难点13 数列的通项与求和

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.

●难点磁场

(2){d n ∴b n =b ·q n －

1=4·(－2)n －

1

(2)令

n

n

b c =d n ，则d 1+d 2+…+d n =a n +1,(n ∈N *), ∴d n =a n +1－a n =2, ∴

n n b c =2,即c n =2·b n =8·(－2)n －

1；∴S n =3

8［1－(－2)n ］.

∴

2lim ,1)2

1(2

)21

()2(1)

2(12122221

2212-=--+-=----=+∞→++n n n n n n

n n n S S

S S

［例2］设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =

2

3

(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

T n =为8

9

)(lim ,

3)(,4

3

3811389)

19(8

844424=∴=+?-?=--=-=∴∞→n n n n n n n n r n a T a D B T ●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{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

项.→n na n (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 ;

(3)设b n =

)

12(1

n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有

T n ＞

32

m

成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由. 5.(★★★★★)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n .对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m ＜－1.

(1)求证：{a n }是等比数列；

(2)设数列{a n }的公比q =f (m )，数列{b n }满足：b 1=3

1

a 1,

b n =f (b n －1)(n ≥2,n ∈N *).试问当m 为何值时，

)(3lim )lg (lim 13221n n

n n n b b b b b b a b -→+++=? 成立？

与3

1

). ，由，

由n －2得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 =81(a n +2)2,由此得S n +1=8

1

(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.

解法三：由已知得

n n S a 222=+,(n ∈N *)①，所以有1122

2

++=+n n S a ②，由②式得1122

2

++=+-n n n S S S ，整理得S n +1－22·1+n S +2－S n =0，解得n n S S ±=+21，由于数列{a n }为

正项数列，而2,211>+∴=+n n S S S ，因而n n S S +=+21，即{S n }是以21=S 为首项，以2为公差的等差数列.所以n S = 2+(n －1) 2=2n ,S n =2n 2，

列{2∴这些圆的周长之和c =lim ∞

→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=

2

33π a 2

， 面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=

9

πa 2

答案：周长之和233πa ，面积之和9

π

a 2

二、3.解：(1）可解得

1

1+=

+n n

a a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1.

(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6.猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1

可用数学归纳法证明(略）.

4.解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ?a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }成等差数列，

S n =32

m

＜(m 910

,101,11lg 1)2

1

1151414131(3lim )(3lim ,

1

lg ]1lg 21[lim )lg (lim ,)1(

132211-

=∴=+∴=+=+-+++-+-=++++=++-=?∴+=∞→-∞→∞→∞→-m m m m m n n b b b b b b m m m m n n a b m m a n n n n n n n n n n 由题意知而

6.解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得：??

?

??=-+=1452)

110(1010111d b b 解得b 1=1,d =3, ∴b n =3n －2.

(2)由b n =3n －2,知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+2

31-n ) =log a ［(1+1)(1+

1)…(1+1)］，1

log a b n +1=log a 313+n . 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，S n ＞31log a b n +1；当0＜a ＜1时，S n ＜3

1

log a b n +1 . 7.解：(1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .

∴a 2=

t

t a a t t 33

2,33212+=

+.

又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ， ① 3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t

②

①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴

t t a a n n 3321+=

-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为t

t 33

2+的等比数列； (2)由f (t )=

t t 332+=t

132+,得b n =f (11-n b )=32

+b n －1 .

,