2020高考数学数列的通项与求和

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)

a1a(3)令bn=(n1n)(n∈Nx)，求lim (b1+b2+b3+…+bn－n).

2anan1n●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∈Nx，都有

cc1c1n=an+1成立，求b1b2cnn

lim

S2n1. S2n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，

b3(q2)22

∴=q，由q∈R，且q≠1，得q=－2， b1q2∴bn=b·qn1=4·(－2)n1 (2)令

－

－

cn=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈Nx), bn∴dn=an+1－an=2, ∴

cn8－

=2,即cn=2·bn=8·(－2)n1；∴Sn=［1－(－2)n］. bn3∴

S2n11(2)S2n1(2)2n2n11()2n2S2,lim2n12

1nS2n()2n12［例2］设An为数列{an}的前n项和，An=

3 (an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3; 2(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

n

Tn. (an)4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=

33(an－1)，可知An+1=(an+1－1)， 22a33 (an+1－an)，即n1=3，而a1=A1= (a1－1)，得a1=3，所以数列是以3

an22为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n.

n12n12n

(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C1(－1)+…+C22n·4·(－1)+(－1)］2n·4

－

=4n+3，

n1∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4－1)2n=42n+C142n1·(－1)+…+C24·(－1)+(－1)2n=(4k+1)， 2n·2n·

－

∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.

32n13(3)由3=4·r+3，可知r=，

4r(74r3)32n1332n172727n∴Br=r(2r5),Dn(19n)(91)，

2421982n+1

92n1432n12127nTnBrDn(91)889113 34n32n,(an)434n,884T9limn4n(an)8●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.

S1,n12.数列{an}前n 项和Sn与通项an的关系式：an=

SS,n2n1n3.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

1n(n+1) 2112+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)

6113+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2

4②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：

1+2+…+n=

1111,nn!(n1)!n!,ctgαctg2α,n(n1)nn1sin2

1111r1rCnCnCn,等n(n1)!n!(n1)!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=(则limSn=_________.

n

1in

)，(n∈Nx)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，22.(★★★★★)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∈Nx都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－

－

nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n1+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∈Nx). (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;

(3)设bn=

1(n∈Nx),Tn=b1+b2+……+bn(n∈Nx),是否存在最大的整数m，使得对

n(12an)m成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由. 325.(★★★★★)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；

1(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∈Nx).试问当m

3任意n∈Nx均有Tn＞

为何值时，lim(bnlgan)lim3(b1b2b2b3bn1bn)成立？

nn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+

1)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，bn1logabn+1的大小，并证明你的结论. 37.(★★★★★)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；

试比较Sn与

(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f(通项bn；

(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.

参考答案

难点磁场

1bn1)(n=2,3,4…)，求数列{bn}的

a122S1，S1=a1， 2a2a2∴12a1，解得a1=2.当n=2时，有22S2，S2=a1+a2，将a1=2代入，

22a2整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.当n=3时，有3S3=a1+a2+a3，将a1=2，2S3，

2解析：(1)由题意，当n=1时，有

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∈Nx）.

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2.代入上式，解得2k=2Sk，得Sk=2k2，由题意，有Sk=2k2代入得(

ak22Sk，将ak=4k－2ak122Sk1，Sk+1=Sk+ak+1，将2ak122

)=2(ak+1+2k2)，整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得2ak+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∈Nx成立.

a211解法二：由题意知n(n∈Nx).整理得，Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2，2Sn，

2881∴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

8≠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.

a2a2解法三：由已知得n2Sn,(n∈Nx)①，所以有n12Sn1②，由②式得

22Sn1Sn22Sn1，整理得Sn+1－22·Sn1+2－Sn=0，解得Sn12Sn，由

2于数列{an}为正项数列，而S12,Sn1Sn2，因而Sn12Sn，即{Sn}是以

S12为首项，以

2为公差的等差数列.所以

Sn=

2+(n－1)

2=2n,Sn=2n2，

2,(n1)故an=即an=4n－2(n∈Nx).

SnSn14n2,(n2)a1a(3)令cn=bn－1，则cn=(n1n2)

2anan112n12n111[(1)(1)],22n12n12n12n1b1b2bnnc1c2cn 111111(1)()()1,3352n12n12n11lim(b1b2bnn)lim(1)1.nn2n1歼灭难点训练

1in11in2一、1.解析:设cn|zn1zn||()()|()n1,

222122[1()n]1()n22 Snc1c2cn222212limSnn1222221 22答案：1+

2 22.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=

a2n1，正三角形的内

切圆构成等比数列{rn}，可得rn=

31a,

62n1∴这些圆的周长之和c=lim2π(r1+r2+…+rn)=

n

332

a， 2面积之和S=limπ(n2+r22+…+rn2)=

n2a 9答案：周长之和

33πa，面积之和a2 29an1n，从而an=2n，有Sn=n2+n， ann1二、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an+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，

a4a1=－2,∴an=10－2n. 41(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，

d=

2n9n 1n5故Sn=

2n9n40 n5(3)bn=

11111()

n(12an)n(2n2)2nn1111111nmTnb1b2bn[(1)()()]；要使Tn＞

2223nn12(n1)321m＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.

4325.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

总成立，需

∴

an1am，即{n}为等比数列. anm1an1(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=由(1)知q=f(m)=

1. 3bm，∴bn=f(bn－1)=n1 (n∈Nx,且n≥2)

bn11m1∴

111111，即11，∴{}为等差数列.∴=3+(n－1)=n+2，

bnbn1bnbn1bnbnbn1(n∈Nx). n2mn1n1mm),lim(bnlgan)lim[lg]lg,nnn2m1m1m1111111而lim3(b1b2b2b3bn1bn)lim3()1 nn3445n1n2mm10由题意知lg1,10,mm1m19an(b116.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得：解得b1=1,d=3, 10(101)10b1d1452∴bn=3n－2.

(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+=loga［(1+1)(1+

11)+…+loga(1+) 43n2111)…(1+)］，logabn+1=loga33n1. 43n23111因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+)…(1+)与33n1的大

343n2小，

取n=1时，有(1+1)＞3311

1)＞3321… 411 由此推测(1+1)(1+)…(1+)＞33n1

43n2若①式成立，则由对数函数性质可判定：

1当a＞1时，Sn＞logabn+1，

31当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，

3下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.

取n=2时，有(1+1)(1+

①

② ③

(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：

11(11)(1)(1)33k1.那么当n=k+1时，

43k2311113k13(11)(1)(1)(1)3k1(1)(3k2).43k23(k1)23k13k13k1(3k2)2(3k4)(3k1)2233[(3k2)][3k4]3k1(3k1)2339k43k10,(3k2)33k433(k1)123k1(3k1)111因而(11)(1)(1)(1)33(k1)143k23k1

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：

11logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1337.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.

当a＞1时，Sn＞∴a2=

.

2t3a22t3. ,3ta13t

① ②

又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， 3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ①－②得3tan－(2t+3)an－1=0. ∴

an2t32t3,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列； an13t3t122t321=,得bn=f()=+bn－1

bn133t3t.

(2)由f(t)=

可见{bn}是一个首项为1，公差为于是bn=1+

2的等差数列. 322n1(n－1)=; 33542n1(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于

3334n1是b2n=,

3∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1 =b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)

44154n14=－ (b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－ (2n2+3n)

332393