高三数学第二轮专题讲座复习：数列的通项公式与求和的常用方法
高三数学第二轮专题讲座复习：数列的通项公式与求和的常用方
法 高考要求 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S n 可视为数列{S n }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
重难点归纳
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{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式 a n =???≥-=-2,1,11n S S n S n n
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
a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1
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 =21n (n +1) 12+22+…+n 2=6
1n (n +1)(2n +1) 13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=4
1n 2(n +1)2 ②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n
③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =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 等)!
1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=?+-=++-n n n ααn n n n n n n n r n r n n n α 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
典型题例示范讲解
例1已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }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a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，求数列{a n }和{b n }的通项公式；
解 ∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，
∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，
∴22
13)2(q
q b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1
例2设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23 (a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明 数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;
(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim ∞→n 4)
(n n a T 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a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }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d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 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B r ，问题便可迎刃而解 解 (1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=2
3(a n +1－1)， ∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=2
3 (a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n
(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·42n －
1(－1)+…+C 12
2-n n ·4·(－1)+(－1)2n ］=4n +3，∴32n +1∈{b n }
而数32n =(4－1)2n
=42n +C 12n ·42n －
1·(－1)+…+C 12
2-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)， ∴32n ?{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1
(3)由32n +1
=4·r +3，可知r =4
3312-+n ， ∴B r =)19(8
27)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-?-=+?-=+=++++n n n n n D r r r r ， 89)(lim ,3)(,4
33811389)19(8
27821349444241212=∴=+?-?=---?+=-=∴∞→++n n
n n n n n n n n n r n a T a D B T 例3 设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项
(1)写出数列{a n }的前3项
(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程) 解析 (1)由题意，当n =1时，有11222S a =+，S 1=a 1， ∴11222a a =+，解得a 1=2 当n =2时，有2222
2S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6
当n =3时，有3322
2S a =+，S 3=a 1+a 2+a 3， 将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10
故该数列的前3项为2，6，10
(2）解法一 由(1）猜想数列{a n } 有通项公式a n =4n －2
下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N *）
①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立
②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 22
2=+，将a k =4k －2 代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有1122
2++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1， 将S k =2k 2代入得(2
21++k a )2=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +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 S a 222=+，(n ∈N *) 整理得，S n =8
1(a n +2)2, 由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =8
1［(a n +1+2)2－(a n +2)2］ 整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，由题意知a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4，
即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4
∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2
学生巩固练习
1 设z n =(21i -)n ，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________
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_________
3 数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又
知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1
(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ；
(2)求数列{b n }的前n 项和T n ；
(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由
4 数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *)
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ;