a<1时,Sn<
下面用数学归纳法证明①式.
(ⅰ)当n=1时,已验证①式成立.
(ⅱ)假设当n=k时(k≥1),①式成立,即:
这就是说①式当n=k+1时也成立.
由(ⅰ)(ⅱ)可知①式对任何正整数n都成立.
由此证得:
当a>1时,Sn>
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.
∴
(2)由f(t)=
可见{bn}是一个首项为1,公差为
于是bn=1+
(3)由bn=
∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1
=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1)
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